2024年中考数学复习（全国版）重难点11 四边形压轴综合（17种题型）（解析版）

重难点突破11四边形压轴综合（17种题型）目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题题型02利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题题型03利用特殊四边的性质与判定解决规律探究题型04根据图象运动判断函数关系题型05四边形中的动点问题题型06四边形折叠与旋转中的角度问题题型07四边形折叠与旋转中的线段长度问题题型08四边形折叠与旋转中的坐标问题题型09四边形折叠与旋转中的周长和面积问题题型10四边形折叠与旋转中的最值问题题型11四边形中的线段最值问题题型12探究四边形中线段存在的数量关系题型13探究四边形中线段存在的位置关系题型14探究四边形与反比例函数综合运用题型15探究四边形与二次函数综合运用题型16探究四边形与三角形综合运用题型17探究四边形与圆综合运用题型01利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题1．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（

）①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCDA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证△CAM≌△DAN(ASA)，AM=②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2−EN2=④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，∴∠MAC=∠DAN，在△CAM与△DAN中∠CAM=∠DAN∴△CAM∴AM=AN，即△AMN为等边三角形，故①正确；∵AC⊥BD，当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，∵AB=2,BM=1∴AM=即MN=3故②正确；当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，∴MN∥∴AC⊥MN，在△CMN中，CE=C∴S△CMN而菱形ABCD的面积为：2×3∴18故③正确，当OM⊥BC时，∠BOC=∠OMC=90°∴△OCM∽△BCO∴OC∴O∴O故④正确；故选：D．【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．2．（2020·内蒙古·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，按以下步骤作图：（1）分别以点A,B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M,N两点（点M在AB的上方）；（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；（3）用圆规在射线OM上截取OE=OD．连接AD,AE,BE，过点O作OF⊥AC，垂足为F，交AD于点①CD=2GF；②BD2−CD2=AC2；③S△BOEA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到CD=2GF，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到AD2−CD2=AC2，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得S△AOD=2S【详解】由题意知：MN垂直平分AB，∴OA=OB，ED⊥AB，∵OD=OE，∴四边形ADBE是菱形，∵OF⊥AC，∠ACB=90°，∴OF∥BC，AF=CF，∴FG是△ACD的中位线，∴CD=2GF，故①正确；∵四边形ADBE是菱形，∴AD=BD，在Rt△ACD中，AD∴BD2−C∵FG是△ACD的中位线，∴点G是AD的中点，∴S△AOD∵S△AOD∴S△BOE=2S∵AC=6，∴AF=3，设OA=x，则OF=9-x，∵OA∴x2解得x=5，∴AB=10，∴BC=8，∵BD∴BD解得BD=254∴四边形ADBE的周长为254故选：D.【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.3．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2

【答案】②③④【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，MN=152，，利用S四边形MBND=12MN×BD判断【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，∴MP=PN，在点P移动过程中，不一定MP=PN，相矛盾，故①不正确；

延长ME交BC于点H,则ABHM为矩形，∴BD=∵ME⊥AD，MN⊥BD，∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°∴∠MDE=∠EMN，∴△MHN∽△DAB，∴MHAD即68解得：HN=9∴S故②正确；∵ME∥AB，∴△DME∽△DAB，∴MEAB∴ME=4，∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，∴△MPE∽△DAB，∴S△MPE∴S△MPE故③正确，BM+MN+ND=BM+ND+15即当MB+ND最小时，BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B把图1中的CD1向上平移到图2位置，使得CD=92，连接B1D1，即这时B1即BM+MN+ND的最小值是20，故④正确；故答案为：②③④

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．4．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为

【答案】②【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，∴BE+BF+EF=AB+BC，∴EF=AE+FC，①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，

∵四边形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正确；

如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，则∠DGE=∠DAE=90°，∵∠AED=∠GED，DE=DE，∴△AED≌△GED，同理可得△GDF≌△CDF，∴AD=DG=CD，∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，∴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∵MG=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不正确．故答案为：②．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．5．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，点A在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C①A(b,3b)

②当b=2③m=33

则所有正确结论的序号是．【答案】②③【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判断①错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=3b2，当b=2时，即可求出k的值，即可判断②正确；将点B(3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)，∴当x=0时，y=−2b，∴C(0,−2b)，∴OC=2b，∵四边形AOCB是菱形，∴OC=OA=AB=2b，∵A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D，∴AD=BD=b∴在Rt△AOD中，OD=O∴A(3b,b)，故∵A(3b,b)在双曲线∴b=k∴k=3当b=2时，k=43，故②∵OD=3∴B(3∵点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，∴3∴3∴m=33，故S四边形AOCB=AB⋅OD=2b⋅综上，正确结论的序号是②③，故答案为：②③．【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．6．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为22−2．其中所有正确结论的序号是【答案】①②④⑤【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．【详解】如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，∵四边形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正确；∴△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正确；如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，∴△ABP≅△CBN，∴∠BAP=∠BCN=45°，∵∠ACB=45°，∴∠NCK=90°，∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，∴PQ≠PA+CQ，故③错误；如图1，∵四边形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为等腰直角三角形，故④正确；如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，∴BD=2∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，∴△BAE≅△BHE(AAS)，∴BA=BH=2，∴DH=BD−BH=22−2，故故答案为：①②④⑤．【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．题型02利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题7．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形OABC中，点A0,2，点C2,0，则互异二次函数y=x−m2−m与正方形OABCA．4，-1 B．5−172，-1 C．4，0 D．【答案】D【分析】分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．【详解】解：由正方形的性质可知：B（2,2）；若二次函数y=x−m2−m当m≤0时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有m≤0m解得：−1≤m<0；当0<m≤1时，则当C点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有0<m≤12−m解得：0<m≤1；当1<m≤2时，则当O点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有1<m≤2m解得：1<m≤2；当m>2时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有m>2m解得：2<m≤5+综上可得：m的最大值和最小值分别是5+172，故选：D．【点睛】本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．8．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为22n+1−12n（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、BC上，展开，折痕为GK．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22n（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，则AG=2−x，在Rt△AEG,（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，22n故答案为：5−1（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=EB=1设DG=x，则AG=2−x根据折叠，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、BC上，展开，折痕为GK．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，则AG=4−x根据折叠，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当n=2时，2∴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=1−m，

设DG=x，则AG=1−x根据折叠，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=∴四边形AGHE的边长为1−x+x+1+m矩形GDCK的周长为2GD+DC∴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．9．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC=8,DE=10，求四边形EBCD的周长．【答案】(1)证明见解析(2)画图见解析(3)38−6【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论；（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD的格点D；②∠B=∠A=90，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，证明四边形ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，由新定义可得【详解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，∴∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，∵对角线BD平分∠ADC，∴∠ADB=∠CDB，∴∠CBD=∠CDB，∴CD=CB，∴四边形ABCD为邻等四边形．（2）解：D1，D2，（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∠ABC=90°，∴四边形ABCQ是矩形，∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥∵BE∥∴四边形ACBE为平行四边形，∴BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，∴AD=10−x，DQ=x−10−x由新定义可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2整理得：x2解得：x1=10−32∴CB=CD=10−32∴四边形EBCD的周长为10+8+210−3【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．10．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，P(a,b)是第一象限内一点，给出如下定义：k1=ab和k2(1)求点P(6,2)的“倾斜系数”k的值；(2)①若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，请写出a和b的数量关系，并说明理由；②若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，且a+b=3，求OP的长；(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：y=x运动，P(a,b)是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”k<3，请直接写出a【答案】(1)3(2)①a-2b或b=2a，②OP=5(3)a>3【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；（2）①由点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，由ab=2或b②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；（3）当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，此时，ba=3，则a+2a=3，求得a=3+1；当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，此时，ab=3，则aa−2=【详解】（1）解：由题意，得62=3，∵3>13∴点P(6,2)的“倾斜系数”k=3；（2）解：①a=2b或b=2a，∵点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，当ab=2时，则a=2b当ba=2时，则b=2a∴a=2b或b=2a；②∵P(a,b)的“倾斜系数”k=2，当ab=2时，则a=2∵a+b=3，∴2b+b=3，∴b=1，∴a=2，∴P(2，1)，∴OP=22当ba=2时，则b=2a∵a+b=3，∴a+2a=3，∴a=1，∴b=2，∴P(1，2)∴OP=12综上，OP=5；（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x轴于E，此时，ba=3则a+2a解得：a=3+1；∵k<3,则当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，此时，ab则aa−2解得：a=3+3，∵k<3,则a>3+综上，若P的“倾斜系数”k<3，则a>3【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，（3）问求临界值．11．（2020·湖南益阳·统考中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将ΔBCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，点B到直线AD的距离为BE．①求BE的长．②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为8【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形BEDF为“直等补”四边形；（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，∴∠F+∠BED=180°，∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，故满足“直等补”四边形的定义，∴四边形BEDF为“直等补”四边形；（2）∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE∴D、C、F共线，∴四边形EBFD是正方形，∴BE=FD，设BE=x，则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）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,则NP=NC，MT=MC,∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC，交BC延长线于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周长的最小值为82【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．题型03利用特殊四边的性质与判定解决规律探究12．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（）

A．（22）5 B．（22）6 C．（2）5 D．（2）6【答案】C【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为2；第2个正方形的边长为2，其对角线长为22；第3个正方形的边长为22，其对角线长为23；•••；第n个正方形的边长为2【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=2根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=2根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=2根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=2根据勾股定理得，第6个正方形的边长=2故选：C．【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的2倍关系是解题的关键．13．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形OAnBnCnDnEA．−3,−3 B．−3,−3 C．3,−【答案】A【分析】由于正六边形每次转45°，根据2022÷8=252⋅⋅⋅6，则D2022的坐标与D6的坐标相同，求得【详解】解：∵将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，∵45°×8=360°当n=2022时，2022÷8=252⋅⋅⋅6则D2022的坐标与D6则OD⊥O如图，过点D作DF⊥x于F，过点D6F6∵OE=DE=2，OD=OD∴△ODF≌△OD∴DF=D∵正六边形OABCDE的一个外角∠DEF=3606∴DF=sin∵∠DEO=180°−∠DEF=120°,DE=EO，∴∠DOF=30°，∴OF=DF∴D∴D∴D故选A．【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正六边形的性质，正多边形的外角和，内角和，求得D202214．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1【答案】3【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D∴∠B∵∠B∴∠DB∵B1A1∴DA1=∴B1∴tan∠O=∵菱形A1B1∴△A∴∠A1B∵∠A∴OA∴∠O=∠B∴tan∠设B2∵∠B∴HD∴B1∴52x+1∴B2∴A2同理可得：B3D2∴A3由上可得：AnBn∴S△故答案为36【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．题型04根据图象运动判断函数关系15．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，D2,3，P−1,−1．点M在菱形的边AD和DC上运动（不与点A，C重合），过点M作MN∥y轴，与菱形的另一边交于点N，连接PM，PN，设点M的横坐标为x，△PMN的面积为y，则下列图象能正确反映y

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】先根据菱形的性质求出各点坐标，分M的横坐标x在0∼1，1∼2，2∼3之间三个阶段，用含x的代数式表示出△PMN的底和高，进而求出分段函数的解析式，根据解析式判断图象即可．【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，∴AB=AD=2，OA=3∴OB=A∴OC=OB+BC=1+2=3，∴A0,3，B1,0设直线AB的解析式为y=kx+b，将A0,3，k+b=0b=解得k=−3∴直线AB的解析式为y=−3∵MN∥∴N的横坐标为x，（1）当M的横坐标x在0∼1之间时，点N在线段AB上，△PMN中MN上的高为1+x，∴Nx,−∴MN=3∴S△PMN∴该段图象为开口向上的抛物线；（2）当M的横坐标x在1∼2之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN=3，MN上的高为1+x∴S△PMN∴该段图象为直线；（3）当M的横坐标x在2∼3之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN上的高为1+x，由D2,3，C3,0可得直线CD∴Mx,−3x+3∴MN=−3∴S△PMN∴该段图象为开口向下的抛物线；观察四个选项可知，只有选项A满足条件，故选A．【点睛】本题考查动点问题的函数图象，涉及坐标与图形，菱形的性质，二次函数、一次函数的应用等知识点，解题的关键是分段求出函数解析式．16．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，AB=4，BC=43，垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，当直线MN与CD重合时停止运动，运动过程中MN分别交矩形的对角线AC,BD于点E，F，以EF为边在MN左侧作正方形EFGH，设正方形EFGH与△AOB重叠部分的面积为S，直线MN的运动时间为ts，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（

A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】求出MN在O点左侧时的两段图象，即可得出结论．【详解】解：当MN在O点左侧，即：t<2时：①当正方形EFGH的边GH在△AOB的外部时，重叠部分为矩形，如图：

设HE,FG分别交AB于点I,K，∵垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，∴IE=FK=3∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=43∴AC=A∴OA=OB=4=AB，∴△ABO为等边三角形，∴∠OAB=∠OBA=60°，∴AI=BK=IE÷tan∴IK=4−2t，∴S=IK⋅IE=3②当正方形EFGH的边GH在△AOB的内部时，与△AOB重叠部分即为正方形EFGH，如图：

由①可知：EF=IK=4−2t，∴S=4−2t当MN过点O时，即t=2时，E,F重合，此时，S=0；综上：满足题意的只有B选项，故选B．【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解．17．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点

A．5，5 B．6,245 【答案】C【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD=245，则可利用勾股定理求出AD=325；再证明四边形CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接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，∴四边形CMPN是矩形，∴MN=CP，∴当MN最小时，即CP最小，∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=AD=∴点E的坐标为325故选C．

【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．18．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为2cm的正方形，点E，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，连接OE,OF，点P从点E出发沿E−O−F运动，同时点Q从点B出发沿BC运动，两点运动速度均为1cm/s，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为ts，连接BP,PQ，△BPQ的面积为Scm2，下列图像能正确反映出S与tA． B． C． D．【答案】D【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD的边长为2，点O为正方形的中心，∴直线EO垂直BC，∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，∴S=12当1＜t≤2时，∵正方形ABCD的边长为2，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，∴直线OF∥BC，∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，∴S=12故选D．【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．19．（2021·湖南郴州·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°．点P从点A出发，沿路线A→B→C→D运动．设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列图象能反映y与x的函数关系的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角的直角三角形，根据含30°角直角三角形的性质可得AD边上的高h是AP的一半，即h=32x,再根据三角形面积公式列出面积表达式即可判断；当点P运动到B点时，过点B作BE⊥AD于点E，由题意易得AB=AD=BC=4,BE=23，当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变，当点P在CD上时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角的直角三角形，根据含30°角直角三角形的性质可得AD边上的高h是等于32DP【详解】解：当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，由30°角所对直角边等于斜边一半,可推导h=32所以y=1过点B作BE⊥AD于点E，如图所示：∵边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，∴AB=AD=BC=4，∴∠ABE=30°，∴AE=2，∴BE=23点P与点B重合时，△ADP的面积最大，最大为S△ADP当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变，当点P在CD上时，过点P作AD上的高记作h，根据含30°角直角三角形的性质，可得AD边上的高h是等于32DP，即h=所以y=1∴综上可得只有A选项符合题意；故选A．【点睛】本题主要考查函数图象及菱形的性质、勾股定理，熟练掌握函数图象及菱形的性质、勾股定理是解题的关键．题型05四边形中的动点问题20．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形ABCD中（顶点A,B,C,D按逆时针方向排列），AB=12,AD=10,∠B为锐角，且sinB=

(1)如图1，求AB边上的高CH的长．(2)P是边AB上的一动点，点C,D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'①如图2，当点C'落在射线CA上时，求BP②当△AC'D【答案】(1)8(2)①BP=347；②BP=6【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；（2）①先证明△PQC'≌△CHP②分三种情况讨论完成，第一种：C'为直角顶点；第二种：A为直角顶点；第三种，D【详解】（1）在▱ABCD中，BC=AD=10，在Rt△BCH中，CH=BCsin（2）①如图1，作CH⊥BA于点H，由（1）得，BH=BC2作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则

∴∠C∵∠∴∠PC由旋转知PC∴△PQC设BP=x，则PQ=CH=8,C∵C'∴C'∴△AQC∴C'QCH∴x=34∴BP=34②由旋转得△PCD≌△PC'D又因为AB∥CD，所以C'情况一：当以C'

∵C'∴C'落在线段BA∵PC⊥PC∴PC⊥AB，由（1）知，PC=8，∴BP=6．情况二：当以A为直角顶点时，如图3．

设C'D'与射线BA作CH⊥AB于点H．∵PC⊥PC∴∠CPH+∠TPC∵C'∴∠PC∴∠CPH=∠PC又∵∠CHP=∠PTC∴△CPH≌△PC∴C'设C'T=PH=t，则∴AT=PT−PA=2+t∵∠C∴△ATD∴ATT∴AT∴(2+t)2化简得t2解得t=2±2∴BP=BH+HP=8±2情况三：当以D'点P落在BA的延长线上，不符合题意．综上所述，BP=6或8±2【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．21．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形ABCD．AB=3，AD=5，点E在边BC上，且BE=2．动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连续PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（

(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为__________；(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE(3)当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．【答案】(1)13(2)2(3)见解析(4)0<t≤9−352或【分析】（1）证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE（2）证明△PBE∽△ECD，得出tan∠PQE=（3）过点P作PH⊥BC于点H，证明△PHE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出结论（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F,A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F,D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．【详解】（1）解：如图所示，连接BQ，

∵四边形ABCD是矩形∴∠BAQ=∠ABE=90°∵∠PEQ=90°，∴四边形ABEQ是矩形，当点P和点B重合时，∴QE=AB=3，BE=2在Rt△QBE中，BQ=故答案为：13．（2）如图所示，

∵∠PEQ=90°，∠PBE=∠ECD=90°，∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3∴△PBE∽△ECD，∴PEDE∵BE=2，CD=AB=3，∴tan∠PQE=（3）如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，

∵∠PEQ=90°，∠PHE=∠ECQ=90°，∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，则四边形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如图所示，当点P在BE上时，

∵QE=QF=3,AQ=BE=2，在Rt△AQF中，AF=则BF=3−5∵PE=t，则BP=2−t，PF=PE=t，在Rt△PBF中，P∴t解得：t=当t<9−352∴0<t≤9−3②当P点在AB上时，当F,A重合时符合题意，此时如图，

则PB=t−BE=t−2，PE=AP=AB−PB=3−t−2在Rt△PBE中，5−t2解得：t=17③当点P在AD上，当F,D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t=2+3+2=7

综上所述，0<t≤9−352或t=【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．22．（2023·山东济南·统考中考真题）在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在边BC上，将射线AE绕点A逆时针旋转90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG

(1)如图1，连接BD，求∠BDC的度数和DGBE(2)如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；(3)如图3，当EA=EC时，在平面内有一动点P，满足PE=EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．【答案】(1)∠BDC=60°，(2)3；(3)43【分析】（1）根据矩形的性质得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，进而根据正切函数得出tan∠BDC=BCDC=3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，（2）过点F作FM⊥CG于点M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，证明△ABE≌△GMF，进而得出tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，设DM=x（3）连接AC，先证明△AGC是等边三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，进而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，得出P【详解】（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：如答案图1，过点F作FM⊥CG于点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°，FM⊥CG，∴tan∠MDF=∴MF=3设DM=x，则BE=MF=3∴DG=GM+MD=2+x，∵DGBE∴2+x3解得x=1，∴BE=3（3）解：如答案图2，连接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是等边三角形，AG=AC=4，∴PE=EF=AG=4，将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP∴PA=P'C，∠PE∴PP∴当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=P

【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．23．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB

(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S【答案】(1)4(2)S=【分析】（1）连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，则BB'=26（2）等积法求得BE=23xx2+12，则QE=12x2【详解】（1）如图，连接BD、BQ，∵四边形ABCD为菱形，∴CB=CD=4，∠A=∠C=60°，∴△BDC为等边三角形．∵Q为CD中点，∴CQ=2，BQ⊥CD，∴BQ=23，QB⊥PB∵∠QPB=45°，∴△PBQ为等腰直角三角形，∴PB=23，PQ=2∵翻折，∴∠BPB'=90°∴BB'=2同理CQ=2，∴CC'=2∴S四边形（2）如图2，连接BQ、B'Q，延长PQ交CC∵PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°∴PQ=x∵S∴BE=BQ×PB∴QE=12∴S△QEB∵∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，∴△BEQ∼△QFC，∴S△QFC∴S△QFC∵S△BQC∴S=2S【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．24．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S

(1)求S关于x的函数解析式；(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．【答案】(1)S=−(2)当x=2时，S的最大值为2【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=3（2）根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，

∵顶点A的坐标为2,23∴OA=22+2∴cos∠AOG=∴∠AOG=60°∵四边形OABC是菱形，∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO=60°，∵DE⊥OB，∴DE∥∴∠EDO=∠ACO=60°∴△EOD是等边三角形，∴ED=OD=x∵DF∥OB，∴△CDF∽△COB，∴DF∵A2,23，AO=4，则B∴OB=∴DF∴DF=∴S=∴S=−（2）解：∵S=−∵−3∴当x=2时，S的值最大，最大值为23【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．25．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；(2)延长FA，交射线BE于点G；①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；②若AB=3+6，求△BGF【答案】(1)见解析(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA<BE<BG，推出点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，若点F是等腰三角形BGF的顶点，则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此时E与D重合，不合题意，于是得到只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，根据全等三角形的性质得到FG=CG，得到△BGF为等腰三角形，根据平行线的性质得到∠AHG=∠BCG，求得∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°，根据等腰三角形的性质得到∠GBC=∠GCB=②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=22x，根据直角三角形的性质得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，当当G，M，【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到BF=BC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=15°，∴∠CBE=75°，∵BC于BE对称的线段为BF，∴∠FBE=∠CBE=75°，∴∠ABF=∠FBE−∠ABE=60°，∴△ABF是等边三角形；（2）①∵BC于BE对称的线段为BF，∴BF=BC∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB，∴BF=BC=BA，∵E是边AD上一动点，∴BA<BE<BG，∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，若点F是等腰三角形BGF的顶点，则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，此时E与D重合，不合题意，∴只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，

∵BC=BF∴△CBG≌△FBG∴FG=CG，∴BG=CG，∴△BGF为等腰三角形，∵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面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，

设AB=2x，则AC=22∵∠AGC=90°，M是AC的中点，∴GM=1∴PG≤GM+MN=(2当G，M，N三点共线时，取等号，∴△BGF面积的最大值，△BGF的面积====如图3，设PG与AD交于Q，

则四边形ABPQ是矩形，∴AQ=PB=x，∴QM=MP=x,GM=2∴GQ=1∵QE+AE=AQ=x，∴AQAE∴AE=2(2−1)x【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．26．（2023·吉林·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC−CD向终点D匀速运动．连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA−AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0<x<4），四边形PQMN的面积为y（cm

(1)BP的长为__________cm，CM的长为_________cm．（用含x的代数式表示）(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．(3)当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．【答案】(1)4−x；x(2)y=(3)x=43【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出OM=OP,OQ=ON，可得四边形PQMN是平行四边形，证明△ANP≌△CQM即可；（2）分0<x≤2，2<x≤4两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解；（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．【详解】（1）解：依题意，AP=x×1=xcm，则PB=AB−AP=(4−x)cm∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥∵点O是正方形对角线AC的中点，∴OM=OP,OQ=ON，则四边形PQMN是平行四边形，∴MQ=PN，MQ∥∴∠PNQ=∠MQN，又AD∥∴∠ANQ=∠CQN，∴∠ANP=∠MQC，在△ANP,△CQM中，∠ANP=∠MQC∠NAP=∠QCM∴△ANP≌△CQM，∴MC=AP=x故答案为：4−x；x．（2）解：当0<x≤2时，点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，则y=A=16−=4x当2<x≤4时，如图所示，

则AP=x，AN=CQ=2x−CB=2x−4，PN=AP−AN=x−2x−4∴y=−x+4综上所述，y=4（3）依题意，①如图，当四边形PQMN是矩形时，此时∠PQM=90°，∴∠PQB+∠CQM=90°，∵∠BPQ+∠PQB=90°，∴∠BPQ=∠CQM，又∠B=∠BCD，∴△BPQ~△CQM，∴BPCQ即4−x4−2x解得：x=4

当四边形PQMN是菱形时，则PQ=MQ，∴4−x2解得：x=0（舍去）；②如图所示，当PB=CQ时，四边形PQMN是轴对称图形，

4−x=2x−4，解得x=8当四边形PQMN是菱形时，则PN=PQ=4，即−x+4=4，解得：x=0（舍去），综上所述，当四边形PQMN是轴对称图形时，x=43或【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．题型06四边形折叠与旋转中的角度问题27．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，连接AD

(1)若∠DED'=70°(2)连接EF，试判断四边形C'【答案】(1)∠DAD'(2)矩形，理由见详解【分析】（1）根据点E是AD的中点，沿BE所在的直线折叠，可得△AED（2）如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形BED'F是平行四边形，如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，∴AE=DE，∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'∴DE=D∴AE=D'E∴∠D∵∠DED'=70°∴∠D∴∠DAD'的度数为（2）解：如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，

∵四边形ABCD是矩形，∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由（1）可知，∠EAD∴∠ED∴AD'∥BE∴四边形BED'F是平行四边形，则BF=E如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点

∵点E是AD的中点，EG⊥BC，∴点G是线段BC的中点，则AE=DE=BG=CG，∴在△BEG,△CEG中，BG=CG∠BGE=∠CGE=90°∴△BEG≌△CEG(SAS∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'∴∠C'=∠D'在△BCBC∴△BC∴EC'=EC∴EC∴EC∴四边形C'∵∠C∴平行四边形C'【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．28．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片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落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．

(1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB=___________度；(2)改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．【答案】(1)30(2)∠MBQ=∠CBQ，理由见解析【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出BM=AB=2BE，∠BEF=90°，进而可求出sin∠EMB=12（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证Rt△BCQ≅Rt△BMQ【详解】（1）解：∵对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，∴AB=BC=CD=AD=2BE，∠BEF=90°．∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，∴BM=AB=2BE．在Rt△BEM中，sin∴∠EMB=30°．故答案为：30．（2）解：结论：∠MBQ=∠CBQ，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°．由折叠可得：AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°．又∵BQ=BQ，∴Rt∴∠MBQ=∠CBQ．【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．29．（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的长．【答案】(1)证明见解析(2)MD=【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则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

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．30．（2023·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC的长．【答案】（1）见解析；（2）3+572【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A=180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可求解；问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求得【详解】（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）如图所示，连接AD，交BE于点F，

∵折叠，∴EA=ED，AF=FD，AE=12AC=2∵E是AC的中点，∴EA=EC，∴EF=1在Rt△AEF中，AF=在Rt△ABF中，BF=∴BE=BF+EF=3+问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，

∵AB=BD，∴AM=MD，∠ABM=∠DBM=1∵2∠BDC=∠ABD，∴∠BDC=∠DBM，∴BM∥∴CD⊥AD，又CG⊥BM，∴四边形CGMD是矩形，则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=【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．31．（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．

(1)如图1，当0°<α<90°时，①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．②求证：EF=2(2)如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB=2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°<α<360°）△ADG面积的最大值．【答案】(1)①∠BAF=90°−α；②见解析；(2)△ADG面积的最大值为1+2【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到∠FAD=180°−α，据此求解即可；②连接BE，计算得到∠BCE=90°−α=∠BAF，利用SAS证明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，据此即可证明EF=2（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，利用直角三角形的性质推出点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，据此求解即可．【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，由题意得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连接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：过点G作AD的垂线，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，

由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OD，∴OB=OD=OG，∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，∴GH=1∴△ADG面积的最大值为12【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．题型07四边形折叠与旋转中的线段长度问题32．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作△ADB和△A'D【操作探究】如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D

(1)当α=60°时，BC=________；当BC=22时，α=________°(2