2021年初中数学-备战中考-考点16-特殊的平行四边形-考点集训与真题演练

考点16特殊的平行四边形考点集训1．（2020·山东德州市·中考真题）下列命题：①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；③一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形；④对角线相等的平行四边形是矩形．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定逐一判断即可．【详解】解：①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，是假命题；②对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，是真命题；③一个角为90°且一组邻边相等的四边形是正方形，是假命题；④对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、正方形、矩形的判定，熟知特殊四边形的判定定理是解题关键．2．（2020·江苏盐城·中考真题）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（）A． B． C． D．【答案】B【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．【解析】解：∵四边形ABCD是菱形∴，，∴△BOC是直角三角形∴∴BC=5∵H为BC中点∴故最后答案为．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．3．（2019·辽宁中考真题）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形．【详解】点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，、、、分别是、、、的中位线，，，，，四边形为平行四边形，当时，，平行四边形是菱形；当时，，即，菱形是正方形；故选：．【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．4．（2020·湖南株洲·中考模拟）如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（）A．一定不是平行四边形B．一定不是中心对称图形C．可能是轴对称图形D．当AC=BD时它是矩形【答案】C【解析】解：连接AC，BD，∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，∴EF=HG=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH一定是中心对称图形，当AC⊥BD时，∠EFG=90°，此时四边形EFGH是矩形，当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故选C．【点睛】本题考查中点四边形；平行四边形的判定；矩形的判定；轴对称图形．5．（2020·山东枣庄市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（）A． B．6 C．4 D．5【答案】B【解析】∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，∴AC=2AB=6，故选B．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．6．（2020·浙江台州市·中考真题）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．【详解】根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，故选A．【点睛】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．7．（2020·河南中考真题）如图，在中，．边在轴上，顶点的坐标分别为和．将正方形沿轴向右平移当点落在边上时，点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先画出落在上的示意图，如图，根据锐角三角函数求解的长度，结合正方形的性质，从而可得答案．【详解】解：由题意知：四边形为正方形，如图，当落在上时，由故选【点睛】本题考查的是平移的性质的应用，同时考查了正方形的性质，图形与坐标，锐角三角函数，掌握以上知识是解题的关键．8．（2020·湖北黄冈市·中考真题）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．【详解】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，∵菱形的周长为16，∴AB＝4，在Rt△ABH中，sinB＝＝，∴∠B＝30°，∵AB∥CD，∴∠C＝150°，∴∠C：∠B＝5：1．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了正弦的定义及应用．9．（2020·宁夏中考真题）如图，菱形的边长为13，对角线，点E、F分别是边、的中点，连接并延长与的延长线相交于点G，则（）A．13 B．10 C．12 D．5【答案】B【分析】连接对角线BD，交AC于点O，求证四边形BDEG是平行四边形，EG=BD，利用勾股定理求出OD的长，BD=2OD，即可求出EG．【详解】连接BD，交AC于点O，由题意知：菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，∴AB=BC=CD=DA=13，EFBD，∵AC、BD是菱形的对角线，AC=24，∴AC⊥BD，AO=CO=12，OB=OD，又∵ABCD，EFBD∴DEBG，BDEG在四边形BDEG中，∵DEBG，BDEG∴四边形BDEG是平行四边形∴BD=EG在△COD中，∵OC⊥OD，CD=13，CO=12∴OD=OB=5∴BD=EG=10故选B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．10．（2020·贵州遵义市·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高即可．【详解】解：记AC与BD的交点为，菱形,菱形的面积菱形的面积故选D．【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．11．（2020·四川眉山市·中考真题）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接．以下四个结论：①；②；③；④．其中正确的个数为（）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【分析】①四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，∠EAB、∠GAD与∠BAG的和均为90°，即可证明∠EAB与∠GAD相等；②由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，∠DAG=∠CAF，然后问题可证；③由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证△HAF∽△FAC，则有，然后根据等量关系可求解；④由②及题意知∠ADG=∠ACF=45°，则问题可求证．【详解】解：①∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴∠EAG=∠BAD=90°又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG∴∠EAB=∠GAD∴①正确②∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形∴AD=DC，AG=FG∴AC=AD，AF=AG∴，即又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC∴∠DAG=∠CAF∴∴②正确③∵四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线∴∠AFH=∠ACF=45°又∵∠FAH=∠CAF∴△HAF∽△FAC∴即又∵AF=AE∴∴③正确④由②知又∵四边形ABCD为正方形，AC为对角线∴∠ADG=∠ACF=45°∴DG在正方形另外一条对角线上∴DG⊥AC∴④正确故选：D．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质综合运用，同时利用到正方形相关性质，解题关键在于找到需要的相似三角形进而证明．12．（2020·辽宁沈阳市·中考真题）如图，在矩形中，，，对角线相交于点，点为边上一动点，连接，以为折痕，将折叠，点的对应点为点，线段与相交于点．若为直角三角形，则的长__________．【答案】或1【分析】先根据矩形的性质、折叠的性质可得，，设，从而可得，再根据直角三角形的定义分和两种情况，然后分别利用相似三角形的判定与性质、勾股定理求解即可得．【详解】四边形ABCD是矩形，，由折叠的性质可知，设，则由题意，分以下两种情况：（1）如图1，当时，为直角三角形在和中，，即解得，在中，，即解得即（2）如图2，当时，为直角三角形，，即在和中，，即解得，即解得即综上，DP的长为或1故答案为：或1．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确画出图形，并分两种情况讨论是解题关键．13．（2020·广西玉林市·中考真题）如图，将两张对边平行且相等的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD_________菱形（是，或不是）．【答案】是【分析】如图（见解析），先根据“两张对边平行且相等的纸条”得出，再根据平行四边形的判定可得四边形ABCD是平行四边形，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据菱形的判定即可得．【详解】如图，过点B作，交DA延长线于点E，过点D作，交BA延长线于点F由题意得：四边形ABCD是平行四边形在和中，平行四边形ABCD是菱形故答案为：是．【点睛】本题考查了平行四边形与菱形的判定、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握平行四边形与菱形的判定是解题关键．14．（2020·黑龙江哈尔滨市·中考真题）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，线段AB和线段CD的端点均在小正方形的顶点上．（1）在图中画出以AB为边的正方形，点E和点F均在小正方形的顶点上；（2）在图中画出以CD为边的等腰三角形，点G在小正方形的顶点上，且的周长为，连接EG，请直接写出线段EG的长．【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析，EG=.【分析】（1）根据正方形的判定作图可得；（2）根据等腰三角形与勾股定理可得答案．【详解】解：（1）如图所示，正方形ABEF即为所求；（2）如图所示，△CDG即为所求，由勾股定理，得EG=.【点睛】本题考查作图-应用与设计、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用思想结合的思想解决问题，属于中考常考题型．15．（2020·四川自贡市·中考真题）如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且,连接和相交于点．求证：．【答案】证明见解析．【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，又∵CE=DF，∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，在△BCF和△ABE中，∴（SAS），∴AE=BF．【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．16．（2020·江苏徐州市·中考真题）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．（1）在图①中，若，则的长为_____；（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；（3）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点，理由见解析【分析】（1）由黄金比值直接计算即可；（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；（3）当PB=BC时，证得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,则有BF=AE，设BF=x，则AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可证得结论．【详解】（1）AB=×20=（）(cm)，故答案为：；（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90º，由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，在Rt△CDE中，CE=，∴EH=，在Rt△GHE中，在Rt△GAE中，,∴，解得：x=，即，∴是的黄金分割点；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点．理由：∵，∴∠BCF+∠CBE=90º，又∠CBE+∠ABE=90º，∴∠ABE=∠BCF，∵∠A=∠ABC=90º，AB=BC，∴△BAE≌△CBF（ASA），∴AE=BF，设AE=BF=x，则AF=a-x，∵AD∥BC即AE∥PB，∴即，∴，解得：或(舍去)，即BF=AE=，∴，∴、分别是、的黄金分割点．【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．18．（2020·江苏宿迁市·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．【答案】见解析【分析】由正方形的性质可得AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，由“SAS”可证△ABE≌△ADE，△BFC≌△DFC，△ABE≌△CBF，可得BE=BF=DE=DF，可得结论．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD=BC，∠DAE=∠BAE=∠BCF=∠DCF=45°，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE=DE，同理可得△BFC≌△DFC，可得BF=DF，∵AF=CE，∴AF-EF=CE-EF，即AE=CF，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴BE=BF，∴BE=BF=DE=DF，∴四边形BEDF是菱形．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．19．（2020·湖北咸宁市·中考真题）如图，在中，以点B为圆心，长为半径画弧，交于点E，在上截取，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）请用无刻度的直尺在内找一点P，使（标出点P的位置，保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据四边形ABCD为平行四边形，得出AF∥BE，由作图过程可知AF=BE，结合AB=BE即可证明；（2）利用菱形对角线互相垂直的性质，连接AE和BF，交点即为点P.【详解】解：（1）根据作图过程可知：AB=BE，AF=BE，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AF∥BE，∵AF=BE，∴四边形ABEF为平行四边形，∵AB=BE，∴平行四边形ABEF为菱形；（2）如图，点P即为所作图形，∵四边形ABEF为菱形，则BF⊥AE，∴∠APB=90°.【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，解题的关键是利用相应的性质进行画图.20．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边长是方程的根，连接，，并过点作，垂足为，动点从点以每秒个单位长度的速度沿方向匀速运动到点为止；点沿线段以每秒个单位长度的速度由点向点匀速运动，到点为止，点与点同时出发，设运动时间为秒（1）线段______；（2）连接和，求的面积与运动时间的函数关系式；（3）在整个运动过程中，当是以为腰的等腰三角形时，直接写出点的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）(，)或(，)【分析】（1）解方程求出AB的长，由直角三角形的性质可求BD，BC的长，CN的长；（2）分三种情况讨论，由三角形的面积可求解；（3）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可求解．【详解】（1）解方程得：(舍去)，∴AB=6，∵四边形是矩形，，∴AB=CD=6，BD=2AB=12，∴BC=AD=，∵，∴，故答数为：；（2）如图1，过点M作MH⊥BD于H，∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=30°，∴MH=MD=，∵∠DBC=30°，CN⊥BD，∴BN=，当点P在线段BN上即时，△PMN的面积；当点P与点N重合即时，s=0，当点P在线段ND上即时，△PMN的面积；∴；（3）如图，过点P作PE⊥BC于E，当PN=PM=9-2t时，则DM=，MH=DM=，DH=，∵，∴，解得：或，即或，则BE=或BE=，∴点P的坐标为(，)或(，)；当PN=NM=9-2t时，∵，∴，解得或24（不合题意舍去），∴BP=6，PE=BP=3，BE=PE=3∴点P的坐标为(，)，综上所述：点P坐标为(，)或(，)．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，一元二次方程的解法，三角形的面积公式，勾股定理，等腰三角形的性质，坐标与图形等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．21．（2020·湖北荆州市·中考真题）如图矩形ABCD中，AB=20，点E是BC上一点，将沿着AE折叠，点B刚好落在CD边上的点G处，点F在DG上，将沿着AF折叠，点D刚好落在AG上点H处，此时．（1）求证：（2）求AD的长；（3）求的值．【答案】（1）见解析；（2）12；（3）【分析】（1）由矩形的性质得出∠B=∠D=∠C=90°，由折叠的性质得出∠AGE=∠B=90°，∠AHF=∠D=90°，证得∠EGC=∠GFH，则可得出结论；（2）由面积关系可得出GH：AH=2：3，由折叠的性质得出AG=AB=GH+AH=20，求出GH=8，AH=12，则可得出答案；（3）由勾股定理求出DG=16，设DF=FH=x，则GF=16-x，由勾股定理得出方程，解出x=6，由锐角三角函数的定义可得出答案．【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形所以，(2)解：(3)解：在直角三角形ADG中，由折叠对称性知，解得：x=6，所以：HF=6在直角三角形GHF中，．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．真题演练1．（2020·四川泸州市·中考真题）下列命题是假命题的是（）A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线互相垂直C．菱形的对角线互相垂直平分 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等【答案】B【分析】利用平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质解题即可.【详解】解：A、正确，平行四边形的对角线互相平分，故选项不符合；

B、错误，应该是矩形的对角线相等且互相平分，故选项符合；

C、正确，菱形的对角线互相垂直且平分，故选项不符合；

D、正确，正方形的对角线相等且互相垂直平分，故选项不符合；故选：B．【点睛】本题考查命题与定理、特殊四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．2．（2020·湖北襄阳市·中考真题）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（）A．，B．当时，四边形是菱形C．当时，四边形是矩形D．当且时，四边形是正方形【答案】B【分析】根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．【详解】解：四边形是平行四边形，，故A正确，四边形是平行四边形，，不能推出四边形是菱形，故错误，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，故C正确，四边形是平行四边形，，，四边形是正方形．故D正确．故选B．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．3．（2020·黑龙江鹤岗市·中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（）A．72 B．24 C．48 D．96【答案】C【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴菱形的面积.故选：C.【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得BD．4．（2020·广西贵港市·中考真题）如图，动点在边长为2的正方形内，且，是边上的一个动点，是边的中点，则线段的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，由轴对称的性质及90°的圆周角所对的弦是直径，可知线段PE＋PM的最小值为OE的值减去以AB为直径的圆的半径OM，根据正方形的性质及勾股定理计算即可．【详解】解答：解：作点E关于DC的对称点E，设AB的中点为点O，连接OE，交DC于点P，连接PE，如图：∵动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，∴点M在以AB为直径的圆上，OM＝AB＝1，∵正方形ABCD的边长为2，∴AD＝AB＝2，∠DAB＝90°，∵E是AD的中点，∴DE＝AD＝×2＝1，∵点E与点E关于DC对称，∴DE＝DE＝1，PE＝PE，∴AE＝AD＋DE＝2＋1＝3，在Rt△AOE中，OE＝＝＝，∴线段PE＋PM的最小值为：

PE＋PM＝PE＋PM＝ME＝OE−OM＝−1．故选：A．【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题、圆周角定理的推论、正方形的性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．5．（2020·浙江绍兴市·中考真题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．6．（2020·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，正方形的边长为4，点在上且，为对角线上一动点，则周长的最小值为（）．A．5 B．6 C．7 D．8【答案】B【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.【详解】连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF=DF，∴的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，∵正方形的边长为4，∴AD=AB=4，∠DAB=90°，∵点在上且，∴AE=3，∴DE=，∴的周长=5+1=6，故选：B.【点睛】此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是的周长有最小值的思路是解题的关键.7．（2020·广东中考真题）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（）A．1 B． C． D．2【答案】D【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FEB’=60°，进而得到∠AEB’=60°，然后在Rt△AEB’中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB’=60°，∴∠AEB’=180°-∠FEB-∠FEB’=60°，∴∠AB’E=30°，设AE=x,则BE=B’E=2x，∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，故选：D．【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．8．（2020·湖南怀化·中考真题）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.【解析】∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,∴矩形的面积为,故选：C.【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.9．（2020·辽宁锦州市·中考真题）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（）A．4 B． C．6 D．【答案】B【分析】连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．【详解】解：连接BP，∵菱形ABCD的周长为20，∴AB=BC=20÷4=5，又∵菱形ABCD的面积为24，∴SABC=24÷2=12，又SABC=SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴，∵AB=BC，∴∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故选：B．【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．10．（2020·四川绵阳市·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝27，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'B'C，当A'B'恰好经过点D时，△B'CD为等腰三角形，若A．11 B．23 C．13 D．14【答案】A【分析】过D作DE⊥BC于E，则∠DEC=∠DEB=90°，根据矩形的性质得BE=AD=2，DE=AB=27，根据旋转的性质得到∠DB'C=∠ABC【解析】解：过D作DE⊥BC于E，则∵AD//BC，∠ABC=90°，∴∠DAB=∠ABC=90°∵将ΔABC绕点C顺时针方向旋转后得△A'∴∠DB'C=∠ABC=90°，B'C=BC，A'∵△B'CD为等腰三角形，∴△B'设B'C=BC=x，则CD=∴x=4（负值舍去），∴BC=4，∴AC=A【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．11．（2020·黑龙江大庆市·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（）A．或 B．或 C． D．或【答案】A【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当1<x<2时，除去重叠部分，剩下的图形为两个直角梯形的面积，将剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③当x>2时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；②当1<x<2时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于P点，AC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴，解得：；③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，∴，且，解得：或（舍），④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；所以，满足条件的AM的值为或，故选：A．【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．12．（2020·广西中考真题）如图，在边长为的菱形中，，点分别是上的动点，且与交于点.当点从点运动到点时，则点的运动路径长为_____．【答案】【分析】根据题意证得，推出∠BPE=60，∠BPD=120，得到C、B、P、D四点共圆，知点的运动路径长为的长，利用弧长公式即可求解．【详解】连接BD，∵菱形中，，∴∠C=∠A=60，AB=BC=CD=AD，∴△ABD和△CBD都为等边三角形，∴BD=AD，∠BDF=∠DAE=60，∵DF=AE，∴，∴∠DBF=∠ADE，∵∠BPE=∠BDP+∠DBF=∠BDP+∠ADE=∠BDF=60，∴∠BPD=180-∠BPE=120，∵∠C=60，∴∠C+∠BPD=180，∴C、B、P、D四点共圆，即⊙O是的外接圆，∴当点从点运动到点时，则点的运动路径长为的长，∴∠BOD=2∠BCD=120，作OG⊥BD于G，根据垂径定理得：BG=GD=BD=，∠BOG=∠BOD=60，∵，即，∴，从而点的路径长为．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，弧长公式等知识，解题的关键是学会准确寻找点的运动轨迹．13．（2020·柳州市柳林中学中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．【详解】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．故①正确；②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，∴HF＝BF﹣BH＝4，∴＝＝＝，∴2S△BFG＝5S△FGH；故②正确；③∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，在Rt△ABF中，AF＝＝8，设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴AG＝3，∴FD＝2；同理可得ED＝，∴＝＝2，＝＝，∴≠，∴△ABG与△DEF不相似，故③错误；④∵CD＝AB＝6，ED＝，∴CE＝CD﹣ED＝，∴＝，∴4CE＝5ED．故④正确．综上所述，正确的结论的序号为①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．14．（2020·辽宁营口市·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为_____．【答案】4【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面积为×2×4＝4．故答案为：4．【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.15．（2020·福建中考真题）设是反比例函数图象上的任意四点，现有以下结论：①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是菱形；③四边形不可能是矩形；④四边形不可能是正方形．其中正确的是_______．（写出所有正确结论的序号）【答案】①④【分析】利用反比例函数的对称性，画好图形，结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定可以得到结论，特别是对②的判断可以利用反证法．【详解】解：如图，反比例函数的图象关于原点成中心对称，四边形是平行四边形，故①正确，如图，若四边形是菱形，则显然：＜所以四边形不可能是菱形，故②错误，如图，反比例函数的图象关于直线成轴对称，当垂直于对称轴时，四边形是矩形，故③错误，四边形不可能是菱形，四边形不可能是正方形，故④正确，故答案为：①④．【点睛】本题考查的是平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，反比例函数的对称性，掌握以上知识是解题的关键．16．（2020·陕西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为_____．【答案】2．【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝3＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面积，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根据勾股定理，得EF＝＝＝2．故答案为：2．【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．17．（2020·福建中考真题）如图，点分别在菱形的边，上，且．求证：．【答案】详见解析【分析】根据菱形的性质可知AB=AD，∠B=∠D，再结合已知条件BE=DF即可证明后即可求解．【详解】解：证明：∵四边形是菱形，∴，．在和中，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，熟练掌握其性质是解决此类题的关键．18．（2020·湖南娄底市·中考真题）如图，中，，，分别在边、上的点E与点F关于对称，连接、、、．（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）求证：【答案】（1）四边形为菱形，理由详见解析；（2）详见解析【分析】（1）根据题意可证明，再由可得到四边形是菱形；（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．【详解】解：（1）四边形为菱形，理由如下由可得，从而设与相交于点O∵点E与点F关于对称∴且在和中∴∴，又∴四边形为菱形，（2）∵，据（1）C∴又∵∴∴．【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理及直角三角形的性质．19．（2020·湖南永州市·中考真题）某校开展了一次综合实践活动，参加该活动的每个学生持有两张宽为，长足够的矩形纸条．探究两张纸条叠放在一起，重叠部分的形状和面积．如图1所示，一张纸条水平放置不动，另一张纸条与它成45°的角，将该纸条从右往左平移．（1）写出在平移过程中，重叠部分可能出现的形状．（2）当重叠部分的形状为如图2所示的四边形时，求证：四边形是菱形．（3）设平移的距离为，两张纸条重叠部分的面积为．求s与x的函数关系式，并求s的最大值．【答案】（1）三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）见解析；（3），s的最大值为．【分析】（1）根据平移过程中，重叠部分四边形的形状判定即可；（2）分别过点B、D作于点E、于点F，再根据纸条的特点证明四边形ABCD是平行四边形，再证明邻边相等即可证明；（3）分、、和x=四种情况分别求出s与x的函数关系式，然后再求最大值即可．【详解】解：（1）在平移过程中，重叠部分的形状分别为：三角形，四边形（梯形、菱形），五边形；（2）证明：分别过点B、D作于点E、于点F，∴∵两张纸条等宽，∴．在和中，∴，∵两张纸条都是矩形，，∴．∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；（3）Ⅰ、如图：当时，重叠部分为三角形，如图所示，∴，∴．最大值为．Ⅱ、如图：当时，重叠部分为梯形，如图所示，梯形的下底为，上底为，∴，当时，s取最大值．Ⅲ、当时，重叠部分为五边形，．此时．Ⅳ、当时，重叠部分为菱形，∴．∴∴s的最大值为．【点睛】本题考查了平移变换、等腰直角三角形的性质、菱形的判定以及运用二次函数求最值，考查知识点较多，因此灵活运用所学知识成为解答本题的关键．20．（2020·湖北鄂州·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，点M，N分别为、的中点，延长至点E，使，连接．（1）求证：；（2）若，且，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析；(2)24【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得出AB=CD，ABCD，进而得到∠BAC=∠DCA，再结合AO=CO，M,N分别是OA和OC中点即可求解；(2)证明△ABO是等腰三角形，结合M是AO的中点，得到∠BMO=∠EMO=90°，同时△DOC也是等腰三角形，N是OC中点，得到∠DNO=90°，得到EMDN，再由(1)得到EM=DN，得出四边形EMND为矩形，进而求出面积．【解析】解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，ABCD，OA=OC，∴∠BAC=∠DCA，又点M，N分别为、的中点，∴，在和中，，∴．(2)BD=2BO，又已知BD=2AB，∴BO=AB，∴△ABO为等腰三角形；又M为AO的中点，∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：BM⊥AO，∴∠BMO=∠EMO=90°，同理可证△DOC也为等腰三角形，又N是OC的中点，∴由等腰三角形的“三线合一”性质可知：DN⊥CO，∠DNO=9