2025年中考数学大题与几何压轴题：四边形压轴（讲练）（解析版）

专题11四边形压轴

目录

考情分析

考点四边形压轴

【真题研析•规律探寻】

题型01与四边形有关的多结论问题（选/填）

题型02与四边形有关的平移问题

题型03与四边形有关的翻折问题

题型04与四边形有关的旋转问题

题型05与四边形有关的最值问题

题型06与四边形有关的动点问题

题型07与四边形有关的新定义问题

题型08与四边形有关的阅读理解问题

题型09与四边形有关的存在性问题

题型10四边形与圆综合

题型11四边形与函数综合

【核心提炼•查漏补缺】

【好题必刷•强化落实】

考点要求命题预测

在中考中，涉及四边形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以

四边形压轴选择、填空题型出现，但是四边形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特别大,

所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.

考点四边形压轴

真题研析-规律探寻

题型01与四边形有关的多结论问题（选/填）

1.（2023•黑龙江•中考真题）如图，在正方形4BCD中，点E,F分别是力上的动点，且AF1DE,垂足为

G,将△ABF沿AF翻折，得到交DE于点尸，对角线8。交4F于点“，,下列

结论正确的是：®XF=DE；②BMIIDE；③若CM1FM,则四边形是菱形；④当点E运动到4B的

中点，tanzSWF=2V2：@EP-DH=2AG-BH.（）

A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③D.①②⑤

【答案】B

【分析】根据正方形的性质可得乙=从而证明△48F三△ZED,即可判断①；由折叠的性质可

得再由平行线的判定即可判断②；由CM1FM可得4M,C在同一直线上，从而可得

ZMCF=ZMFC=45°,再根据折叠的性质可得N"BF==45。，BF=MF,再根据菱形的判定即可判

断③;设正方形48CD的边长为2a,则4E=BF=a,利用勾股定理求得DE==AF,证明△AHD-△FHB,

可得4"=|4?=竽。，从而证得△AGE“△ABF,可得DG=^a,GH=^-a,即可判断④；证明

△EAG^△PAG,可得EG=》EP,从而证明△4HDFHB,可得警=黑，再证明△瓦4Gs△F4B,可得

ZDnDr

EG-DH=AG-BH,进而可得：EP•DH=4G♦B”，即可判断⑤.

【详解】解：；四边形4BCD是正方形，

NZME=AABF=90°,DA=AB,

AF1DE,

・•.Z.BAF+A.AED=90°,

vZ.BAF+Z-AFB=90°,

Z.AED=Z.BFA,

.-.AABF=△i4E£)(AAS),

•-AF=DE,故①正确，

•・•将△48尸沿/F翻折，得到△AMF,

-AF1DE,

•­BMWDE,故②正确，

当CM1FM时，ZCMF=90°,

•・•Z.AMF=4ABF=90°,

/.AAMF+Z.CMF=180°,即4M,C在同一直线上，

・•.ZMCF=45°,

.•・/.MFC=90°-ZMCF=45°,

通过翻折的性质可得N”BF=ZJ7MF=45。，BF=MF,

:.乙HMF=cMFC,乙HBC=^MFC,

・•・BC\\MHfHB\\MF,

・•・四边形BHM尸是平行四边形，

•・•BF—MF,

・•・平行四边形是菱形，故③正确，

当点E运动到4B的中点，如图，

设正方形4BCD的边长为2a,贝|4E=BF=a,

在RtZk/EO中，DE=y/AD2+AE2=V5a=AF,

vZ.AHD=乙FHB,乙ADH=MBH=45°,

/.△AHDFFHB,

.FH_BF

''~AH~'AD_2a~2f

・・・/”=|/F=亭，

v^AGE=^ABF=90°f

.­.AAGE-AABF,

.AE__EG__AG___^__V5

''~AF~~BF~^B~V5a-~9

EG=^-BF=^-a,AG=^-AB=^a,

：.DG=ED-EG=^a,GH=AH-AG=^-a,

,:乙BHF=^DHA,

在RtaDGH中，tanNBHF=tanNDH4=黑=3,故④错误,

由折叠的性质可得，△48F三△4MF,

：.Z-EAG=乙PAG,

在△EAG和△PAG中，

(Z-EAG=Z.PAG

AG=AG,

VZ.EGA=/.PGA

.•.△E/G三△PAG(ASA),

：,EG=PG,

・・.EG=，P,

-ADWBC,

：.4AHD〜丛FHB,

PH_AD

•••丽一~BF"

'.'AD=AB,

PH_AB

：'~BH~~BF9

乙

^^AGE=Z.ABF=90°fEAG=^FAB,

△EAG-AFAB,

EG_BF

''~AG~~AB'

BH_EG

**DH-'AG9

・・.EGDH=AGBH,

:^EP-DH=AG-BH,

•••EP-DH^2AG-BH,故⑤正确；

综上分析可知，正确的是①②③⑤.

故选：B.

【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求

做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键.

2.（2022•湖北黄冈•中考真题）如图，在矩形/BCD中，AB<BC,连接/C,分别以点，，C为圆心，大

1

于的长为半径画弧，两弧交于点M,N,直线分别交BC于点、E,

F.下列结论：

①四边形/EC尸是菱形；

②UFB=2UCB；

③AC・EF=CF,CD；

④若/尸平分乙&4C,贝l|CF=22尸.

其中正确结论的个数是（）

A.4B.3C.2D.1

【答案】B

【分析】根据作图可得MN，2C,且平分力C,设4?与MN的交点为0,证明四边形4ECF为菱形，即可判断

①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解.判断③，根据角平分线的性质可

得BF=FO,根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解.

【详解】如图，设4C与MN的交点为。，

根据作图可得MN_L4C,且平分4C,

•••AO=OC,

・・•四边形48co是矩形，

^AD\\BC,

・•・Z-EAO=zJJCF,

Xv^AOE=Z.COF,A0=C0,

.'.AA0E=AC0Ff

・•.AE=FC,

•・•AEWCF,

四边形2EC尸是平行四边形，

MN垂直平分4C,

•••EA=EC,

••・四边形2ECF是菱形，故①正确；

②•••FA=FC,

Z.ACB=Z.FAC,

:.UFB=2UCB；故②正确；

③由菱形的面积可得3c故③不正确，

@---四边形4BCD是矩形，

•••Z.ABC=90°,

若4F平分34C,FB1AB,FO1AC,

贝l|BF=F。，

Z.BAF=/.FAC,

vZ-FAC=Z.FCA,

v£.BAF+^FAC+Z.FCA=90°,

••・乙ACB=30°,

.■.FO=^FC,

•・•po=BF,

■.CF=2BF.故④正确；

故选B

【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形

的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键.

3.（2021•四川南充•中考真题）如图，在矩形4BCD中，AB=15,BC=20,把边48沿对角线AD平移,

点4,9分别对应点/,B.给出下列结论：①顺次连接点A,B',C,。的图形是平行四边形；②点C到

它关于直线44'的对称点的距离为48；③AC—B'C的最大值为15；④AC+B'C的最小值为9g.其中正

确结论的个数是（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】c

【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到3。的距离，从而对②

做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作。关于44的对称点D,交24于M,连接B。，过

。作）N1BC于N,分别交于K,H,证明。C是最小值时的位置，再利用勾股定理求解。C,对④做出

判断.

【详解】解：由平移的性质可得/皮/4/

且AB=A'B'

•••四边形48CZ）为矩形

.-.ABUCD,AB=CD=15

：.A'B'HCD且

四边形49CD为平行四边形，

当点皮与。重合时，四边形不存在，

故①错误

在矩形ABCD中，BDZAB2+协川期+202=25

过/作CN1BD,贝ijNAf=CN

15x20

■■.AM=CN=

25

二点C至IM4的距离为24

•・•点C到它关于直线A4'的对称点的距离为48

••.故②正确

■：A'C-B'C<A'B'

.••当4,9,C在一条直线时4c-BK最大，

此时9与D重合

■.A'C-的最大值=49=15

故③正确，

如图，作。关于44的对称点”交44于M,连接B。，过。作。N1BC于N,分别交2M,BD于K,H,

贝=KH=15,KM为△07/。的中位线，BD1DD',

D'

D'K=HK=15,

由口49CD可得9C=A'D,

B'C=A'D=A'D',

A'C+B'C=A'C+A'D'=D'C,此时最小,

由②同理可得：DM=D'M=12,

DCHN

■,■c^DBC=-=-15=-3=—,

设HN=3x,贝!]BN=4居

由勾股定理可得：DD'2+BD2=BD'2=BN2+D'N2,

22

25+24=(30+3x)2+(轨下,

整理得：25x2+180x-301=0,

•••(5%-7)(5%+43)=0,

7AQ

解得：=*t2=-三(负根舍去)，

72171

NC=20-4%=”N=早

D'C'J二9V17,

.•.故④正确

故选C.

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质，锐角三角函数的应用等知识点，

熟练掌握相关的知识是解题的关键.

4.2023•山东日照•中考真题)如图，矩形A8CD中，715=6,4。=8,点尸在对角线B。上，过点尸作MN1BD,

交边AD,BC于点N,过点M作ME12。交8。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4M:MD=1:2时，SAMPE=g；④+MN+ND的最小值是20.其中所

有正确结论的序号是.

AMD

【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=10,

MN=S,利用S四边形MBND=%NX8D判断②；根据相似可以得到产=（察）：判断③；利用将军饮

乙乙◎△DAB'tiL），

马问题求出最小值判断④.

【详解】解：•.,EM=EN,MN上BD,

.-.MP=PN,

在点尸移动过程中，不一定MP=PN,

相矛盾，

故①不正确；

AMD

延长ME交BC于点H,

则为矩形，

■■BD=7AB2+=V62+82=10

■.■ME1AD,MN1BD,

••/MED+AMDE=乙MEP+乙EMN=90°,

：./.MDE=/.EMN,

AMHN^ADAB,

MH_HN_MN

'''AD~~AB~~BD9

口口6HNMN

即『甘=而，

QIC

解得：HN=l，MN若,

•••S四边形MBND=S4BMN+^ADMN=NxBP+^MNxDP=^MNxBD=|xx10=

故②正确；

-ME||AB,

MDME~ADAB,

ME_MD_2

''~AB~~AD

.-.ME=4,

•;乙MDE=(EMN,zMPE=Zi4=90°,

・•.△MPEMDAB,

.S^MPE_(ME)2_4

S△DAB\BD)25，

44196

=WX^X6X8=—,

故③正确，

15

BM+MN+ND=BM+ND吟,

即当MB+NO最小时，BM+MN+ND的最小值，作反。关于40、的对称点8八Dr,

Q

把图1中的CD】向上平移到图2位置，使得CD=于连接8m1，即外。1为MB+ND的最小值，则47=8%=

7

5,BBi=12,

这时｛BDF+BBF=Jg)+122=y,

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.

题型02与四边形有关的平移问题

1.（2023・吉林・中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合

的部分构成一个四边形EFMN.转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是

【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条力BCD和EFGH（AB<BC,FG<BC）,其中=

乙B=LFEH,将它们按图②放置，EF落在边8C上，FG,与边力D分别交于点N.求证：口EFMN是

菱形.

【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条4BCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始

终在边BC上.当MD=MG时，延长CD,HG交于点P,得至U图③.若四边形ECPH的周长为40,sin/EFG=

【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应

用），8

【分析】

（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；

（探究提升），证明四边形2BEN是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；

（结论应用），证明四边形ECPH是菱形，求得其边长为10,作GQ1BC于0,利用正弦函数的定义求解即

可.

【详解】解：（操作发现），•••两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，

:.MN\\EF,NEWMF,

二四边形EFMN是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），

故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；

（探究提升）,"MNWEF,NEWMF,

.•.四边形EFMN是平行四边形，

=乙FEH,

・・.NE||4B,

XANWBE,

・•・四边形Z8EN是平行四边形，

：.EF=AB=NE,

・•.平行四边形EFMN是菱形；

(结论应用),•••平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移,

.-.MDWGP,PDWMG,

，四边形MNHG、CDMF、PGMD是平行四边形，

■.■MD=MG,

.•・四边形PGMD是菱形，

•.•四边形EFMN是菱形，

.•・四边形ECPH是菱形，

•.•四边形ECPH的周长为40,

GF=10,

作GQJLBC于0,

4

vsinZ.EFG=-,

GQ_4

•・,蒜・M，

:.GQ=8,

・•・四边形ECPH的面积为10X8=8O.

故答案为：80.

【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要

的条件.

2.(2023•天津・中考真题)在平面直角坐标系中，。为原点，菱形48CD的顶点4(71,0),8(0,1),

(1)填空：如图①，点C的坐标为,点G的坐标为,

(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形EPG7?,点E,F,G,H的对应点分别为k，F',G',

H'.设矩形EFG7?与菱形ABC。重叠部分的面积为S.

①如图②，当边EF与4B相交于点〃、边GK与BC相交于点N,且矩形EFGE与菱形ABCD重叠部分为五

边形时，试用含有t的式子表示S,并直接写出f的取值范围：

②当竽wtw竽时，求S的取值范围（直接写出结果即可）.

【答案】⑴（百,2）,（-乃今.

⑵技®y|<5<V3

【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；

（2）①由题意易得EF=EF=g,EH=E7f=l,然后可得〃B0=60。，则有6"=孚，进而根据割补法

可进行求解面积S；②由①及题意可知当竽WtW竽时，矩形EFGTf和菱形4BCD重叠部分的面积S是增

大的，当竽<tw竽时，矩形和菱形4BCD重叠部分的面积S是减小的，然后根据题意画出图形计

算面积的最大值和最小值即可.

【详解】⑴解：••・四边形EFGH是矩形，且E（0,—但）武呜），

：.EF=GH=y/3,EH=FG=1,

连接4C,BD,交于一点“，如图所示：

•••四边形4BCD是菱形，且4(汽,0),8(0,1),。(2行,1)，

：.AB=AD=J(V3-0)2+(0—1)2=2,AC1.BD,CM=AM=OB=1,BM=MD=OA=通,

：.AC=2,

.•.C(V3,2),

故答案为（V§（2）,（—VJ,|）；

（2）解：①•.•点E（0,9，点F（—旧]）,点H（0,|）,

二矩形EFGH中，£T||x轴，EH_Lx轴，EF=y/3,EH=1.

矩形E'F'G'H'中，E'F'llx轴，E'H'_Lx轴，E'F'=y[3,E'H'=1.

由点2（返0）,点得。4=低。8=1.

在RtZi4B。中，tan/AB。=空=g，得4480=60°.

（JD

在RtZXBME中，由EM=EB・tan60°,EB=1—：=也得引”浮

=~EB-EM=同理,得5/^汽//=4.

OO

,-EE'-3得s矩形EETTH=EE，，EH=t.

又S=S矩形EE，H，H­S^BME-S4BNH，

•••S=t-哼，

当W=EM=乎时，则矩形EFGr和菱形ABC。重叠部分为△BE'H',

・•.t的取值范围是亨

②由①及题意可知当竽＜tW竽时，矩形EFGH，和菱形4BCD重叠部分的面积S是增大的，当竽＜t＜竽

时，矩形EFGH，和菱形4BCD重叠部分的面积S是减小的,

...当1=竽时，矩形EFG7T和菱形ABC。重叠部分如图所示：

此时面积S最大，最大值为S=1XV3=V3；

当t=竽时，矩形EFGH，和菱形力BCD重叠部分如图所示:

4

图②

由⑴可知2、。之间的水平距离为2收则有点。到GF的距离为g一（卫番一2旬=空，

由①可知：4D==60°,

・・.矩形FFG/和菱形力BCO重叠部分为等边三角形，

•••该等边三角形的边长为2XV二3_=1i

tan60°N

••.此时面积S最小，最小值为1x]x哼=为

乙乙4lo

综上所述：当竽WY竽时，则叫WSW®

【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函

数、图形与坐标是解题的关键.

3.（2021•山东淄博・中考真题）已知：在正方形4BCD的边BC上任取一点尸，连接力F,一条与4F垂直的直

线/（垂足为点P）沿4F方向，从点4开始向下平移，交边力B于点E.

（1）当直线I经过正方形ABCD的顶点D时，如图1所示.求证：AE=BF；

（2）当直线I经过4F的中点时，与对角线BD交于点Q,连接FQ,如图2所示.求“FQ的度数；

（3）直线/继续向下平移，当点P恰好落在对角线BD上时，交边CD于点G,如图3所示.设

AB=2,BF=x,DG=y,求y与比之间的关系式.

A—?Y

【答案】（1）见详解；（2）乙4FQ=45。；（3）丫=竟

【分析】（1）由题意易得4。=43/£;4。=4尸84=90。，进而可得乙FAB=NED4贝lj有△4BF三△ZL4E,

然后问题可求证；

（2）连接/。，过点0作。于点/，并延长交3C于点N,由题意易得40=尸0,乙403=45。,

则有。进而可得证△4MQ三然后可得NMQF=90。，则问题可求解；

(3)过点。作。句IEG,交AB于点〃，由题意易证四边形HEGD是平行四边形，则有

AH=BF=x,HE=DG=y,进而可得第=案=需=条然后可得干=泉则问题可求解.

【详解】(1)证明：・・,四边形是正方形，

.-.AD=AB,Z,EAD=MBA=90°,

••,AFtED,

・“PE=90°,

.\Z-BAF+Z.AEP=Z.AEP+4ADE=90°,

：.Z-FAB=/.EDA,

・•.△ABF=△DAE(ASA),

：.AE=BF；

(2)解：连接/。，过点。作。Ml/。于点“，并延长九Q,交8C于点N,如图所示：

・・,点尸是/尸的中点，AF1EQ,

■■AQ=FQ,

,•・四边形4BCD是正方形,

■.AD=DC/ADC=NC=90°,zXDB=45°,

二四边形MNCD是矩形，△M。。是等腰直角三角形,

:.MN=CD=AD,MD=MQ,

.-.AM=QN,

△AMQ=△QNF(HL),

:.^.AQM=乙QFN,

,:4FQN+乙QFN=9Q。,

.•ZFQN+N4QM=9O。，即乙4QF=90。，

・•.△2QF是等腰直角三角形，

.-.ZXFQ=45°；

(3)过点。作D//IIEG,交AB于点、H,如图所示：

D

图3

••・四边形TffiGD是平行四边形，

:,DG=HE,

-AFLEG,

.♦.AFtHD,

由（1）中结论可得=

-AD//BFtAB//CD,

・•・AAPD〜4FPB,ABPEFDPG,

BF_BPBE_BP

••诟一而而一而'

,.,AB=2,BF=x,DG=y,

：.AD=AB=2AH=BF=x,HE=DG=yf

.,.BE=2—x—y,

BE_BF_BP_三

'''DG~~AD~~PD~2，

2—x—yx

与x之间的关系式为y=三亨.

【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定,

熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键.

题型03与四边形有关的翻折问题

1.（2023•江苏镇江・中考真题）如图，将矩形ABC。（4。〉A8）沿对角线8。翻折，C的对应点为点。，以矩

形力BCD的顶点4为圆心、r为半径画圆，04与B。相切于点E,延长D4交。4于点尸，连接EF交2B于点

G.

(1)求证：BE=BG.

(2)当r=l,4B=2时，求BC的长.

【答案】(1)见解析

⑵BC=2V3

【分析】(1)连接4E,由切线的性质得N4EB=90。，贝此力EG+NBEG=90。，由矩形的性质得

^BAD=^BAF=90°,再由直角三角形两锐角互余得4尸+ZJ1GF=90。，根据对顶角相等和同圆的半径相等

得N8GE=N4GE,=然后由等角的余角相等得N8GE=NBEG,最后由等角对等边得出结论；

Af-1

(2)由锐角三角函数得，sin乙4BE=R=3，得N4BE=30。，由翻折得NCBD=NOB。，由乙4BE+/CB'

ADZ

D+^CBD=W^CBD=30°,再由矩形对边相等得=CD,最后在Rt△BCD中解直角三角形即可得出

结论.

【详解】(1)证明：如图，连接/瓦

•・・。4与8。湘切于点£,

=90°,

••Z/EG+乙BEG=90°.

•・•四边形436是矩形，

"BAD=乙BAF=90°,

.•"+乙4GF=90。.

vAE=AF,

.*.zF=Z-AEG.

MBGE=Z.AGF,

：.Z.BGE=(BEG,

.,.BE=BG.

(2)解：在RtZ\BCO中，AE=1,AB=2,

cLAE1

--.sinzX71BE

：^ABE=30°,

••・四边形ZBCD是矩形，

・・."BC=90。，

由翻折可知，乙CBD=乙CBD=|(zXBC-UBE)=1x(90°-30°)=30°,

•••四边形力BCD是矩形，

••.CD=AB=2,

rn

在RtaBCD中，tan/CBD=tan30°=£,

DC.

2

'-BC=c：=v?=2V3.

tan30—

【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数

的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键.

2.（2023・江苏无锡・中考真题）如图，四边形2BCD是边长为4的菱形，乙4=60。，点Q为CD的中点，P为线

段4B上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PBCQ.

⑴当“PB=45。时，求四边形BBCC的面积；

（2）当点P在线段48上移动时，设8P=x,四边形88££的面积为S,求S关于x的函数表达式.

【答案】⑴4b+8

（2）S=^^+4V3

【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NQPB=45。,

可得aPEQ为等腰直角三角形，贝UPB=2g,PQ=2通，根据翻折的性质，可得NBPB，=90。，PB=PB',

则BB'=2，^,PE=向理CQ=2,CC=2V2^>QF=进而根据S四边形g夕c工=2S梯形尸3出一^APBBL

SMQC，即可求解；

（2）等积法求得BE=子义，贝UQE=7』，根据三角形的面积公式可得S^QEB=需，证明

Vx2+12-vxz4-lz'*+12

△BEQQFC,根据相似二角形的性质,得出S^XQFC=\胃l"，根据S=2(S2\QEB+S^BQC+SM")即可求

解.

【详解】(1)如图，连接80、BQ,

・・・四边形为菱形，

.・.CB=CD=4,乙4="=60。，

△BOC为等边三角形.

・・・Q为CD中点，

・•・CQ=2,BQVCD,

BQ=2V3,QBLPB.

•・•乙QPB=4S。,

・・・△尸BQ为等腰直角三角形，

・•.PB=2V3,PQ=2V6,

v翻折，

匕BPB'=90。,PB=PB'

•••BBr=2V6,PE=V6;.

同理CQ=2,

CC=2V2,QF=V2,

‘S四边形BBCC二2s梯形PR”—S^PBB，+SACQC=2xIx(2+2V3)x2V3—1x(2V3)+|x22=4V3+8；

(2)如图2,连接BQ、B'Q,延长PQ交CO于点E

图2

PB=%,BQ=2V3,乙PBQ=90°,

・•・PQ=Vx2+12.

,•'△PBQ=^PQXBE=xBQ

.n—BQxPB2总

-PQ-V^T12,

12

QE=Vx2+12,

12

2V3xx_12V3x

,e,=5X22

S4QEBVx2+12V%+12-x+121

•・•乙BEQ=LBQC=cQFC=90。，贝！JNEQB=90。-4CQF=4FCQ,

・•・△BEQ-△QFC,

.Wc_/2A2_I

-SwEQ-W—5)-3，

.G_4V3x

-=

,：SABQC=5x2x2^3—2V3,

•1•S=2(S&QEB+SABQC+SAQFC)=2(筹+2遍+磊)=篝+4V3.

【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.

3.（2023•山东烟台・中考真题）【问题背景】

如图1,数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABC。进行如下操作：①分别以点8,C

为圆心，以大于匏C的长度为半径作弧，两弧相交于点E,F,作直线EF交BC于点0,连接2。；②将△AB。

沿2。翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q.

【问题提出】

在矩形2BCD中，AD=5,AB=3,求线段CQ的长.

【问题解决】

经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：

方案一：连接0Q,如图2.经过推理、计算可求出线段CQ的长；

方案二：将△TIB。绕点。旋转180。至△RC。处，如图3.经过推理、计算可求出线段CQ的长.

请你任选其中一种方案求线段CQ的长.

【答案】线段CQ的长为得

【分析】方案一：连接。Q,由翻折的不变性，知AP=4B=3,OP=OB=2.5,证明△QP。三△QCO(HL),

推出PQ=CQ,设PQ=CQ=x,在RtaADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；

方案二：将△ZB。绕点。旋转180。至△RC。处，证明N04Q=NR,推出Q4=QR,设CQ=久，同方案一即

可求解.

【详解】解：方案一：连接。Q,如图2.

•.•四边形ABCD是矩形，

.-.AB=CD=3,AD=BC=5,

由作图知B。=0C=^BC=2.5,

由翻折的不变性，知力P=4B=3,OP=0B=2.5,^APO=ZB=90°,

.-.OP=OC=2.5,“P0=”=90。，又OQ=OQ,

△QPO=△QCO(HL),

：.PQ=CQ,

设PQ=CQ=x,则4Q=3+x,DQ=3—x,

在RtZkADQ中，AD2+QD2^AQ2,即52+（3—乂/=（3+刀尸,

解得无=n，

••・线段”的长为9

方案二：将△4B0绕点。旋转180。至△/?“）处，如图3.

•.•四边形4BCD是矩形，

.-.AB=CD=3,AD=BC=5,

由作图知B。=OC=1BC=2.5,

由旋转的不变性，知CR=4B=3,NBA。=NR,乙B=£OCR=9Q°,

贝此。CR+乙OCD=90°+90°=180°,

:.D、C、R共线，

由翻折的不变性，知/"4。=/。仙，

：.Z-OAQ=乙R,

-'-QA—QR,

设CQ=%,则Q/=QR=3+%,DQ=3-x,

222

在RtaZOQ中，AD+QD=AQf即5?+（3—％尸=（3+Q2,

解得久=n，

••・线段CQ的长闿!.

【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性

质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.

4.（2023•四川达州•中考真题）⑴如图①，在矩形力BCD的4B边上取一点E,将△4DE沿OE翻折，使点

Af

4落在BC上4处，若4B=6,8C=10,求若的值；

(2)如图②，在矩形ABC。的BC边上取一点E,将四边形4BED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上9处,

若BC-CE=24,4B=6,求BE的值；

(3)如图③，在△A8C中，Z.BAC=45°4D1BC,垂足为点=10/E=6,过点E作EF14D交4c于

点、F,连接DF,且满足NDFE=2ND4C,直接写出8。+(EF的值.

【答案】⑴*(2)5；(3)y

【分析】(1)由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得4B=2,设AE=4E=x则

BE=AB-AE=6-x,Rt△4BE中利用勾股定理求得工=与，则IE=/，BE=6—学，进而求解即可；

(2)由矩形的性质和翻折性质得到=证明△EBK”△9。4,利用相似三角形的性质求得

8(=4,则9D=10,在RtZXABD中，利用勾股定理求得4。=8,

进而求得BC=8,CE=3可求解；

(3)证明44£1/52\4。。得到。。=9£'£则8D+|EF=BD+CD=BC；设EF=3k,CD=5k,过点。作

DH1AC^H,证明△£?”£)三△/=7〃)(ASA)得到DF=CD=5鼠在RtZkEFD中，由勾股定理解得k=l,进

而可求得AC=5V5,在图③中，过B作8G12C于G,证明NCBG=乙CDH=/.DAC,贝!Jsin/CBG=sm^DAC=

cos/CBG=cosAEMC=等，再证明4G=BG,在Rt△BCG中利用锐角三角函数和

AG+CG=BG+CG=AC求得BC即可求解.

【详解】解：(1)如图①，•••四边形4BCD是矩形，

.-.AD=BC=10,CD=AB=6,Nd=NB=NC=90°,

由翻折性质得AO=AD=10,AE=A'E,

在Rt△4CD中，A'C=7AD2一CD2=V102-62=8,

.-.A'B=BC-A'C=2,

设力E=4E=x,则BE=4B-4E=6—x,

在RtZi4BE中，由勾股定理得BE?+4B2=4E2,

10

.,.(6—%)2+22=x2,解得％=可，

=SBE=6—曰=|,

w

zE5

3-

------

E084

03-

(2)如图②，・・•四边形488是矩形，

：.CD=AB=6,AD=BC,4A==4BCD=90。,

ff1

由翻折性质得，AB=AB=6fA'D=ADf^.DA'B=Z.A'B'E=^BCD=z90°,

"EBt+乙ABD=90°=+"DA

,

.'./.EB'C=/LB'DA1

.•.△EB£一△904,

CEB'C口口CEB'C-rj0「cu□A

'.行=标,即"=箭又B5CE=24,

,BC=^££=F=4,

66

.㈤O=B£+CD=10,

在RtZ\4B'D中，A'D=^B'D2-A'B'2=8,

:.BC=AD=A,D=8,则CE=3,

.-.BE=BC-CE=8-3=5；

(3)-AD1BCfEFLAD,

.-.EF\\BCf

AAEF-AADCf

-AD=10fAE=6,

^EF_AE_6_3

,•布一而一元一『

：.CD=^EF,则BD+|EF=80+CD=BC；

设EF=3/c,CD=5k,

过点。作。于“，如图③，贝!]4。"。=乙40c=90。,

・・/CDH=Z.DAC=90°-ZC；

图③

-EFWBC,

.ZCDF=乙DFE=2^DAC=2乙CDH,

：.Z.CDH=乙FDH,

又•:DH=DH,乙CHD=(FHD=9G。，

・•・△CHD=△FHD(ASA),

：.DF=CD=5k,

在RtZkEFO中，由勾股定理得EF2+OE2=DF2,

.-.(3fc)2+42=(5/c)2,解得k=l,

・・.EF=3,DF=CD=5f

在Rt△40C中，AC=7AD2+CD2="02+52=5V5,

在图③中，过B作BG_L4C于G,贝！U8G4=NBGC=NCHD=90。，

：.BGWH,

:/CBG=乙CDH=Z.DAC,

.•.sinZ-CBG-sinzDXC=咯=,cos乙CBG-coszDXC=空=

ACsVS5AC5V55

■：^BAC=45°,乙4GB=90°,

：./.ABG=90°-Z.BAC=45°=/.BAC,贝!]4G=BG,

在RtzXBCG中，BG=BC-coszCBG=^-BC,CG=BC-sinzCFG=^-BC,

■,■AG+CG^BG+CG^AC,

.•誓BC+^-BC=5V5,则BC=y,

...BD+|EF=BC=京

图③

【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性

质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关

知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键.

题型04与四边形有关的旋转问题

1.（2023•辽宁阜新•中考真题）如图，在正方形4BCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为a,

点尸在直线DE上，且4D=4F,连接BF.

ADAD

图1图2

(1)如图1,当0。＜戊＜90。时，

①求NB2F的大小(用含a的式子表示).

②求证：EF=&BF.

(2)如图2,取线段EF的中点G,连接4G,已知AB=2,请直接写出在线段CE旋转过程中(0。＜戊＜360。)

△力DG面积的最大值.

【答案】(1)①NB4F=90°—a；②见解析；

(2)△4DG面积的最大值为1+V2.

【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立凡4。=180。一a,据此求解即可；②连接

BE,计算得到NBCE=90。—a=NBAF,利用SAS证明△BCE三△B4F,推出△EBF是等腰直角三角形，据

此即可证明EF=V^BF；

(2)过点6作4。的垂直，交直线4D于点〃，连接4C、BD相交于点。，连接。G,利用直角三角形的性质

推出点G在以点。为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点”、。、G在同一直线上时，GH有最大值，则

△4DG面积的最大值，据此求解即可.

【详解】(1)解：①•••四边形4BCD是正方形，

:.AB=BC=CD=DA,/.ADC=乙BCD=4DAB=90°,

由题意得CD=CE,4DCE=a,

；ZCDE=ZCFD=|(180°—a)=90°-|a,

：.Z.ADF=90°-4CDE=90°-(90。=|a,

'：AD=AF,

1

：.Z-ADF—Z-AFD--a,

.­.Z.FAD=180°-Z.ADF-Z.AFD=180°-a,

.-.Z.BAF=Z.FAD-4BAD=180°-a-90°=90°-a；

②连接BE,

AD

,：Z-DCE=a,

;/BCE=90°—a=Z-BAF,

-：CD=CE=AD=AF=BC,

A^CE=AF?1F(SAS),

・・.BF=BE,乙ABF=^CBE,

..N4BC=90。,

.-.ZEBF=9O°,

・•.△EBF是等腰直角三角形，

:.EF=y/2BF；

(2)解：过点G作力。的垂线，交直线2。于点“，连接AC、8。相交于点。，连接。G,

AHD

E

由（1）得aEBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，

：.BG1EF,即z_BGD=90。，

•.•四边形ABC。是正方形，

•,QB=OD,

：.OB=OD=OG,

.••点G在以点。为圆心，OB为半径的一段弧上，

当点H、0、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值,

：.GH=^AB+OG=^AB+^BD=gx2+gx2&=1+也

△ADG面积的最大值为京。xGH=1+鱼.

【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.

2.（2023•内蒙古赤峰•中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形.如图①，把一个含有45。角的三角尺

放在正方形ABCD中，使45。角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45。角的两边CM,

CN始终与正方形的边4D,4B所在直线分别相交于点M,N,连接MN,可得△CMN.

NB

V图①

【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90。得到△酸”,同时得到点H在直线力B上.求证：

乙CNM=4CNH；

【探究二】在图②中，连接8D,分别交CM,CN于点E,F.求证：△CEF“aCNM；

【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45。角两边CM,CN分别交于点E,F.连接4C

交BD于点0,求怒的值.

【答案】［探究一］见解析；［探究二］见解析；［探究三］篇=¥

【分析】［探究一］证明△CNM=△CNH,即可得证；

［探究二］根据正方形的性质证明NCEF=/FNB,根据三角形内角和得出=加上公共角

乙ECF=4NCM,进而即可证明

［探究三］先证明△ECDYNCA,得出=京=*=%将△DMC绕点C顺时针旋转90。得到

/VCACV2

△BGC,则点G在直线48上.得出aNCG三aNCM,根据全等三角形的性质得出NMNC=Z_GNC,进而可

得乙CNM=LCEF,证明△ECFMNCM,根据相似三角形的性质得出黑=暮=累=+，即可得出结

NM/VCACV2

论.

【详解】［探究一］

••・把△COM绕点C逆时针旋转90。得到△CBH,同时得到点H在直线上，

.•.CM=CH/MCH=90°,

"NCH=乙MCH-乙MCN=90°-45°=45°,

"MCN=乙HCN,

在△GVM与△CNH中

(CM=CH

乙MCN=乙HCN

(CN=CN

・•.△CNM=△CNH

"CNM=乙CNH

图②

•・•四边形4BC0是正方形，

・•/DBA=45°,

又4MCN=45。，

・•/FBN=Z.FCE=45°,

•••Z.EFC=乙BFN,

"CEF=乙FNB,

又.：乙CNM=^CNH,

：,^CEF=乙CNM,

又•・,公共角NECF=乙NCM,

・•.△CEFCNM；

［探