2024年中考数学二轮复习专题05 四边形的性质与判定（解析版）

专题05四边形的性质与判定目录TOC\o"1-3"\n\h\z\u题型01多边形的相关计算题型02多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题题型03多边形内角和与外角和综合问题题型04平面镶嵌题型05根据平行四边形的性质与判定求解题型06构建三角形中位线解决问题题型07根据特殊四边形的性质与判定求解题型08与特殊四边形有关的折叠问题题型09利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题题型10特殊四边形与函数综合题型11与特殊四边形有关的规律探究问题题型12与特殊四边形有关的新定义问题题型13梯形的相关计算题型14四边形的常见几何模型题型15与特殊四边形判定有关的综合问题（时间：60分钟）题型01多边形的相关计算1．（2023·陕西榆林·三模）若从某个多边形的一个顶点出发，最多可以引6条对角线，则这个多边形的内角和度数为．【答案】1260°/1260度【分析】根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式n−3求出边数，然后根据多边形的内角和公式n−2⋅180°【详解】解：∵多边形的一个顶点出发，最多可以引出6条对角线，∴n−3=6，∴n=9，∴该多边形的内角和为：9−2×180°=1260°故答案为：1260°．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式以及多边形的对角线公式，解题的关键在于求出多边形的边数．2．（2022·陕西西安·模拟预测）一个正多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是，对角线共有条．【答案】1035【分析】设此多边形的边数是n，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可．【详解】解：设此多边形的边数是n，180°×n−2解得：n=10，∴对角线条数为：nn−3故答案为：10，35．【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为180°×n−2，对角线条数为n3．（2022·陕西西安·模拟预测）一个多边形的内角和为1080°，从该多边形的一个顶点出发引对角线，可以把这个多边形分割成个三角形．【答案】6【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算分成三角形的个数．【详解】解：设此多边形的边数为x，由题意得：x−2×180=1080解得；x=8，从这个多边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成的三角形个数：8-2=6，故答案为：6．【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形的内角和公式180n−2，理解从一个n边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成(n题型02多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题1．（2021·山东烟台·二模）如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（

）A．144° B．126° C．120° D．108°【答案】B【分析】根据正五边形的性质分别解得正五边形的每个内角、每个外角的度数，结合角平分线的性质得到∠DCG=36°，∠OAB=54°，接着由四边形的内角和为360°解得∠AOC=54°，最后由邻补角定义解题即可．【详解】解：∵CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，∴∠DCG=∠GCF∵AO平分∠EAB，∴∠EAO=∠OAB，∵正五边形ABCDE中，∴∠ABC=∴∠DCG=12∴∠OAB+∠ABC+∠BCD+∠DCG=54°+108°+108°+36°=306°∴∠AOC=360°−306°=54°∴∠AOG=180°−54°=126°，故选：B．【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和，涉及角平分线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．2．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……

【答案】6【分析】过A2作A2B∥A1An，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠【详解】解：过A2作A

则∠4=∠3，∠C∵∠1−∠2=60°∴∠设正多边形的内角为x，则∠4=180°−x∴x=60°+∠3∴∠3=x−60°∵180°−x=x−60°，解得x=120°∴∠4=60°∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6故答案为：6．【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．3．（2020·河南·二模）如图，在ΔABC中，∠B=25°，点D是BC边上一点，连接AD，且AD=BD，∠CAD=90°，CF平分∠ACB，分别交AD，AB于点E，F，则∠AEC的度数为．

【答案】70°【分析】利用AD=BD，得到∠B＝∠BAD＝25°，再由直角三角形中两锐角互余和角平分线的定义进行计算即可；【详解】∵AD＝BD，∴∠B＝∠BAD＝25°，∴∠ADC＝50°，∵∠CAD＝90°，∴∠ACD＝40°，∵CF平分∠ACD，∴∠ACE＝12∴∠AEC＝70°，故答案是：70°．【点睛】本题主要考查了外角和的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余关系，准确计算是解题的关键．题型03多边形内角和与外角和综合问题1．（2023·江西抚州·二模）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，则∠BOD的度数为（

）

A．20° B．35° C．40° D．45°【答案】C【分析】根据多边形的外角和，求得∠BOH=140°，再利用邻补角的定义，即可求出∠BOD的度数．【详解】解：∵五边形AOEFG的外角和为360°，且七边形ABCDEFG中，∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于220°，∴∠BOH=360°−220°=140°，∴∠BOD=180°−140°=40°，故选：C．

【点睛】本题主要考查了多边形外角和问题，解题关键是掌握多边形的外角和等于360°．2．（2023·山西大同·模拟预测）等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，则∠1+∠2+∠3=（

）

A．102° B．104° C．106° D．108°【答案】A【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解．【详解】正三角形的每个内角为180°÷3=60°，正五边形的每个内角5−2×180°÷5=108°正方形的每一个内角为360°÷4=90°，∴∠1+∠2+∠3=360°−90°−60°−108°=102°，故选：A．【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．3．（2023·河北秦皇岛·二模）如图，将四边形ABCD剪掉一个角得到五边形．下列判断正确的是（

）结论①：变成五边形后外角和不发生变化；结论②：变成五边形后内角和增加了360°；结论③：通过图中条件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①对 B．①和③对 C．①、②、③都对 D．①、②、③都不对【答案】B【分析】根据多边形的外角和是360°，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的性质即可求解．【详解】解：①任意多边形的外角和是360°，故①正确；根据多边形内角和定理5−2×180°−四边形ABCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180°，故②错误，如图所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正确，故选：B．【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．4．（2022·陕西西安·模拟预测）已知一个正多边形的内角和与外角和的和为1620°，则这个正多边形的边数是．【答案】9【分析】根据正多边形内角和公式和外角和列方程即可求解．【详解】解：设正多边形的边数为n，则180×n−2∴n=9，∴这个正多边形的边数是9．故答案为：9．【点睛】本题考查多边形内角和外角，解题关键是掌握多边形内角和公式．题型04平面镶嵌1．（2024·河北石家庄·一模）有三个大小一样的正六边形，可按下列方式进行拼接，方式1：如图1；方式2：如图2．（1）若有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长是；（2）有n个长均为1的正六边形，采用上述两种方式的一种或两种方式混合拼接，若图案的外轮廓的周长为18，则n的最大值为．【答案】267【分析】本题考查平面镶嵌，利用数形结合的思想是解题关键．（1）采用方式1拼接，则所得图案的外轮廓的周长为4n+2，将n=6代入计算即可；（2）两种方式的一种或两种方式混合拼接，n越大，外轮廓周长越小，可得正六边形间重叠的边数越多，则把六个正六边形绕一个六边形拼接即可．【详解】解：（1）有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长为6×4+2=26．故答案为：26；（2）按下图拼接，图案的外轮廓的周长为6×3=18，此时正六边形的个数最多，即n的最大值为7．故答案为：7．2．（2023·河北沧州·二模）要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．

（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为；方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为；（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为．【答案】6a7a3【分析】（1）由图形可知，方案Ⅰ中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案Ⅱ中纸盒底面半径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半径即可．【详解】（1）如图1所示，方案Ⅰ中纸盒底面半径最小值即为OA的长度，∵正六边形的边长为2a，∴OA=2a+4a=6a；如图2所示，方案Ⅱ中纸盒底面半径最小值即为OB的长度，∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案为：6a；7a；（2）如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为OC，连接CQ、PC、PQ，∵正六边形的边长为2a，∴CP=3×23a=63∵∠CPQ=90°，∴CQ=C∴OC=1

故答案为：37【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解题关键．3．（2022·河北·二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形．设正方形的边长为1，则该图形外轮廓的周长为；若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1，则该图形外轮廓的周长是．【答案】2027【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解．求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边形，为正12边形，据此即可求解．【详解】解：∵正方形的边长为1，∴该图形外轮廓的周长为8−3×4若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则n边形的一个内角为360°−60°则n边形的一个外角180°−150°=30°，∴n=360°÷30°=12，根据相邻的两个正多边形有一条公共边，则图形外轮廓的周长为12−3故答案为：20，27【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键．题型05根据平行四边形的性质与判定求解1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，EF⊥BD，垂足为点H，EF分别交AD、DC及BC的延长线于点E、M、F，且ED：CF=1：2，则A．14 B．15 C．25【答案】D【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判断，先由菱形的性质得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再证明AC∥EF，进而证明四边形AEFC是平行四边形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再证明△DEH∽△BFH，得到DHBH【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，∵EF⊥BD，∴AC∥EF，∴四边形AEFC是平行四边形，∴AE=CF，∵ED：∴ED：∴ED:AD=ED：∴DE：∵AD∥BC∴△DEH∽△BFH，∴DHBH∴DH：故选：D．2．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于点O，E、F分别为OA和OC上的点（不与点A、O、C重合）．其中AE=OF．过点E作GH⊥AC，分别交AD、AB于点G、H；过点F作IJ⊥AC分别交CD、CB于点J、I；连接GJ、HI，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立．乙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ可能为正方形．丙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半．下列选项正确的是（）

A．甲、乙、丙都对 B．甲、乙对，丙不对C．甲、丙对，乙不对 D．甲不对，乙、丙对【答案】C【分析】连接HJ,GI，交于点M，根据轴对称的性质得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，证明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判断甲，进而得出四边形AHJD是平行四边形，四边形HJBC是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形GHIJ不可能是正方形，即可求解．【详解】解：如图所示，连接HJ,GI，交于点M，

∵四边形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，∴GH∥根据菱形是轴对称图形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分线，∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，∵AE=OF，OA=OC，∴EO=FC，如图所示，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，

则四边形GEOK,TJFO是矩形，∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH∵四边形ABCD是菱形，∴∠DAO=∠DCO，∵GK∥∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∴△DTJ≌△GEA，∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，∴12即GH+IJ=BD，故甲正确；∵DJ=AG，又AG=AH，∴JD=AH，∴四边形AHJD是平行四边形，∴S△HCJ=1∴四边形HJBC是平行四边形，∴S△HIJ∴S四边形即四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半，故丙正确；同理可得AGBI，CDGI是平行四边形，∴GI∥∵当GHIJ是正方形时，则GI⊥HJ，∴AD⊥DC，则四边形ABCD是正方形，∵AC>BD，∴四边形ABCD不是正方形，即四边形GHIJ不可能是正方形，故乙错误，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2023·江苏泰州·二模）证明：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．已知：如图1，D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，求证：DE∥BC，下面是某学习小组探究证明思路时发现的三种添加辅助线的方法，请选择其中一种，完成证明．方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF；方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于方法3：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AG∥BC交FE的延长线于点G．应用：如图2，D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，请用无刻度的直尺和圆规作△ABC的角平分线BP（要求：直尺和圆规分别只使用一次，并保留作图痕迹）．【答案】见解析【分析】本题考查了作图、平行线的判定与性质、角平分线的性质和三角形中位线定理，证明：方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF，先证明△ADE≌△CEF得到AD=CF，∠A=∠F，则AB∥CF，加上BD=CF，则可判断四边形BDFC为平行四边形，根据平行四边形的性质得到DF=BC，DF∥BC，从而得到DE∥BC，方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F，先证明△ADE≌△CEF，得到相应的边长相等，可得到四边形方法3：需要证明两次三角形全等，以及证明两次平行四边形可得到结果；应用：根据等腰三角形的性质以及平行线的性质可得到答案；解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作【详解】证明：方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF，如图所示：，∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，∴AD=BD，AE=CE，在△ADE和△CEF中，AE=CE∠AED=∠CEF∴△ADE≌△CEF（SAS），∴AD=CF，∠A=∠F，∴AB∥CF，∵AD=BD=CF，∴四边形BDFC为平行四边形，∴DF=BC，DF∥BC，∴DE∥BC，DE=1方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于，∵CF∥∴∠A=∠FCE，∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，∴AD=BD，AE=CE，在△ADE和△CEF中，∠A=∠FCEAE=CE∴△ADE≌△CEF（ASA），∴AD=FC，DE=EF，即AD=BD=FC，∴四边形BDFC为平行四边形，∴DF=BC，DF∥BC，∴DE∥BC，DE=1方法3：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AG∥BC交FE的延长线于点G，如图所示：，∵EF∥AB,AG∥BC，∴GF∥AB,AG∥BF，∴四边形AGFB为平行四边形，∴AG=BF,AB=GF，∵AG∥BC，∴∠G=∠CFE，∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，∴AD=BD，AE=CE，在△AGE和△CEF中，∠G=∠CFE∠GEA=∠FEC∴△AGD≌△CFE（AAS），∴AG=CF,GE=EF，∵EF∥AB,AG∥BC，∴∠GAE=∠DEA,∠DAE=GEA，∵AE=EA，∴△AGE≌△EDA（ASA），∴AG=DE.AD=GE，∵AD∥GF，∴四边形AGED为平行四边形，∴AG∥DE，AG=DE，∵AG∥BC，AG=FC，AG=BF，∴DE∥BC，DE=1应用：如图2，BP为所作的角平分线，，先在DE上截取DF=DB，连接BF并延长交AC于P点，由DB=DF得到∠DBF=∠DFB，再根据DE为△ABC的中位线得到DE∥BC，所以∠DFB=∠CBF，则∠DBF=∠CBF，从而得到BP平分4（2023·河南周口·三模）综合与实践

问题提出(1)如图①，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE=CD，连接BD，问题探究(2)如图②，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，则BF=______；问题解决(3)今年全国两会上，不少来自农村、关注“三农”工作的代表委员期待电力在全面推进乡村振兴中发挥越来越重要的作用．某地区规划出如图③所示的四边形ABCD地块，计划开发出一个生态宜居，绿色人文的农业观光区，其中AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，AE是现有的地下电缆，CE=AB．为满足农业用电，B点和C点分别设置了风力发电机，现要埋电缆线路BP与线路AC，点P是AE的中点．已知埋每米电缆的费用是a元，请问埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的几倍？并说明理由．【答案】(1)BD=CE，理由见解析(2)8(3)埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的2倍，理由见解析【分析】（1）由“SAS”可证△EBC≌△DCB，可得（2）由“SAS”可证△ADC≌△MDB，可得BM=AC，∠CAD=∠M，由等腰三角形的性质可求（3）先证明四边形ABEF是平行四边形，可得FE=AB，FE∥AB，由“SAS”可证△ABC≌△FCB，得到【详解】（1）解：BD=CE，证明：∵△ABC是等腰三角形，∴∠EBC=∠DCB，在△EBC与△DCB中，BE=CD∠EBC=∠DCB∴△EBC≌∴BD=CE；（2）解：如图，延长AD到M，使AD=DM，连接BM，如图②所示，

，∵AD是△ABC的中线，∴CD=BD，在△ACD和△MBD中，AD=MD∠ADC=∠MDB∴△ADC≌∴BM=AC，∠CAD=∠M，∵AE=EF，∴∠CAD=∠AFE，∵∠AFE=∠BFD，∴∠BFD=∠CAD=∠M，∴BF=BM=AC=8；故答案为：8；（3）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，∴AD∥BC，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，如图③，延长BP交AD于点F，连接EF，CF，

，∵AD∥BC，∴∠PAF=∠PEB，∠PFA=∠PBE，∵点P是AE的中点，∴AP=EP，∴△AFP≌∴AF=BE，BP=PF，∴四边形ABEF是平行四边形，∴FE=AB，FE∥AB，∴∠FEC=∠ABC=60°，∵FE=AB，CE=AB，∴FE=CE，∴△FEC是等边三角形，∴FE=FC，∠FCB=60°，∴AB=FC，∠ABC=∠FCB=60°，∵BC=CB，∴△ABC≌∴AC=FB=2BP，∵埋电缆线路AC的费用为a⋅AC=a⋅2BP=2aBP，埋电缆线路BP的费用为a⋅BP=aBP，∴埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的2倍．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．题型06构建三角形中位线解决问题1．（2023·山东青岛·模拟预测）如图，四边形EFGH顶点是四边形ABCD各边中点，若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要桶【答案】10【分析】本题考查的是中点四边形，中位线定理和相似三角形的面积比等于相似比的平方；根据题意得出S四边形【详解】解：如图所示，连接AC,BD，∵E,F分别是AD,AB的中点，∴EF∥BD∴△AEF∽△ADB∴S△AEF=1则S同理可得S∴S若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要10桶,故答案为：10．2．（2023·安徽·二模）如图，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延长BC到点D，CD=4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为．

【答案】15【分析】利用三角形的面积公式求出△ACD的面积，进而求出△ABD的面积，利用中线平分面积，得到△ABE的面积，取AC的中点G，连接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG【详解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，∴S△ABD∵点E是AD的中点，∴S△ABE取AC的中点G，连接EG，则：EG∥CD,EG=1

∴△BFC∽△EFG，∴EFBF∴EFBE∴S△AEF∴S△AEF故答案为：154【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角形的中位线和相似三角形．3．（2023·浙江·模拟预测）已知四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD垂直相交于点E，点F，G分别为AB，

【答案】见解析【分析】作直径DH，根据三角形中位线定理求得OG=12CH，根据直角三角形斜边中线的性质求得EF=12AB，再利用等角的余角相等求得【详解】证明，作直径DH，连接CH，

∵点G、O分别为DH、CD的中点，∴OG=1∵AC⊥BD，点F为AB的中点，∴EF=12AB∵DH为直径，∴∠DCH=90°，∴∠H+∠HDC=90°，又∵∠H=∠DBC，∴∠ACB=∠HDC，∴AB=CH，∴EF=OG．【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．4．（2023·福建泉州·模拟预测）在△ABC中，F为边AB上一点．

(1)如图1，若AC2=AF⋅AB(2)若G为CF的中点，AC=4，①如图2，若∠FBG=∠ACF，AB=5，求BF的长；②如图3，若∠ABC=30°，∠A=∠BGF=45°，直接写出BF的长．【答案】(1)见解析(2)①3；②BF=2【分析】（1）根据已知条件得出ACAF=AB（2）①解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，设：BF=x，则BD=x，AD=5+x，AF=5−x，证明△ACF∽△ADC，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；①解法2：取FA中点D，连结DG，设：AD=DF=x，则BD=5−x，证明△DGF∽△DBG，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；②解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，过点C作CE⊥AB于点E，证明△DCF∽△DAC，得出DC2=AD⋅DF，在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，则AD⋅DF=DE2+EC2，建立方程，解方程，即可求解；②解法2：过点C作CE⊥AB【详解】（1）∵AC2∵∠A=∠A，∴△ACF∽△ABC；（2）

①解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC设：BF=x，则BD=x，AD=5+x，AF=5−x∵G为CF的中点，B为DF的中点，∴BG是△FDC的中位线，∴BG∴∠FBG=∠D，∵∠FBG=∠ACF，∴∠D=∠ACF，∵∠A=∠A，∴△ACF∽△ADC∴ACAD∴4解得：x1=3，∴BF=3

①解法2：取FA中点D，连结DG设：AD=DF=x，则BD=5−x∵G为CF的中点，D为AF的中点∴DG是△FAC的中位线∴DG∥AC∴∠FGD=∠ACF∵∠DBG=∠ACF，∴∠FGD=∠DBG，∵∠BDG=∠BDG，∴△DGF∽△DBG∴DGBD∴2解得：x1=1，∴AD=DF=1，∴BF=AB−AF=5−2=3②解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，过点C作CE⊥AB于点E，

设：BF=BD=x，∵Rt△AEC中，∠A=45°∴AE=CE=AC∵Rt△BEC中，∠ABC=30°∴BE=3∴ED=BD+BE=x+26∴AD=ED+AE=x+26∵G为CF的中点，B为DF的中点∴BG是△FDC的中位线，∴BG∥∴∠BGF=∠FCD，∵∠BGF=∠A，∴∠FCD=∠A，∵∠D=∠D，∴△DCF∽△DAC，∴DCAD∴DC∵在Rt△DEC中，D∴AD⋅DF=D即2x解得：x1=210∴BF=2②解法2：过点C作CE⊥AB于点E，在AE上取点D，使CD=CF，

设：BF=x，∵Rt△AEC中，∠A=45°∴AE=CE=AC∵Rt△BEC中，∠ABC=30°∴BE=3∴EF=BE−BF=26∵CD=CF，CE⊥AB，∴DE=EF=26∴AD=AE−DE=22∵在Rt△DEC中，CD=∴CF=CD=2∵G为CF的中点，∴FG=1∵CD=CF，∠CFD=∠CDF，∴180°−∠CFD=180°−∠CDF，即∠BFG=∠CDA∵∠A=∠BGF，∴△DCA∽△FBG，∴DCAD∴DC⋅FG=AD⋅BF，∴2解得：x1=210∴BF=2【点睛】本题主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．题型07根据特殊四边形的性质与判定求解1．（2024·山西朔州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3,M为对角线BD上的一点（不与点B,D重合），连接AM，过点M作MN⊥AM交边CD于点N，连接AN．若BM:BD=2:5，则DN的长为．【答案】3【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关判定及性质，适当添加辅助线解决问题是解题的关键．过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则GH⊥CD，根据矩形的性质，可证△BGM∽△BAD，从而得出BG=165，AG=HD=245，MG=125，MH=18【详解】解：过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则GH⊥CD，如图：∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAD=∠ADC=∠AGH=90°，AD=BC=3，AB=CD=4，∴四边形AGHD为矩形，∴AG=DH，GH=AD=3，GM∥∴△BGM∽△BAD，∴BGBA∵BM:BD=2:5，∴BGBA∴BG=25AB=∴AG=HD=AB−BG=4−8∴MH=GH−GM=3−6∵MN⊥AM，∴∠AMN=90°，∴∠AMG+∠HMN=90°，∵∠AMG+∠MAG=90°，∴∠HMN=∠MAG，∵∠AGM=∠MHN=90°，∴△AGM∽△MHN，∴AGMH即：125解得：HN=9∴DN=HD−HN=12故答案为：322．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE=2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF−PE的最大值为．【答案】3【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，PF−PE=PF−PM，可知当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，勾股定理求AF=A【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，∴AB=AC=BC=6，∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，∴AD=CD=BC=AB=6，∴四边形ABCD为菱形，∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，∴BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，∵F是BC的中点，∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，∵DE=2OE，∴OM=OE，∵BD⊥AC，∴PE=PM，AE=AM，∴PF−PE=∴当点P运动到点A时，PF−PE最大，最大为FM，∵∠CAF=30°，∴CF=3，由勾股定理得，AF=A∴FM=1故答案为：3．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．3．（2023·湖南娄底·三模）已知四边形ABCD是矩形，连接BD．

(1)如图1，∠ADB的平分线交AB于E，交CB的延长线于点F．∠DBF的平分线交DF于点H，交DA的延长线于点G，连接FG．①求证：BD=BF；②求证：四边形GFBD为菱形；(2)在（1）的条件下，如图2，连接AC交DF于点P，交BD于点O，若DP=HP，求ABAD【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)3【分析】（1）由矩形性质得到AD∥BC，则∠ADF=∠BFD，再由角平分线定义得到∠ADF=∠BDF，则∠BFD=∠BDF，即可得出BD=BF；②由AD∥BC，得到∠ADB+∠FBD=180°，进而根据相关角的关系得到BG⊥DF，再由①中BD=BF，确定DH=FH，利用两个三角形全等的判定与性质得出△BDH≌△GDHASA（2）根据题意得出PO是△BDH的中位线，有AC∥BG，进而得到四边形AGBC是平行四边形，利用平行四边形及矩形性质得到AD=AG=12DG，再根据（1）②中四边形BDGF是菱形，得出BD=2AD，在Rt【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADF=∠BFD，∵DF平分∠ADB，∴∠ADF=∠BDF，∴∠BFD=∠BDF∴BD=BF②由①知AD∥BC，∴∠ADB+∠FBD=180°，∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，∴2∠BDF+2∠DBG=180°，∴∠BDF+∠DBG=90°，∴∠BHD=180°−∠BDF+∠DBG∴BG⊥DF，由①知BD=BF，∴DH=FH，∵DF平分∠ADB，∴∠ADH=∠BDH，∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，∴△BDH≌△GDHASA∴BH=GH，∵DH=FH，∴四边形BDGF是平行四边形，∵BG⊥DF，∴四边形BDGF是菱形；（2）解：∵点O是矩形对角线AC与BD的交点，∴OD=OB，∵DP=HP，∴PO是△BDH的中位线，∴AC∥BG，∵AD∥BC，∴四边形AGBC是平行四边形，∴AG=BC，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，BC=AD，∴AD=AG=1由（1）②知四边形BDGF是菱形，∴DG=BD，∴BD=2AD，在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB=∴AB【点睛】本题考查四边形综合，涉及矩形性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理及勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质与判定，结合问题灵活运用是解决问题的关键．4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与实践旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与我们所学过的全等三角形等等数学知识相结合来解决问题，有时我们还能从中探索学习一些新知．小苗在研究三角形旋转过程中，进行如下探究：如图，已知正方形ABCD和正方形AEFG．

观察猜想：（1）在图1中，点E，F，G分别在边AB，AC，AD上，直接写出GDFC=实践发现：（2）将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接DG，FC，请问（1）中的结论是否发生变化？并加以证明：联系旧知：（3）如果正方形ABCD的边长为5，正方形AEFG的边长为3．将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图3所示位置，连接EG交AB于点M，交AC于点N，若NG=22，直接写出EM的长探求新知：（4）在（3）的条件下，当正方形AEFG绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线时，直接写出CG的长．【答案】（1）2（2）（1）中的结论不变，证明见解析（3）62（4）17或65【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质证明AF=2AG，再由FG∥DC根据平行线分线段成比例定理得（2）连接AF，证明△DAG∽△CAF，则GDFC（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=32，将△AGN绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，则∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，HE=NG=22，再证明△MAH≌△MAN，得MH=MN，设EM=x，则MH=MN=32−（4）当E，F，B三点共线时，可由∠AEB=90°，AB=5，AE=3，根据勾股定理求得BE=4；CG的长存在两种情况，一是点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，四边形BRGQ是矩形，可证明△GAQ∽△ABE，得AQBE=GQAE=AGBA=35，所以AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，求得GR和CR的长，再根据勾股定理求出CG的长；二是点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，GR⊥AD于点R，则四边形【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴∠AGF=∠D=90°，AG=FG，AD=CD，∴AF=A∵FG∥∴AGGD∴GDFC(2)不变．证明如下：如图，连接AF，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=180°−90°2=45°∴ADAC同理可证∠GAF=∠GFA=45°，AGAF∴ADAC∵∠DAG=∠DAC−∠GAC，∠CAF=∠GAF−∠GAC，∴∠DAG=∠CAF，∴△DAG~△CAF，∴GDFC∴（1）中的结论不变．(3)如图3，

∵AE=AG=3，∠EAG=90°，∴∠AEM=∠AGN=45°，EG=A将△AGN绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，∴∠EAH=∠GAN，AH=AN，∠AEH=∠AGN=45°，HE=NG=2∴∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，∵AB=BC，∠B=90°，∴∠MAN=∠BCA=45°，∴∠MAH=∠EAM+∠EAH=∠EAM+∠GAN=45°，∴∠MAH=∠MAN，∵AM=AM，∴△MAH≌△MAN(SAS∴MH=MN，设EM=x，则MH=MN=32∵HE∴2解得x=6∴EM的长为62(4)如图4，

E，F，B三点共线且点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，则∠CRG=90°，∵∠E=90°，AB=5，AE=3，∴BE=A∵∠AQG=∠E=∠EAG=90°，∴∠GAQ=∠ABE=90°−∠BAE，∴△GAQ∽△ABE，∴AQBE∴AQ=35×4=∵∠GQB=∠QBR=∠GRB=90°，∴四边形BRGQ是矩形，∴GR=BQ=5−125=∴CR=5−9∴CG=G如图5，

E，F，B三点共线且点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，GR⊥AD于点R，∵∠AEB=90°，AB=5，AE=3，∴BE=4，∵∠ARG=90°，∠GAR=∠BAE=90°−∠DAE，∴ARAG=cos∴AR=35×3=∴DR=5−9∵∠Q=∠RDQ=∠DRG=90°，∴四边形DRGQ是矩形，∴GQ=DR=165，∴CQ=5+12∴CG=G∴CG的长为17或65．【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．题型08与特殊四边形有关的折叠问题1．（2022·安徽合肥·模拟预测）如图1，在五边形纸片ABCDE中，∠A=120°，将五边形纸片沿BD折叠，点C落在点P处，在AE上取一点Q，将△ABQ和△EDQ分别沿BQ、DQ折叠，点A、E恰好落在点P处．

（1）∠C+∠E=；（2）如图2，若四边形BCDP是菱形，且Q、P、C三点共线时，则BQAB=【答案】240°/240度62/【分析】（1）由折叠的性质可得∠A=∠BPQ=120°，又∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，即可求解；（2）由菱形的性质可得BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由SSS可证△ABQ≌△EDQ，可得∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，由直角三角形的性质可求解．【详解】解：（1）∵将五边形纸片ABCDE沿BD折叠，∴∠A=∠BPQ=120°，∠QED=∠QPD，∠BCD=∠BPD，∵∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，∴∠BPD+∠QPD=240°，∴∠BCD+∠QED=240°，故答案为：240°；（2）连接PC，交BD于H，设AB=a，如图：

∵四边形BPDC是菱形，∴PC是BD的垂直平分线，BP=PD=BC=CD，∵Q，P，C三点共线，∴QC是BD的垂直平分线，∴BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由折叠可知：∠A=∠BPQ=120°，AB=BP=DE=DP=a，∠AQB=∠BQP，∠EQD=∠PQD，AQ=QP=QE，∴∠BPH=60°，∴∠PBH=30°，∴PH=12BP=12a，BH=3PH=在△ABQ和△EDQ中，AB=DEQA=QE∴△ABQ≌△EDQ（SSS），∴∠AQB=∠EQD，∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD，∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，∴∠QBH=∠BQP=45°，∴BH=QH=32∴BQ=2BH=62∴BQ故答案为：62【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，掌握折叠的性质是解题的关键．2．（2022·湖北荆州·三模）如图，正方形纸片ABCD的边长为8，E是AB边上的动点．折叠纸片使点D与点E重合，折痕为FG，DC的对应边EC'交BC于点(1)如图1，当点E是AB的中点时，则AF的长______．(2)如图2，设AE的长为x，四边形CDFG面积为S．①求DF的长度（用含x的代数式表示）；②求S关于x的函数关系式，并求S的最小值．(3)如图3，过点D作EC'的垂线，垂足为M，DM交FG于点①求△BHE的周长．②当△BHE与△MNE的周长之差为2时，请直接写出sin∠EHB【答案】(1)3(2)①DF=116x(3)①16；②sin【分析】（1）当E为AB的中点时，AE=12AB=4，设AF=x，则EF=FD=AD−AF=8−x，在Rt（2）①过点G作GK⊥AD，则四边形CGKD是矩形，连接ED，交FG于点P，证明△ADE≌△KGF，设AE=x，则FK=x，DF=FE=8−AF，得AF=4−116x②由矩形的性质可得CG=KD=FD−FK=1（3）①由（2）可得AE=x，AF=4−116x2，EF=116x2+4，则BE=8−x，证明△AEF∽△BHE②当△BHE与△MNE的周长之差为2时，则△MNE的周长为14或18，连接EN，证明四边形EFDN是菱形，则EF=EN，证明△AEF∽△BHE，根据相似三角形的性质可得EFEH=78或98，由△AEF∽△BHE，AFBE=78或9【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD=8，当E为AB的中点时，AE=12AB=4，设AF则EF=FD=AD−AF=8−x，在Rt△AEF中，AE2解得：x=3，∴AF=3，故答案为：3；（2）①如图，过点G作GK⊥AD，则四边形CGKD是矩形，连接ED，交FG于点P∵E，D关于FG对称，∴ED⊥FG，∴∠FPD=∠FKG=90°，∴∠ADE+∠DFP=∠FGK+∠DFP=90°，∵∠ADE=∠KGF，由正方形性质可知KG=CD=AD，∴△ADE≌△KGF，设AE=x，则FK=x，DF=FE=8−AF，∴x∴AF=4−1∴DF=8−AF=1②由矩形的性质可得CG=KD=FD−FK=1∴四边形CDFG面积为S===∴S=1（3）①如图，由（2）可得AE=x，AF=4−116x2，在正方形ABCD中由于对折可知，∠ADC=∠FEH=90°，∴∠1＋又∵∠A=∠B=90°，∴∠1＋∴∠2=∠3，∴△AEF∽△BHE，∴AFBE∵BE=AB−AE=8−x，BH=AE⋅BEAF=∴△BHE的周长=BH＋即：△BHE的周长为16；②连接EN，由折叠可知，∠DFN=∠EFN，EF=FD，∵EF⊥EC'，∴EF∥DM，∴∠MNG=∠EFN，∠FEN=∠ENM，∴∠DFN=∠MNG，∵∠FND=∠MNG，∴∠DFN=∠DNF，∴DF=DN，∴EF=ND，∴四边形EFDN是平行四边形，∴EN∥FD，EN=FD，∵EF=FD，∴四边形EFDN是菱形，∴EF=EN，∴EN∥AD，∴∠FEN=∠AFE，∵△AEF∽△BHE，∴∠EHB=∠NEM，∵DM⊥EH，∴∠NME=∠B=90°，∴△EMN∽△HBE，△BHE的周长为16，当△BHE与△MNE的周长之差为2时，则△MNE的周长为14或18，∴ENEH=∵EF=EN，∴EFEH=∵△AEF∽△BHE，∴EFEH=∴AFBE=∵BE=8−x，AF=4−1∴4−116解得x1=6，x2=8∵0≤x≤8，∴x=6，∴AE=6，∴AF=4−1∴EF=1∴sin【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，求正弦值，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．3．（2023·河南驻马店·二模）综合与实践数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，D重合，点B，C重合，折痕为EF，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N，折痕为BM．

(1)如图（1）若AB=BC，则当点N落在EF上时，BF和BN的数量关系是________，∠NBF的度数为________．思考探究：(2)在AB=BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M'．当点M'落在CD上时，如图（2），设BN，BM'分别交EF于点J，K．若开放拓展：(3)如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=4，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，点A的对应点为点N，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点M'，连接CP，DP，若PC=PD，请直接写出AM的长．(温馨提示：12+3【答案】(1)BF=12(2)2+(3)4−2【分析】（1）根据折叠的性质得：AB=BN，BF=CF=12BC（2）由折叠得：BM=BM'，证明Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，可知AM=CM（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，设PL=x，则【详解】（1）解：由折叠得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，∵AB=BC，∴BF=1∴∠BNF=30°，∴∠NBF=90°−30°=60°，故答案为：BF=12BN（2）由折叠得：BM=BM∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，∴Rt∴AM=CM'，∴∠ABM=∠MBN=∠NBM∴∠FBJ=45°，∴△BFJ是等腰直角三角形，∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，∴矩形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠D=90°，∴DM=DM∴MM∵AM=MN=M∴CM∴BC=CD=4+22∴BF=FC=2+2∵FK∥∴BK=KM∴FK=1∵△BFJ是等腰直角三角形，∴BF=FJ=1∴JK=2+2∴S（3）如图，过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，

∵PC=PD，∴DH=CH=1∵∠PGC=∠PHC=∠BCH=90°，∵四边形PGCH是矩形，∴PG=CH=1，由折叠得：BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，Rt△BPG中，∠PBG=30°∴∠ABN=∠NBP=90°−30°延长NM'，BP交于Rt△BNL中，BN=2，∠NBL=30°∴NL=2×3Rt△M'∴∠PM设PL=x，则M'L=2x，∵NL=2∴3x+2x=∴x=4∴AM=3【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．题型09利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题1．（2022·安徽滁州·二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，点M在AD上，连接ME并延长交BC于点N，连接DN交MC于点F．则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，∴BE=DE，AD∥BC，∴∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE，∴△DME≌△BNEAAS∴DM=BN，∴AM=CN，故①正确；若∠A=90°，则平行四边形ABCD是矩形，由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，E点到B、C两点的距离相等，∴E点在BC的垂直平分线上，由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，所以N点是BC的中点，∴MN垂直平分BC，∴BM=CM，故②正确；∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，∴BN=BC−CN=AD−AM=MD=2AM=2CN，如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，

∵E点是BD中点，∴DQ=2EP，∵S△MNCS∴S△MNC故③正确；若AB=MN，因为AB=DC，所以DC=MN，分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，

由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，∴Rt△NHM≌∴∠NMD=∠CDM，∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，∴△MND≌△DCMSAS∴∠MND=∠DCM，又∵∠NFM=∠CFD，MN=DC，∴△MNF≌△DCFAAS故④正确；故选：D．【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等．2．（2023·内蒙古赤峰·三模）如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点（不与点C，点D重合），将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM于点K下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH=45°，其中正确结论的个数是（

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据翻折不变性可知∶MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠【详解】解∶根据翻折不变性可知∶MA=ME，∴△AME是等腰三角形，故①正确；如图1，过点G作GN⊥AD于N，交AE于T，设AE交GM于O．

∵∠BAN=∴四边形ABGN是矩形，∴NG=AB=AD，由折叠可知∶MG⊥AE，∴∠GOT=90°∴∠NGM=90°−∴∠NGM=∵∠GNM=∴△GNM≌△ADE(ASA∴MG=AE，故②正确；∵MA=ME，∴∠MEA=由折叠可知∶∠FEM=∴∠AEF=90°−∵∠AED=90°−∴∠AEF=∴AE平分∠DEF∵△GNM≌△ADE，∴MN=DE，∵△ABH与△ADE不全等，∴AH≠AE，故④错误；如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，．

∵AE平分∠DEF∴∠AED=又∵∠D=∠AQE=90°∴△ADE≌△AEQ(AAS∴∠EAD=∠EAQ∵AD=AB，∴AB=AQ，∵AH=AH，∴Rt△AHB≌∴∠HAB=∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=综上所述∶结论正确的有∶①②③⑤，共4个．故选∶D．【点睛】本题属于几何综合题，考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题属于中考选择题中的压轴题．3．（2023·山东泰安·二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：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ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形，故①正确；∵△AMN是等边三角形，∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，当AM⊥BC时，AM最小：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值为3，故②正确；∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，∴MN为△BCD的中位线，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN当OM⊥BC时，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，∴OA

故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．4．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片ABCD∠ADC>90°沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②【答案】①②③【分析】证明四边形ABB'C【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B由旋转的性质，得DB∴∠BDE=∠B'DE=∵BA=AD，∴∠ABD=∠ADB，∴∠BDE=∠ABD，∴DE∥AB．同理，DE∥CB∴AB∥CB又∵AB=CB∴四边形ABB又∵DE∥AB,∠DEB=90°，∴∠ABB∴四边形ABB∴AC=BB'；∵∠DAB=45°，∴∠DAC=45°，∵AD=CD，∴∠DCA=∠DAC=45°，∴∠CDA=90°；故③正确，∵△ADC是等腰直角三角形，∴AC=2∵BB∴BB∴正确的有①②③，故答案为①②③．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．题型10特殊四边形与函数综合1．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，一次函数y=−2x+6的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段AB上(不与点A，B重合)，过点P分别作OA和OB的垂线，垂足为C，D．当矩形OCPD的面积为4时，点P的坐标为()

A．(2，2) B．12，5 C．(1，4)或12，5 D．(1，【答案】D【分析】由点P在线段AB上可设点P的坐标为(m，−2m+6)(0<m<3)，进而可得出OC=m，OD=−2m+6，结合矩形OCPD的面积为4，即可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再将其代入点P的坐标中即可求出结论．【详解】解：∵点P在线段AB上(不与点A，B重合)，且直线AB的解析式为y=−2x+6，∴设点P的坐标为(m，−2m+6)(0<m<3)，∴OC=m，OD=−2m+6．∵矩形OCPD的面积为4，∴m(−2m+6)=4，∴m1=2∴点P的坐标为(2，2)或(1，4)．故选：D．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及解一元二次方程，利用一次函数图象上点的坐标特征及矩形的面积，找出关于m的一元二次方程是解题的关键．2．（2022·江苏常州·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−43x+4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，以AB为边作菱形ABCD，BC∥x【答案】20【分析】先求出一次函数与坐标轴的交点A、B的坐标，再利用勾股定理或两点间的距离公式计算出线段AB的长，最后利用菱形的性质计算周长即可．【详解】解：令y=0，得−43x+4=0，解得x=3，∴A令x=0，得y=4，∴B0,4，OB在Rt△AOB中，AB=O∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA．∴C菱形故答案为：20．【点睛】本题是一道函数与几何的综合题．重点考查了一次函数与坐标轴交点坐标的求法，两点间的距离公式（或勾股定理），菱形的性质．如果是使用两点间距离公式，注意公式的正确使用：设点Ax1,y1，Bx23．（2022·广东深圳·模拟预测）如图，ABCD是一矩形纸片，E是AB上的一点，且BE:EA=5:3，EC=155，把ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若点B恰好落在AD边上，设这个点是F，以点A为原点，以直线AD为x轴，以直线BA为y轴，则过点F、点C的一次函数解析式为：【答案】y=−【分析】设BE=5x，AE=3x，根据矩形性质利用勾股定理得到AF=4x，根据翻折判定ΔAFE∽ΔDCF，利用相似比得到DF=6x，BC=10x，结合勾股定理列出方程，求解后得到F(12,0)【详解】解：设BE=5x，AE=3x，∵矩形ABCD，∴∠DAB=∠B=∠CDA=90°，CD=8x，∵ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若点B恰好落在AD边∴EF=BE=5x，∠ABC=∠EFC=90°，由勾股定理得：AF=E∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠DCF=90°，∴∠AFE=∠DCF，∴Δ∴AFDC∴4x8x∴DF=6x，BC=AD=6x+4x=10x，由勾股定理得：EC(5x)2x=3，8x=24，4x=12，10x=30，∴F(12,0)，C(30,−24)，设直线CF的解析式是y=kx+b，代入得：0=12k+b−24=30k+b∴k=−4∴y=−4故答案为：y=−4【点睛】本题主要考查一次函数综合，涉及到翻折变换、矩形的性质、三角形相似的判定与性质、勾股定理、解二元一次方程组、解一元一次方程、用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．4．（2023·山东济南·二模）如图，一次函数y=−x+3的图像与反比例函数y=kxk≠0在第一象限的图像交于A1,a和B两点，与

(1)求反比例函数的解析式；(2)若点M在y轴上，且△BMC的面积为4，求点M的坐标；(3)将线段AB在平面内平移，当AB一个端点的对应点P在x轴上，另一个端点的对应点Q是平面内一点，是否存在以A、B、P、Q为顶点的四边形为矩形？若存在，求出所有符合条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)0，−1(3)P1，【分析】（1）先把点A坐标代入一次函数解析式求出点A的坐标，再把点A坐标代入反比例函数解析式求出反比例函数解析式即可；（2）先求出B、C的坐标，再根据12CM⋅x（3）设Pm，0，则AB2=2，AP2=m2【详解】（1）解：把A1,a代入y=−x+3中得：−1+3=a解得a=2，∴A1,2把A1,2代入y=kx解得k=2，∴反比例函数解析式为y=2（2）解：在y=−x+3中，令x=0，则y=3，∴C0联立y=−x+3y=2x，解得x=2∴B2∵点M在y轴上，且△BMC的面积为4，∴12∴12∴CM=4，∴点M的坐标为0，−1或（3）解：设Pm∵A1,2，B∴AB2=1−22当BP为边时，则∠ABP=90°，∴m2解得m=1，∴P1当BP为对角线时，则∠BAP=90°，∴m2解得m=−1，∴P−1综上所述，P1，0【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，勾股定理，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．5．（2023·广西贵港·三模）抛物线y=−12x2+32x+c与x轴交于A、B两点，且点A在点B的左侧，与y轴交于点

(1)求抛物线的解析式与A、B两点的坐标．(2)若点E的纵坐标为0，且以A，E，(3)过点M作直线CD的垂线，垂足为N，若将△CMN沿CM翻折，点N的对应点为N'，则是否存在点M，使点N'则恰好落在x轴上？若存在，求出此时点【答案】(1)y=−12(2)M(0,2)或3−412(3)存在，M(1,3)或(5,−3)【分析】（1）可先求得点C的坐标，将其代入抛物线的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，进而求得点A,B的坐标；（2）分为AD为边和AD为对角线两种情形，当AD为边时，分为▱ADME,▱ADEM，前者观察点M和点C重合，后者点M的纵坐标和点D坐标互为相反数，进而求得结果，点AD为对角线时，点M和点C重合；（3）证明CNMN'是正方形，求得CM的解析式为：y=x+2和【详解】（1）解：∵CD∥x轴，∴C(0,2),把x=0,y=2代入y=−12∴y=−由−12∴A(−1,0).B(4,0);（2）如图1，

当AD为边时，▱AE1M1D，此时M▱AM2E3D时，点M∴−∴x=∴当AD为对角线时，此时点M和点C重合，综上所述：M(0,2)或3−412（3）如图2，

由折叠知，∠CNM=∠CN∵∠NCN∴四边形CNMN∵CN=CN∴矩形CNMN∴CM平分∠NCN当CM1平分直线CM1的解析式为：由−12x当x=1时，y=1+2=3，∴M1当CM2平分直线CM2的解析式为：由−12x当x=5时，y=−5+2=−3，∴综上所述：M(1,3)或(5,−3)．【点睛】本题以二次函数为背景，考查了求二次函数的解析式，求一次函数的解析式，解一元二次方程，平行四边形的分类，正方形的判定和性质等知识点，解决问题的关键是正确分类，画出图形．6．（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与探究如图，已知直线y=43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c经过A，C两点，且与

(1)求抛物线的解析式；(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；(3)若线段OC上有一点Q，则AQ+1717CQ(4)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)四边形ABCD面积S的最大值为12.5，D(3)16(4)存在，P点的坐标为P【分析】（1）先求得A、C、B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进而求得结果．（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出的长，进而表示出三角形的面积，进而表示出的函数关系式，即可解答．（3）过点C作CP∥x轴，连接AP交y轴于点Q，当PQ=17CQ时，AQ+1717CQ的和最小值，tan得Q0,（4）根据菱形的性质可得，进而求得点P的坐标．【详解】（1）当x=0时，y=4，∴C当y=0时，43∴x=−3，∴A∵对称轴为直线x=−1，∴B设抛物线表达式：y=a∴4=−3a解得，a=−∴抛物线的表达式为：y=−（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴Dm,−43∴DE=−4∴S△ADC∴S△ABC∴S=−2m当m=−32时，当m=−32时，∴D（3）过点C作CP∥x轴，连接AP交y轴于点Q，

当PQ=17CQ时，设CQ=a，PQ=17∴CP=17−1∴tanP=即CQPQ设Q0,q∴q3解得，q=3∴Q0,∴AQ+（4）存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，理由如下：设P−1,n∵以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴PA=PC，即PA∴−1+32∴n=13∴P−1,【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数的解析式，三角形的面积，菱形的性质，熟练运用数形结合的数学思想是解题的关键．题型11与特殊四边形有关的规律探究问题1．（2023·山东济南·一模）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2……；按如图的方式放置，点A1、A2、A3……An在直线y=−x−1，点C1、C2、C3……CnA．3×2n−1−1,−3×C．3×2n−2−1,−3×【答案】D【分析】由四边形A1B1C1O是正方形，求得A2(1，−2)，求出抛物线L2的顶点为(2，−3)，再将点(2，−3)代入y=ax−22−3，可求抛物线L2的解析式为y=x−22−3；求出A3(3，−4)，B3(7，【详解】解：对于直线y=−x−1，设x=0,可得y=−1，∴A1∵四边形A1∴C1(1,0)，又点A2∴A2又∵B2∴抛物线L2的对称轴为直线x=2∴抛物线L2的顶点为(2设抛物线L2的解析式为：y=a∵L2过点B∴−2=a×3−