2025年中考数学大题与几何压轴题：四边形压轴（解析版）

专题11四边形压轴

目录

题型特训・精准提分

型

题

01与四边形有关的多结论问题（选/填）

型

题

02与四边形有关的平移问题

型

题

03与四边形有关的翻折问题

型

题

04与四边形有关的旋转问题

型

题

05与四边形有关的最值问题

型

题

06与四边形有关的动点问题

型

题

07与四边形有关的新定义问题

型

题

与四边形有关的存在性问题

型

题08

型

题09四边形与圆综合

10四边形与函数综合

・中考逆袭-高效集训

（时间：60分钟）

题型特训-精准提分

题型01与四边形有关的多结论问题（选/填）

I.（2023•江苏盐城•一模）如图，在正方形4BCD中，点£,尸分别是AB,BC上的动点，且4F1DE,垂足

为G,将AABF沿4F翻折，得到△AMF,4M交DE于点尸，对角线BD交4F于点X,连接HM,CM,DM,

BM,下列结论：®AF=DE；②BMIIDE；③若CM1FM；,则四边形是菱形；④当点£运动到AB

的中点，tan乙BHF=2五;⑤EP•DH=2AG•BH.正确的是（）

A

E

B

A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③D.①②⑤

【答案】B

【分析】根据正方形的性质可得乙4ED=NBF4从而证明三△4ED,即可判断①；由折叠的性质可

得BM1AF,再由平行线的判定即可判断②；由可得4M,C在同一直线上，从而可得

AMCF=AMFC=45°,再根据折叠的性质可得NHBF=NHMF=45。，BF=MF,再根据菱形的判定即可判

断③;设正方形4BC。的边长为2a,则4E=BF=a,利用勾股定理求得DE=8=AF,证明△AHD“△FHB,

可得力”=|4/=苧处从而证得△aGEsaABF,可得。G=好，GH=^-a,即可判断④；证明

AEAG=APAG,可得EG=:"，从而证明△4H0FHB,可得罂=黑，再证明△E4G“△凡4B,可得

乙bnbr

EGDH^AGBH,进而可得：EP•DH=AG♦B”，即可判断⑤.

【详解】解：•；四边形ZBCD是正方形，

•••Z.DAE=Z.ABF=90°,DA=AB,

■:AF1DE,

・••乙BAF+/-AED=90°,

•・•2LBAF+/LAFB=90°,

•1.Z.AED=ABFA,

•••AABF=△4ED(AAS),

：.AF^DE,故①正确，

•.・将△4BF沿力F翻折，得到△AMF,

：.BMA.AF,

■■■AF1DE,

■■BMWDE,故②正确，

当CMJ.FM时，ZCMF=90°,

vZ-AMF=Z.ABF=90°,

/.ZXMF+ZCMF=18O°,即4M,C在同一直线上，

/.ZMCF=45°,

・♦・乙MFC=90°-Z.MCF=45°,

通过翻折的性质可得N”BF=N”MF=45。，BF=MF,

.•ZHMF=AMFC,Z-HBC=乙MFC,

BC\\MH,HB^MF,

・•・四边形是平行四边形，

BF=MF,

・•・平行四边形是菱形，故③正确，

当点E运动到48的中点，如图，

-------------------------3

设正方形ZBCD的边长为2a,贝！JZE=BF=a,

在Rt△AED中，DE=y/AD2+AE2=V5a=AF,

vZ.AHD=乙FHB,乙ADH=乙FBH=45°,

.*.△AHD八FHB,

FHBFa1

,・而-而-2Q-]，

・•.AH=^AF=^a,

V^AGE=Z.ABF=90°f

•••△/GE〜△ZBF,

AE_EG_AG__V5

•.,而=而=布=怎=T'

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

■■.DG=ED-EG=^a,GH=AH-AG=^-a,

515

•••(BHF=乙DHA,

在RtZiDG”中，tan^BHF=tan^DHA=^=3,故④错误,

由折叠的性质可得，△力BFmZiaMF,

.\Z-EAG=Z.PAG,

在△瓦4G和△P/G中，

(Z.EAG=LPAG

[AG=AG,

V/.EGA=LPGA

・•・△瓦4G三△P4G(ASA),

.'.EG=PGf

・・.EG=*P,

-ADWBC,

・•・AAHD

PH_AD

••丽—病

'.'AD=AB,

PH_AB

''~BH-~BF9

^^.AGE=^ABF=90°,乙EAG=^FAB,

△EAG〜△F/B,

EG_BF

：'~AG~'ABf

BH_EG

：''DH~'AGf

；.EG•DH=AG•BH,

弓EPDH=AG-BH,

EPDH=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.（2023・广东深圳•模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，BF\\AC,DF交AC的延长线于点E,交BF于点尸,

且CE:2C=1:2.则下列结论：®/\ABE=AADE；②4CBE=〃CDF；（3）DE=FE；④S^BCE：S四边形ABFD

=1:10.其中正确结论是（）

A.①③B,①②④C.②③④D.①②③④

【答案】D

【分析】根据菱形的性质，通过SAS证明aZBE三△40E即可；通过证明△BCE三△DCE,即可求证

乙CBE=4CDF；通过证明BE=EF,即可求证DE=FE；连接连接BD交2C于。，设SABCE=M，根据三角形

面积之间的关系，即可求证.

【详解】解：，•,四边形ABC。为菱形，

・•.AB=AD,Z,BAE=Z.DAE,

vAE=AE,

A71B£aAX£）£（SAS）；故①正确；

BE=DE,Z,AEB=Z.AED,

•・•CE=CE,

:.△BCENADCE,

:.乙CBE=LCDF,故②正确；

-BFWAC,

・••Z.FBE=Z.AEB,Z.AED=乙F,

•••乙FBE=ZF,

・•・BE=EF,

DE=FE；故③正确；

连接BD交4c于。，

CE\AC=1:2,

AO—CO—CE,

设SABCE=

LABE~^^ADE=3??1'

•••S^BDE=4m，

S^BEF=S»BDE—4m，

•••S四边形=10m,

・••SABCE：S四边形=LIO,故④正确；

故选：D.

【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基础

知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识.

3.（2022•安徽滁州•二模）如图，在平行四边形ABC。中，E是80的中点，点M在力。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：®AM=CN；②若MO=AM,乙4=90。，贝！=③

若MD=2AM,贝USAMNC=SMNE；④若AB=MN,则△MFN与△DFC全等.其中正确结论的个数为

()

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三△BNE(AAS),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三△DCM(SAS)后可进一步证明△MNF王△DCF(AAS),即可完成求证.

【详解】解：，•・平行四边形4BCD中，E是8。的中点，

•••BE=DE,ADWBC,AD=BC,

乙MDE=LNBE,乙DME=^BNE,

△DME=ABA^E(AAS),

・•・DM=BN,

・•・AM=CN,

故①正确；

若乙4=90°,

则平行四边形力BCD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。、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点,

BPNC

图1

•••E点是BD中点，

：.DQ=2EP,

SAMNC=*N-DQ^CN-2EP=CN-EP,

11

SABNE-BN-EP=-X2CN-EP=CN-EP

S&MNC=S^BNE，

故③正确；

若AB=MN,

因为力B=

所以DC=MN,

分别过N、C两点向4D作垂线，垂足分别为“、K,

AMHKD

NC

图2

由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK,

•••Rt△NHM=Rt△CKD(UV),

・•・乙NMD=cCDM,

-MD=DM,乙NMD=^CDM,MN=DC,

・•.△MND=△0cM(SAS),

・•・乙MND=^DCM,

又•・•乙NFM=(CFD,MN=DC,

△MNF三△DCF(AAS),

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.

4.(2023・山东聊城•二模)如图，以的三边为边在BC上方分别作等边△“£»、△ABE、ABCF,且

点4在△BCF内部.给出以下结论：

①四边形力DFE是平行四边形；

②当4840=130。时，四边形4DFE是矩形；

③当4B=4C时，四边形ADFE是菱形；

④当4B=4C,且NB4C=150。时，四边形4DFE是正方形.

其中正确结论有(填上所有正确结论的序号).

【答案】①③④

【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与

性质，证明△EF8三和尸三△C4B即可判断①；当4840=130。时，求出/£;4。=110。即可判

断②；由4B=4C得到2E=4D即可判断③；由NB4C=150。得到NE4D=90。，得到4DFE是矩形，再结合

③即可判断④；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键.

【详解】解：①•••△AC。、AABE、△CBF是等边三角形，

：.BE=AB,BF=CB,乙EBA=LFBC,AC=AD,

"EBF=乙ABC=60°-/.ABF,

△EFB=△XCB(SAS),

；.EF=AC,

,-.EF=AC=AD,

同理由△CDFmzXCAB,^DF=AB=AE,

由=4D=EF即可得出四边形4DFE是平行四边形，故结论①正确；

②当NB力C=130°时，

/-EAD=360°-ABAE-乙BAC-ACAD=360°-60°-130°-60°=110°,

由①知四边形4DFE是平行四边形，

・••平行四边形力DFE不是矩形，故结论②错误；

③由①知4B=4E,AC^AD,四边形AEFD是平行四边形，

.♦.当时，AE=AD,

・••平行四边形力DFE是菱形，故结论③正确；

④当NB4c=150。时,

乙EAD=360°-4BAE-乙BAC-ACAD=360°-60°-150°-60°=90°,

•MDFE是平行四边形，

.•・四边形4DFE是矩形，

又由③知四边形4DFE是菱形，

二.四边形ADFE是正方形，故结论④正确；

故答案为：①③④.

题型02与四边形有关的平移问题

5.(2024•河北石家庄•一模)如图1,四边形4BCD中，AB||CD,4BCD=9。。,ABDC=60°,

AB=CD=2,连接BD.将△4BD沿着射线OC的方向平移得到△EFG,继续平移使点G始终在DC边上，当

点G到达点C后，△EFG立刻绕点C顺时针旋转,如图2,直到边EG与CD边共线时停止.

:C/丁.G)C(G)

/AEA

图1图2图3

(1)求证：AD=BC-

(2)从AFFG绕点C旋转开始到最终结束，求边FG扫过的面积；

(3)如图3,在绕点C旋转过程中，当GE,GF分别交线段8。于点P,Q时，设BQ=x.

①当DP=4—2遮时，求NPCB的度数；

②直接写出DP的长(用含x的式子表示).

【答案】(1)见解析

(2)边FG扫过的面积是4兀；

4A12

⑶①75。；②

x—6

【分析】(1)由4BIICD,AB=CD,证明四边形4BCD是平行四边形，则4D=BC；

(2)由平移得EG||4。，EG=AD,当点E与点C重合时，线段EG与线段2C重合，由NBCD=90°,乙BDC=60。,

得NCBD=30。，贝|BD=2CD=4,FG=BD=4,因为旋转角为90。，所以边FG扫过的图形是半径为4且圆

心角为90。的扇形，根据扇形的面积公式求得边FG扫过的面积是4兀；

(3)①当。「=4一2旧时，BP=BD-DP=2后而8)=7BD2一m=2®所以BP=BC,贝lj

乙PCB=4CPB=1x(180°-30°)=75°；

②作CH18。于点H,则NHCO=30。，所以=CH*C=W，贝lJPH=DP—l,所以CP2=。

H2+PH2=3+(L>P-I)2,由BQ=x,得BP=4—DP,QP=4-x-DP,再证明△CPQBPC,得CP2

=BP•QP=(4—DP)(4—x—DP),贝！|(4—DP)(4—X—DP)=3+(DP—1)2,即可求得DP=

【详解】(1)证明：如图1,,"1B||CD,AB=CD,

四边形力BCD是平行四边形，

AD=BC；

(2)解：如图2,由平移得EG||4D,EG=AD,

•••四边形力BCD是平行四边形,

.-.BC||AD,BC^AD,

.-.EG||BC,EG=BC,

当点E与点C重合时，则线段EG与线段BC重合,

•­•/.BCD=90°,4BDC=60°,AB=CD=2,

:.乙CBD=90°-乙BDC=30°,

•••BD=2CD=4,

由平移得FG=BD=4,

•••AEFG绕点C顺时针旋转到边EG与CO边共线时停止，且NBCD=90°,

旋转角等于90。,

•••边FG绕点C旋转90。，边FG扫过的图形是半径为4且圆心角为90。的扇形,

边FG扫过的面积是4兀；

(3)解：①当。P=4—2V^时，BP=BD—DP=4—(4-2呵=2日

•；BC='BD2一CD2=-22=2收

•••BP=BC,

1

•••Z.PCB=乙CPB=5x(180°-30°)=75°,

二"CB的度数是75°；

②DP的长是胃堂，

理由：如图3,作于点则4DHC=NCH8=90。，

C(G)

图3

；.£HCD=90°-乙BDC=30°,

■.DH=^CD=1,CH=^BC=V3,

：.PH=DP-1,

2

CP2=CH2+PH2=(V3)+(DP-l)2=3+(DP-I)2,

vBD=4,BQ=x,

.・.BP=4—DP,QP=4—x—DP,

-BC||AD,

・•.Z.ADB=Z.CBD=30°,

由平移和旋转得乙HCF=乙4OB=30°,

・•.ZPCQ=ZPBC=3O°,

vZ-CPQ=乙BPC,

.*.△CPQ~ABPC,

.CPQP

"'BP^'CP'

•••CP2=BP.QP=(4—DP)(4-x-DP),

•••(4-DP)(4-x—DP)=3+(DP—l)2,

整理得0P="一,

X—O

・•.DP的长是

【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平移的性质、旋转的性质、直角三角形中30。角所对的直

角边等于斜边的一半、扇形的面积公式、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难

度较大.

6.(2023・四川成都・模拟预测)综合与实践

问题情境：

在数学活动课上，老师给出这样一个问题：如图①，矩形纸片力BCD的边力B=6cm,BC=8cm,沿对角线AC

剪开，得到两个直角三角形纸片，分别为和将△4BC固定不动，平移△ADC.

操作探究：

(1)如图②，把△4DC沿射线CB平移得到△4。。，当4。=)0,请直接写出平移的距离；

探究发现：

(2)如图③，把△力DC射线C4平移?cm得到△4DC,连接判断四边形4BCD的形状，并证明;

(3)记△ACD为△4CT>,将其拼接到如图④的位置，并使。与N重合，4与C重合，然后把△4。。沿射

线CA方向平移，平移的距离是«0</<10),使点4,D,。中的某一点与点8和C构成的三角形是等腰三

角形，在图⑤中补全图形，求出你探究的等腰三角形和平移的距离/(写出一种即可)

D

/(C)A

【答案】⑴2cm或14cm；⑵四边形/BCD是菱形，证明见解析；(3)作图见解析，/=装51、装cm、

5cm或8cm

【分析】(1)先证明28=CD=6cm,A0=BC=8cm,结合平移的性质分两种情况讨论：当点/在边4。

上时，AD'=D'C=6cm,A'D'=AD=8cm,当点/在线段4。的延长线上时，AD'=D'C=6cm,从而可

得答案；

(2)如图，连接BZ7交47于点O.先证明四边形4BC7T是平行四边形.再证明△AB。，△4CB,可得

^AOB=^ABC=90°,从而可得结论；

(3)如图②，当△BCO是等腰三角形，BC=BC.如图④，当△BCD是等腰三角形，BD=CD.如图⑥,

当△4BC是等腰三角形，A'B=A'C,当如图⑦，△4BC是等腰三角形，4C=CB=8cm,再进一步解答

即可.

【详解】解：(1)•••矩形纸片4BCD的边4B=6cm,BC=8cm,

■,.AB=CD=6cm,AD=BC=8cm,

当点/在边4。上时，AD'=D'C=6cm,AD'=AD=8cm,

.■.AA,=2cm,即平移的距离为2cm；

当点/在线段4D的延长线上时，AD'=D'C=6cm,

：.AA1-14cm,即平移的距离为14cm.

故平移的距离为2cm或14cm.

(2)四边形48。。是菱形.

证明：如图，连接8。交4c于点。

•.•四边形ABC。是矩形,

.-.AB=CD,ABWCD.

由平移的性质可知CD=CD,CDWC'D'.

.-.AB=CD',ABWCD',

••・四边形力是平行四边形.

在Rt△4BC中，由勾股定理可得467=AC=y/AB2+BC2=V62+82=10

14

AA'=CC=—cm,

-I1o

・•・AO=OC=-(ArC—A'A)=ycm,

3

•，AO，53AB6—

''AB5fAC-10-5，

AO_AB

'''AB~~AC'

•：/-BA0=4CAB,

・•.乙4。8=乙48。=90。，

；.BD'1AC,

・•・四边形480。是菱形；

(3)补全图形如图②，ABC。是等腰三角形，BC=BC.

如图③，过点5作于点H

-.•Zi4BC=90°,

HCBC

・•・cosC=——=——

HC_8

可一而

32

-HC=—

323214

・・.C4=C'C-A'C=CH+HC-A'C=y+y-10=y

J14

=—cm.

情况二：补全图形如图④，△BCD是等腰三角形，BD=CD.

如图⑤，过点。作DE1BC于点E,交4c于点O,过点。作DF_LCC于点尸.

・•・由图③可得，A'F=HC=^>

3218

CF=10---=y

•：BD=CD,DE1BC,

；,BE=EC,

•:乙ABC=LDEC=9U。，

：.ABWE,BE=CE,

・里=丝=1

•'BEAO'

；.OE是△ABC的中位线，

二点。为AC的中点,

：.0A=^AC=5

-MB||DE,

:，DOC=Z.BAC.

..23/C=4C',

：.Z.DOC=ZC,

：.D0=DC,

-DFICC,

:CO=2CF=Y，

3611

AC'A=CO-AO=---5=Y

j11

=­cm.

情况三：补全图形如图⑥，△4BC是等腰三角形，A'B=A'C,

•・・AB=AC,

：.Z-A'BC=zC.

•・•乙4BC=90。，

.•・484。+4。=90。，/LABA+Z.A'BC=90O,

.'.ABAC=Z.ABA,,

：.A'B=A'A,

・••点4是4c的中点

：,A'C=5,即/=5cm.

情况四：补全图形如图⑦，△4BC是等腰三角形，A'C=CB=Qcm,

D

c，

图⑦

■,■I=8cm.

【点睛】本题考查的是平移的性质，矩形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数

的应用，等腰三角形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键.

7.（2024•河南驻马店•一模）综合与实践

综合与实践课上，老师让同学们次两个相似矩形的平移”为主题探究线段之间的数量关系：如图，矩形4BCD

与矩形EFGH相似，其中寿=.=k,AD>EH,点E、下在直线力B上，且点C、D、G、H在直线的同

侧，矩形EFG”沿直线左右平移，。为EF的中点，直线。”与直线AD相交于点P（点尸、D不重合），直

线OG与直线BC相交于点0（点。、C不重合），试探究DP与CQ之间的数量关系.

【操作判断】

（1）如图1,平移矩形EFGH,当k=2,点4、£重合时,线段DP与CQ之间的数量关系是二

【迁移探究】

（2）继续平移矩形EFGH,对任意正数左，（1）中的判断是否都成立，请就图2的情形说明理由;

【拓展应用】

（3）如图3,若k=l,AD=8,EH=4,平移矩形EFG”，连接PQ交CD于点当△OPQ是直角三角形

时，请直接写出04的长.

【答案】（1）相等，（2）成立，见解析；（3）。4=5或。4=3

【分析】

（1）设EP=a/。=6,根据中点列出比例式，表示出DP与CQ的长度即可，

(2)设4D=m,EH=n，根据相似列出比例式，表示出DP与CQ的长度即可，

(3)证△DMPwaCMQ,得出DM=CM=4,再根据△OPQ是直角三角形，分类讨论，利用相似三角形

的性质求解即可.

【详解】解：(1)设EP=a/D=b,则EF=2a/B=2瓦

•・•。为EF的中点，

1.EP=0E=a,OF=FG=a,

・・.“OB=45。，

：.0B=BQ=2b—a,

DP—b—a,CQ—2b—a—b=b—a,

：.DP=CQ,

故答案为：相等；

(2)成立.

设AO=m,EH=几则48=km,EF=kn,

・・・。为E尸的中点，

.,.OF=OE—扣i,

-EH\\APf

△OEHOAP,

OE_EH

•宏一Q

则等若，

同理黑号，

2比

设4。=%,则BO=k7n—%,AP=—

2x

DP=m——

k

km-xk

VBQ=2

2x

.欧=2用一下

2Y2.x

:.DP=CQ；

(3)vfc=1,AD=8fEH=4,

,-.AD=AB=CD=BC=8,EH=EF=FG=GH=4,EO=0F=2,

由(2)得DP=CQ,W=需何

vzZ)=zQCM=90°,乙DMP=^CMQ,

:,ADMP三ACMQ,

：.DM=CM=49

如图，当4QPO=90。时，

•.•Z£)MP+ZPPM=9O°,^APO+Z.DPM=90°,

：.Z.APO=Z.DMP,

•:(D=Z-A=90°,

:.XAPO〜△DMP,

DP_DM

：''OA~~AP9

E18-2CM4

z贝！J---O-A----=20A，

解得，。4=3或。4=0(舍去)

Q

如图，当NPQO=90。时，

同理可得△BQO-△CMQ,

CQCM

'"OB~丽’

解得，。3=3或。3=0（舍去）,

OA—5,

综上，。4=5或。4=3.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是准确证明三角形相

似，利用相似三角形的性质进行推理证明.

8.（2023•江苏宿迁•三模）综合与实践

问题情境：如图L在矩形4BCD中，AB=6,BC=8,将矩形4BCD绕点4顺时针旋转得到矩形.使

得点。落在力D的延长线上，分别交AC,CD于点E和点F.

初步探究：（1）△4E。的形状是.

深入探究：（2）如图2,延长C0交BC于点G,延长49交BC于点H,请判断GH与。F的数量关系，并说明理

由.

拓展延伸：（3）如图3,将矩形ABO沿射线4。方向平移得到矩形4BC7T,当点夕落在4c上时，延长FD

【答案】（1）△AE。是等腰三角形，理由见解析；（2）GH=CF,理由见解析；（3）等.

【分析】（1）证明=即可解决问题；

（2）证明△C1DF=△GB，H（ASA）,可得结论；

（3）如图3中，过点所作夕H1力。于点H,连接C'N根据S四边形加℃，=5口隧+5.006求解即可；

本题考查了旋转变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直

角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用及正确寻找全等三角形.

【详解】（1）结论：是等腰三角形，理由：

由旋转变换的性质可知，^CAD^^C'AD',

-AD'^B'C,

：./-AC'E=ACAD',

：.Z.CAD=Z-EC'A,

：.EA=EC,

・•.△AE。是等腰三角形，

故答案为：等腰三角形；

(2)结论：GH=CF,

理由：如图2中，

■.■ADWCB,

.,.Z-EGC=Z-EC'A,Z.CGE=Z-ACE,

yZ-EAC=Z-EC'A,

"EGC=Z.ECG,

••.BG=EC,

-BA=EC,

•.AC=C'G=AC'f

vAD=BC=B'C'f

・・•DC=GB't

vBC\\AC,

：zDCF=乙BHH,

•・•乙CDF=Z.GB'H=90。,

・・・△C/DF=△G3'”(ASA),

.-.GH=CF；

(3)如图3中，过点B作用Hl4。于点H,连接CW,

图3

在Rt2\A夕C中，AA'B'C=90°,A'B'=6,B'C=8,A'C=y/A'B'2+B'C'2=V62+82=10,

11

•・•SABC，=-xA'B'xB'C=-x4C'xB'H,

AH

~AD~CD

24

8一6'

AH=-

14

,,

AA=AH-AH=—f

26

:.AD=AD—AA'=,

2624

DC=A'C-A'D=10---,

339513

•・•DN=A'D-=—,ArN=A'DX-=

4104T

3

・•.ND=AD-AN=5,

_1243913_693

3四边形ONOC='△DNC+b^NCP=2XTX10+2X2X6=~50~

题型03与四边形有关的翻折问题

9.(2024・安徽•一模)在正方形力BCD中，E、F分别为4B、BC上两点，连接DE、AF,将aABF沿力F翻折,

得至5MAGF,连接BG,S.BG||DE.

AEBAEB

图1图3

(1)如图1,求证：AE=BF；

(2)如图2,对角线BD交”于点H,连接AC、GH,若点G落在北上，求证：四边形GHB尸为菱形;

(3)如图3,若点E为4B的中点，连接BD交AF于点“，连接CG、GH,求tan/HBG.

【答案】(1)证明见解析

⑵证明见解析

(3)1

【分析】(1)由折叠的性质可得BG14F,进而推出AF1DE,证明N4DE=NB4F,进而证明

△ADE^△BAF(ASA),即可证明4E=BF；

(2)由折叠的性质可得4G=4B,GF=BF,乙4GF=乙48尸=90。，A.GAH=^BAH,证明

△力GH三△ABH(SAS),得到GH=B"；再证明GF||BD,得至Ij/BHF=NGFH,进而得至Ij/BHF=NBFH,

即可推出BH=BF=GH=GF,则四边形GHBF为菱形；

(3)设力F,BG交于J,正方形4BCD的边长为2巾，则4E=BF==6，由勾股定理得到力F=遥小；证

明得到FH=%F=§n；证明△ABFTB/F,得到/=黑，卷=黑=；,推出"=若

33DrArDJ/itSZ5

m,BJ=2JF=^m；求出H/=F"—/F=答小，则tanNHBG=tan/HB/=胃=

【详解】(1)证明：设4F,DE交于O,

由折叠的性质可得BG1AF,

­：BG||DE,

：.AF1DE,

.•200=90。，

：.Z.OAD+4ODA=90°,

•・•四边形是正方形，

：.AD=BA,^LDAE=/.ABF=90°,

...4。4。+48/尸=90。，

：.Z-ADE=Z-BAF,

・•.△ADE=△BAF(ASA),

：.AE=BF；

图1

(2)证明：由折叠的性质可得4G=GF=BF,乙4GF=乙48尸=90。，乙GAH=4BAH,

又・・•/"=/”,

・•.△AGH=△ZB”(SAS),

；.GH=BH；

设ZC、BD交于。，

由正方形的性质可得AC1BD,

：.Z.A0B=Z.AGF=SGo,

.-.GF||BD,

・•・乙BHF=^GFH,

・••乙BHF=^BFH,

；.BH=BF,

；,BH=BF=GH=GF,

・•・四边形GHBF为菱形；

DC

AEB

图2

(3)解：设4F,BG交于J,正方形ZBCO的边长为2血,

・・•点E为ZB的中点，

.,.AE=BF=^AB=m,

-AF=7AB2+BF2=V5m；

,：BF||AD,

AAHD~AFHB,

FH_BF_1

'''AH~~AD~29

：.FH=^AF=苧n；

由折叠的性质可得BG14F,

:/BJF=乙AJB=Z.ABF=90°,

:⑷BF=Z.BAF=90°-乙ABJ,

IAABFFBJF,

JF_BF坦_BF_1

"'~BF~~AF9

jpm

''mV5m，

：JF=£m,

：.BJ=2JF=噜2

又“H]=FH—JF=/n,

.•.tanZ-HBG=tan乙HBJ=』=：.

oj3

DC

图3

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，相似二角形的性质与判定，解直角二角形，菱形

的判定，全等三角形的性质与判定，等角对等边等等，灵活运用所学知识是解题的关键.

10.（2024•山西晋城•二模）综合与实践

问题情境：

在矩形纸片48CD中，£是BC边上一动点，尸是4。边上一动点，将矩形纸片沿EF所在直线翻折，点/的对

应点为点〃，点2的对应点为点G.

猜想证明：

（1）当E是BC边的中点时.

①如图1,连接CG,试猜想EF与CG的位置关系，并加以证明；

②如图2,连接8D.若点8的对应点G恰好落在对角线BD上，延长HG与CD边交于点尸.求证：P是CD边

的中点.

问题解决：

（2）如图3,当点B的对应点G落在CD边上时，"G与4D边交于点0,连接BG.若力B=3,BC=9,

CG=1,请直接写出DQ的长.

HH

D

B、Ee°EEE,C

图1图2图3

【答案】⑴①EFIICG,②见解析；（2）DQ=^.

【分析】（1）连接BG交EF于点S,由折叠可得：BS=SG.,进而得到SE是ABCG的中位线，即可求解；连接

EP,根据矩形的性质和折叠的性质可证RSEGP三RtAECP（HL）,即可得到BD||EP,从而得到答案；

（2）设EF交BG于过点尸作FN1BC,先根据题意证明四边形FNCD是矩形，进而根据折叠的性质证明

1

XBCGsXFNE,求得EN=1,-ACFG,即可求解.

【详解】（1）证明：①EFIICG；

连接BG交EF于点S,如图，

H

由折叠可得：BS=SG.

■■S是BG的中点，

■■E是BC边的中点

.•.SE是ABCG的中位线，

：.EF||CG；

②连接EP,

•.•四边形ABCD是矩形,

・•.乙48c=乙BCD=90°

由折叠得：乙EGH=^ABC=900,BE=EG,

:ZEGP=gV/EBG=(EGB

♦:E是BC边的中点

.,.BE=CE=EG.

,：EP=EP

.••RtAEGPwRtAECP(HL)

.・ZGEP=乙CEP

・"EG=乙EBG+Z,EGB=(GEP+乙CEP

:/EGB=Z.GEP.

・・・BD||EP

・・・EP是ABC。的中位线

:.P是CO边的中点；

(2)解：设E尸交BG于河，过点尸作FN1BC

•・•四边形ZBCD是矩形，

.•24=^ABC=^C=^D=90。,。。=AB=3

・•・四边形FNCD是矩形，

乙。,

由折叠可得：EMB=9U°/EGH=LABE=90£.H=£.A=90°fBE=EGfHG=AB=3.

♦.2EFN+乙FEN=乙BEM+乙EBM=90°,

"EFN=乙EBM

.♦.△BCG〜NFNE

BC_GC

'''FN~~EN'

1

-EN=-.

设CE=居则BE=GE=9-x.

在RtACGE中，12+X2=(9-%)2,解得％=弓，即CE=9

-Z.QGD+乙DQG=乙QGD+(EGC=90°

"DQG=Z-CGE

.•.△OGQ〜ACEG

DQ_DG

'''CG~~CE

•・・OG=CD-CG=2f

9

・••DQ-

【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形中位线的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判

定与性质，直角三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，梯形面积的计算，正确作出辅助线

是关键.

11.（2024•福建漳州•一模）在数学活动课中，老师组织学生开展“如何通过折纸的方法，确定矩形纸片长边

上的一个三等分点”的探究活动.

【操作探究】

“求知”小组经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作，如图1.

第1步：先将矩形纸片4BCD沿对角线BD对折，展开铺平，折痕为BD；

第2步：将边4。以某一合适长度向右翻折3次，折痕〃与8。交于点K；

第3步：过点K折叠矩形纸片，使折痕LM交EF干点、N；

第4步：延长DN交边AB于点尸，则点P为边48的三等分点.

证明过程如下：

由题意，得LN=?K.

■:LM\\AB,:./.DLN=/-A,乙DNL=LDPA.

.吐=曳同理徨竺=竺

''DAAP'"里'^DAAB'

.•嘉=3=今则点尸为边48的三等分点.

ADLK3

“励志”小组的操作如下，如图2.

第1步：先将矩形纸片4BCD沿对角线BD对折，展开铺平，折痕为BD；

第2步：再将矩形纸片对折，使点/和点8重合，展开铺平，折痕为EF；

第3步：沿CE折叠矩形纸片，折痕CE交BD于点G；

第4步：过点G折叠矩形纸片，使折痕MNI3D.

【过程思考】

(1)补全“求知”小组证明过程中①②所缺的内容；

(2)“励志”小组经过上述操作，认为点M为边4B的三等分点.请你判断，励志”小组的结论是否正确，并说

明理由.

【拓展应用】

(3)如图3,将矩形纸片ABC。对折，使点力和点3重合，展开铺平，折痕为EF,将边BC沿CE翻折到GC

的位置，过点G折叠矩形纸片，使折痕MNII4D,若点M为边4B的三等分点，求受的值.

.MEB

EMBI，|、

：/*'G

;:''

II\;\、；1N

DFJCDFNCDNFC

图1图2图3

【答案】⑴①△DLNMDAP；第=条⑵正确，理由见解析⑶V2

【分析】(1)根据题意即可填空；

(2)证明△EBGMCDG得募=穿=],证明得器=案=]可得结论;

LUU(JZADDU3

Q

(3)设力M=a,贝i]4B=3a,BE=5a,MB=2a.证明四边形MBCN是矩形，得MN=BC,MB=CN=2a,由

勾股定理得MG=«a,设BC=x,贝UGN=x-«a,证明△EMGGNC得等=黑，代入可求出刀=平

(JC(JN2

a,进一步可求出霁=四.

DC

【详解】解：(1)LN4K.

-LMWAB,

・•・乙DLN=^A,乙DNL=^DPA.

・•.△DLNDAP.

DL_LN

"'~DA~'AP

同理，得为=繇

LN_LK

：'~AP-~AB'

.•嘉=岑=*则点尸为边力B的三等分点.

/\DLt\o

故答案为①△DLN7ZMP.②果=繇

(2)“励志”小组的结论正确，理由如下：

在矩形4BCD中，AB||CD,AB=CD.

由折叠，得点£是边4B的中点，点尸是边CD的中点,

EB=^AB=^DC.

­：AB||CD,

:.乙EBG=乙CDG,乙BEG=Z-DCG

EBGFCDG,

EB_BG_1

：'~CD=~DG^2

•••MN||AD,

Z-BMG=乙BAD,乙BGM=Z-BDA,

.*.△BMG-ABAD,

MB_BG_1_1

：'~AB=~BD=2+1=3

•••点”是边48的三等分点.

(3)由折叠，得AE=BE.

•.・点M为边4B的三等分点，

：.AM=^AB.

,2

设AM=a,则AB=3a,BE=飘MB=2a.

由折叠性质，得ACBE三ACGE.

3

・•.EB=EG=-afCB=CG.

•••MN||AD,

・••乙BMG=^A=AB=90°.

/.^BMG=AB=乙BCN=90°.

・•・四边形MBCN是矩形.

・•・MN=BC,MB=CN=2a.

由勾股定理，得MG='EG2—ME2=J(|a)一(g。)=V2a

设BC=%,贝(JGN=久一或a.

,•,乙MGE+Z.MEG=90°,ZMGE+乙CGN=90°,

・•・AMEG=乙CGN

•・•乙EMG=^GNC=9。。,

EMGFGNC,

.EG_EM

'''GC~'GNf

31解得乂=^a

xX-V2a2

AB3a「

-a

【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，折叠的性质，全等

三角形的判定与性质，勾股定理与矩形的判定与性质.解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.

12.(2023•宁夏•二模)问题提出

(1)如图①，在矩形ABCD的边BC上找一点E,将矩形沿直线DE折叠，点C的对应点为。，再在4B上找一

点F,将矩形沿直线DF折叠，使点力的对应点4落在。C，上，则N£DF=.

图①

问题探究

(2)如图②在矩形48CD中，点P是矩形力8边上一点，连接。P,PC,将△2DP、aBPC分别沿DP,PC

翻折，得到△4DP、△夕PC,当尸、4、夕三点共线时，则称尸为边4B上“优叠点”，当4。=4,AB=10,

求此时4P的长度.