1、专题12.平行四边形与特殊的平行四边形一、单选题1（2021四川南充市中考真题）如图，在矩形ABCD中，把边AB沿对角线BD平移，点，分别对应点A，B给出下列结论：顺次连接点，C，D的图形是平行四边形；点C到它关于直线的对称点的距离为48；的最大值为15；的最小值为其中正确结论的个数是（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】D【分析】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对做出判断，再根据三角形的三边关系判断，如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 证明 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解，对做出判断【详解】解：由平移的性质可得AB/且AB
2、=四边形ABCD为矩形AB/CD，AB=CD=15/CD且=CD四边形CD为平行四边形，故正确在矩形ABCD中，BD=25,过A作AMBD，CNBD，则AM=CNSABD=ABCD= BDAMAM=CN=12点C到的距离为24点C到它关于直线的对称点的距离为48故正确当在一条直线时最大，此时与D重合的最大值=15故正确， 如图，作关于的对称点，交于 连接，过作于 分别交于 则 为的中位线， ， 由可得， 此时最小，由同理可得： 设 则 由勾股定理可得： 整理得： 解得：（负根舍去）， 故正确故选D【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
3、掌握相关的知识是解题的关键2（2021浙江绍兴市中考真题）如图，菱形ABCD中，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）A直角三角形等边三角形等腰三角形直角三角形B直角三角形等腰三角形直角三角形等边三角形C直角三角形等边三角形直角三角形等腰三角形D等腰三角形等边三角形直角三角形等腰三角形【答案】C【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可【详解】解：连接AC，BD，如图所示四边形ABCD是菱形，AB=BC=CD=DA，D=BB=60，D=B=60和都是等边三角形点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：（1）当
4、点P移动到BC边的中点时，记作是等边三角形，是 BC的中点，是直角三角形（2）当点P与点C重合时，记作此时，是等边三角形；（3）当点P移动到CD边的中点时，记为和都是等边三角形，是直角三角形（4）当点P与点D重合时，记作，是等腰三角形综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：直角三角形等边三角形直角三角形等腰三角形故选：C【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键3（2021山东泰安市中考真题）如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：；若，则；若，则；若，则与全等其中正确结论的个数为（
5、）A1个B2个C3个D4个【答案】D【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中可通过证明，进一步转换后可以得到结论，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，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，可以先证明后可进一步证明，即可完成求证【详解】解：平行四边形中，E是的中点，,，故正确；若，则平行四边形是矩形，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，可得BN=CN，所以N点是BC的中点，MN垂直平分BC，故正确；若，则BN=2CN，如图1，分别过D、
6、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，故正确；若，因为，所以，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，,，又，,故正确；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，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求4（2021四川南充市中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分別在边AB，BC上，的周
7、长为，则AD的长为（ ）ABCD【答案】C【分析】连接BD，过点E作EMAD，可得ME=，AM=1，再证明BDFADE，可得是等边三角形，从而得DE=，进而即可求解【详解】连接BD，过点E作EMAD，ME=AEsin60=2=，AM= AEcos60=2=1，在菱形ABCD中，ADABBCCD，CA60，ABD和BCD均为等边三角形，DBF=A=60，BD=AD，又，BDFADE，BDF=ADE，DE=DF，ADEBDE60BDFBDE，即：EDF=60，是等边三角形，的周长为，DE=，DM=，AD=AM+DM=1+故选C【点睛】本题主要考查菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构
8、造全等三角形和直角三角形，是解题的关键5（2021江苏宿迁市中考真题）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）AB2CD4【答案】B【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DNNBx，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN【详解】解：如图，连接BM，由折叠可知，MN垂直平分BD， 又ABCD， BONDOM，ONOM，四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形）， 设DNNBx，则AN8x，在RtABD中，由勾股定理得：BD，在RtADN中
9、，由勾股定理得：AD2+AN2DN2，即42+（8x）2x2，解得x5，根据菱形计算面积的公式，得BNADMNBD，即54MN，解得MN故选：B【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等6（2021河北中考真题）如图1，中，为锐角要在对角线上找点，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（ ）图2A甲、乙、丙都是 B只有甲、乙才是 C只有甲、丙才是 D只有乙、丙才是【答案】A【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；乙方案：
10、由，可得,即可得，再利用对角线互相平分得证；丙方案:方法同乙方案【详解】连接交于点 甲方案：四边形是平行四边形 四边形为平行四边形乙方案：四边形是平行四边形， 又 (AAS) 四边形为平行四边形丙方案:四边形是平行四边形， 又分别平分， 即 （ASA） 四边形为平行四边形所以甲、乙、丙三种方案都可以故选A【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键7（2021四川眉山市中考真题）正八边形中，每个内角与每个外角的度数之比为（ ）A1：3B1：2C2：1D3：1【答案】D【分析】根据正八
11、边形的外角和等于360，求出每个外角的度数，再求出每个内角的度数，进而即可求解【详解】解：正八边形中，每个外角=3608=45，每个内角=180-45=135，每个内角与每个外角的度数之比=135：45=3：1，故选D【点睛】本题主要考查正多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和等于360，是解题的关键8（2021天津中考真题）如图，的顶点A，B，C的坐标分别是，则顶点D的坐标是（ ）ABCD【答案】C【分析】根据平行四边形性质以及点的平移性质计算即可【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，点B的坐标为(-2，-2)，点C的坐标为(2，-2)，点B到点C为水平向右移动4个单位长度，A到D也
12、应向右移动4个单位长度，点A的坐标为(0，1)，则点D的坐标为(4，1)，故选:C【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，以及平移的相关知识点，熟知点的平移特点是解决本题的关键9（2021浙江嘉兴市中考真题）如图，在中，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，当AG=FG时，线段长为（ ）ABCD4【答案】A【分析】连接DF，EF，过点F作FNAC，FMAB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，DFE=90，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解【详解】解：连接DF，EF，过点F作FNAC，FM
13、AB在中，点G是DE的中点，AG=DG=EG又AG=FG点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径DFE=90在RtABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，CF=BF=，FN=FM=又FNAC，FMAB，四边形NAMF是正方形AN=AM=FN=又，NFDMFEME=DN=AN-AD=AE=AM+ME=3在RtDAE中，DE=故选：A【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键10（2021安徽中考真题）如图，在菱形ABCD中，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则
14、四边形EFGH的周长为（ ）ABCD【答案】A【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长【详解】HFBC,EGAB,BEO=BFO=90，A=120，B=60，EOF=120，EOH=60，由菱形的对边平行，得HFAD,EGCD，因为O点是菱形ABCD的对称中心，O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，OEF=OFE=30，OEH=OHE=60，HEF=EFG=FGH=EHG=90，所以四边形EFGH是矩形；设OE=OF=OG=OH=x，EG=HF=2x，如图，连接AC，则AC经过点O，可得三角形ABC是等边三角形，BAC=60，AC
15、=AB=2,OA=1,AOE=30，AE=，x=OE=四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,故选A【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力11（2021重庆中考真题）如图，把含30的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）A60B65C75D80【答案】C【分析】根据斜边中线等于
16、斜边一半，求出MPO=30，再求出MOB和OMB的度数，即可求出的度数【详解】解：四边形ABCD是正方形中，MBO=NDO=45，点O为MN的中点OM=ON，MPN=90，OM=OP，PMN=MPO=30，MOB=MPO+PMN =60，BMO=180-60-45=75，故选：C【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算12（2021四川乐山市中考真题）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作、延长线的垂线，垂足分别为点、若，则的值为（ ）ABC2D【答案】B【分析】根据菱形的基性质，得到PAE=30，,利用勾
17、股理求出AC=，则AP= +PC，PE=AP=+PC ，由PCF=DCA=30，得到PF=PC ，最后算出结果【详解】解：四边形ABCD是菱形且ABC=120，AB=2，AB=BC=CD=DA=2，BAD=60，ACBD，CAE=30，ACBD，CAE=30，AD=2，AC=，AP=+PC，在直角AEP中，PAE=30，AP=+PC，PE=AP=+PC，在直角PFC中，PCF=30，PF=PC，=+PC-PC=，故选：B【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、勾股定理的应用以及在直角三角形中，30角所对的直角边等于斜边的一半，关键会在直角三角形中应用3013（2021四川自贡市中考真题）如图，在
18、正方形ABCD中，M是AD边上的一点，将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（ ）ABC3D【答案】D【分析】延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解【详解】解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，M是AD边上的一点，将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，(HL)，在中，设，则，根据勾股定理可得，解得，故选：D【点睛】本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键14（2021浙江宁波市中考真题）
19、如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）ABCD【答案】A【分析】根据AED和BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OPEF于点P，OQGF于点Q，可得出OP，OQ分别是FHE和EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，
20、进行判断即可【详解】解：由题意得，AED和BCG是等腰直角三角形， 四边形ABCD是平行四边形，AD=BC，CD=AB，ADC=ABC，BAD=DCBHDC=FBA，DCH=BAF，AEDCGB，CDHABFAE=DE=BG=CG四边形HEFG是矩形GH=EF，HE=GF 设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c过点O作OPEF于点P，OQGF于点Q， OP/HE，OQ/EF点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，OP，OQ分别是FHE和EGF的中位线， ，即 而， 所以，故选项A符合题意， ，故选项B不符题意，而于都不一定成立，故都不符题意，故选A【点
21、睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系15（2021江苏扬州市中考真题）如图，点A、B、C、D、E在同一平面内，连接、，若，则（ ）ABCD【答案】D【分析】连接BD，根据三角形内角和求出CBD+CDB，再利用四边形内角和减去CBD和CDB的和，即可得到结果【详解】解：连接BD，BCD=100，CBD+CDB=180-100=80，A+ABC+E+CDE=360-CBD-CDB=360-80=280，故选D【点睛】本题考查了三角形内角和，四边形内角和，解题的关键是添加辅助线，构造三角形和四边形16（2021重庆中考真题）如图，正方形AB
22、CD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ONOM，交CD于点N若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）A1BC2D【答案】C【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BDAC，又四边形MOND的面积是1，正方形ABCD的面积是4，故选：C【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键17（2021四川遂宁市中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB5，AD3，点E为BC上一点，把CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，
23、则CE的长是（ ） A1BCD【答案】D【分析】设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在RtBEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可【详解】解：设CE=x，则BE=3-x，由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5在RtDAF中，AD=3，DF=5，AF=，BF=AB-AF=5-4=1，在RtBEF中，BE2+BF2=EF2，即(3-x)2+12=x2，解得x=，故选：D【点睛】本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键18（2021江苏连云港市
24、中考真题）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）ABCD【答案】A【分析】由矩形得到AD/BC，DEF=EFG，再由与折叠的性质得到DEF=GEF=EFG，用三角形的外角性质求出答案即可【详解】解：四边形ABCD是矩形，AD/BC，矩形纸片沿折叠，DEF=GEF，又AD/BC，DEF=EFG，DEF=GEF=EFG=64，是EFG的外角，=GEF+EFG=128故选：A【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解19（2021浙江温州市中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正
25、方形组成的大正方形如图所示过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点若，则的值为（ ）ABCD【答案】C【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明CPHGDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，由四个全等的直角三角形和一个小正方
26、形组成的大正方形，BE=PC=DF，AE=BP=CF，BE=PE=PC=PF=DF，CFD=BPC，DF/EH，PH为CFQ的中位线，PH=QF，CH=HQ，四边形EPFN是正方形，EFN=45，GDDF，FDG是等腰直角三角形，DG=FD=PC，GDQ=CPH=90，DG/CF，DGQ=PCH，在DGQ和PCH中，DGQPCH，PH=DQ，CH=GQ，PH=DF=BE，CG=3CH，BH=BE+PE+PH=，在RtPCH中，CH=，CG=BE，故选：C【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键20（2021四川南充
27、市中考真题）如图，点O是对角线的交点，EF过点O分別交AD，BC于点E，F下列结论成立的是（ ）A B C D【答案】A【分析】首先可根据平行四边形的性质推出AEOCFO，从而进行分析即可【详解】点O是对角线的交点，OA=OC，EAO=CFO，AOE=COF，AEOCFO（ASA），OE=OF，A选项成立；AE=CF，但不一定得出BF=CF，则AE不一定等于BF，B选项不一定成立；若，则DO=DC，由题意无法明确推出此结论，C选项不一定成立；由AEOCFO得CFE=AEF，但不一定得出AEF=DEF，则CFE不一定等于DEF，D选项不一定成立；故选：A【点睛】本题考查平行四边形的性质，理解基本
28、性质，利用全等三角形的判定与性质是解题关键21（2021四川资阳市中考真题）下列命题正确的是（ ）A每个内角都相等的多边形是正多边形 B对角线互相平分的四边形是平行四边形C过线段中点的直线是线段的垂直平分线 D三角形的中位线将三角形的面积分成12两部分【答案】B【分析】分别根据正多边形的判定、平行四边形的判定、线段垂直平分线的判定以及三角形中线的性质逐项进行判断即可得到结论【详解】解：A.每个内角都相等，各边都相等的多边形是正多边形，故选项A的说法错误，不符合题意；B. 对角线互相平分的四边形是平行四边形,说法正确，故选项B符合题意；C. 过线段中点且垂直这条线段的直线是线段的垂直平分线，故选
29、项C的说法错误，不符合题意；D. 三角形的中位线将三角形的面积分成13两部分，故选项D的说法错误，不符合题意故选：B【点睛】此题主要考查了对正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断以及三角形中线性质的认识，熟练掌握正多边形、平行四边形、线段垂直平分线的判断是解答此题的关键22（2021浙江嘉兴市中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤至折叠两次得图，然后剪出图中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）A等腰三角形B直角三角形C矩形D菱形【答案】D【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪【详解】解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;又作了AD的垂
30、直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EOAD；由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；又ADEF，所以平行四边形AEDF为菱形故选：【点睛】本题主要考察学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则23（2021四川泸州市中考真题）下列命题是真命题的是（ ）A对角线相等的四边形是平行四边形 B对角线互相平分且相等的四边形是矩形C对角线互相垂直的四边形是菱形 D对角线互相垂直平分的四边形是正方形【答案】B【分析】A、根据平行四边形的判
31、定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；故选：B【点睛】本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系24（2020广西贵港市中考真题）如图，点，在菱形的对角线上，与的延长线交于点则对于以
32、下结论：；其中正确结论的个数是（ ）A1个B2个C3个D4个【答案】D【分析】先由菱形的性质得ADABBCCD，BADBCD60，DAEBAE，DCEBCE30，再由三角形的外角性质得BFE80，则EBF50，然后证CDECBE（SAS），得DECBEC50，进而得出正确；由SAS证ADEABE，得正确；证出BEMEBC（AAS），得BMEC，EMBC，正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得ACBD，再由直角三角形的性质得ODCDBC，OCOD，则OCBC，进而得出正确即可【详解】解：四边形ABD是菱形，ADC120，ADABBCCD，BADBCD60，DAEBAE，DCEBCEBCD30，
33、BFEBCECBF305080，EBF180BECBFE1805088050，在CDE和CBE中，CDECBE（SAS），DECBEC50，BEMDECBEC100，BME180BEMEBF1801005030，故正确；在ADE和ABE中，ADEABE（SAS），故正确；EBCEBFCBF100，BEMEBC，在BEM和EBC中，BEMEBC（AAS），BMEC，EMBC，故正确；连接BD交AC于O，如图所示：四边形ABCD是菱形，OAOC，ACBD，DCO30，ODCDBC，OCOD，OCBC，AC2OCBC，BMEC，EMBC，AEBMAEECACBCEM，故正确，正确结论的个数是4个，故
34、选：D【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键25（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（ ）ABCD【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PEPM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，
35、如图：动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AMBM，点M在以AB为直径的圆上，OMAB1，正方形ABCD的边长为2，ADAB2，DAB90，E是AD的中点，DEAD21，点E与点E关于DC对称，DEDE1，PEPE，AEADDE213，在RtAOE中，OE，线段PEPM的最小值为：PEPMPEPMMEOEOM1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26（2020辽宁朝阳市中考真题）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点E在BC边上，且，连接AE交BD于点G，过点B作于点F，连接OF并延长，交
36、BC于点M，过点O作交DC于占N，现给出下列结论：；其中正确的结论有（ ）ABCD【答案】D【分析】直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE,AF,EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM,BK的长度，然后利用即可判断；利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；直接利用平行线的性质证明，即可得出结论【详解】，,又, ，故正确；如图，过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，四边形
37、ABCD是正方形， ， ， ， ， ， ， ，即， ，故错误；， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故正确； ， ， ，故正确；正确的有，故选：D【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例和锐角三角函数是解题的关键27（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（ ）A4BC6D【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
38、ABCD的周长为20，AB=BC=204=5，又菱形ABCD的面积为24，SABC=242=12，又SABC= SABP+SCBPSABP+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，解题关键在添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值28（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：；其中正确的个数为（ ）A个B个C个D个【答案】D【分析】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
39、等；由题意易得AD=DC，AG=FG，进而可得，DAG=CAF，然后问题可证；由四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，可求证HAFFAC，则有，然后根据等量关系可求解；由及题意知ADG=ACF=45，则问题可求证【详解】解：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正确四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形 AD=DC，AG=FGAC=AD，AF=AG， 即又DAG+GAC=FAC+GACDAG=CAF正确四边形AEFG和四边形ABCD均为正方形，AF、AC为对角线AFH=ACF=45又FAH=CAFHAFFA
40、C即又AF=AE正确由知又四边形ABCD为正方形， AC为对角线ADG=ACF=45DG在正方形另外一条对角线上DGAC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29（2020山东威海市中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，下列结论不成立的是（ ）A四边形为平行四边形 B若，则四边形为矩形C若，则四边形为菱形 D若，则四边形为正方形【答案】D【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解【详解】A.四边形ABCD
41、是平行四边形为的中点在与中又四边形为平行四边形，故A选项正确；B.假设，则当时，四边形为平行四边形四边形为矩形，故B选项正确；C.，E是AB中点四边形为平行四边形四边形为菱形，故C选项正确；D.当时与时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项错误，故选：D【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键30（2020山东东营市中考真题）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点下列结论：；点在两点的连线上其中正确的是（ ）ABC
42、D【答案】B【分析】根据题意及正方形的性质，即可判断；根据及正方形的性质，得ME=EP=AEMP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证POF是等腰直角三角形，故可判断；连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明【详解】四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，MAE=EAP=45，根据题意MPAC，故AEP=AEM=90， AME=
43、APE=45，在三角形与中，ASA，故正确；AE=ME=EP=MP，同理，可证PBFNBF，PF=FN=NP，正方形ABCD中，ACBD，又PMAC，PNBD，PEO=EOF=PFO=90，四边形PEOF为矩形，PF=OE，OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，又ME=PE=MP，FP=FN=NP，OA=AC， PM+PN=AC，故正确；四边形PEOF为矩形，PE=OF，在直角三角形OPF中，故正确；BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证POF是等腰直角三角形，故错误；连接MO、NO，在OEM和OEP中，OEMOEP，OM=OP，同理可证OFPOFN，OP=ON，又MPN=90，O
44、M=OP=ON，M,N,P在以O为圆心，OP为半径的圆上，又MPN=90，MN是圆O的直径，点在两点的连线上故正确故选择B【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键31（2019广东中考真题）已知菱形，是动点，边长为4， ，则下列结论正确的有几个（ ）；为等边三角形 ； 若，则A1B2C3D4【答案】D【分析】易证ABC为等边三角形，得AC=BC，CAF=B，结合已知条件BE=AF可证BECAFC；得FC=EC，FCA=ECB，得FCE=ACB，进而可得结论；证明AGE=BFC则可得结论；分别证明AEGFCG和FCGACF即
45、可得出结论.【详解】在四边形是菱形中，ABC为等边三角形，又，故正确；，FCE=ACB=60,为等边三角形，故正确；AGE+GAE+AEG=180，BEC+CEF+AEG=180，又CEF=CAB=60,BEC=AGE，由得，AFC=BEC，AGE=AFC，故正确；AEG=FCGAEGFCG，AGE=FGC，AEG=FCGCFG=GAE=FAC，ACFFCG， AF=1，BE=1，AE=3，故正确. 故选D.【点睛】本题主要考查了运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，是一道好题.32（2019四川绵阳
46、市中考真题）如图，在四边形中，点是线段的三等分点，且靠近点，的两边与线段分别交于点、，连接分别交、于点、若，则( )ABCD【答案】B【分析】先根据等腰直角三角形的性质求出的长，再根据相似三角形的性质得到，从而求得的长，过作于，则四边形是矩形，可得、的长，进一步由勾股定理可求出的长，进而求得的长，然后根据可得的值，再由相似三角形的性质列方程即可求得结果【详解】解：，过作于，则四边形是矩形，设，解得：，故选B【点睛】本题考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、矩形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键33（2019四川眉山市中考真题）如图，在菱形中，已知，
47、点在的延长线上，点在的延长线上，有下列结论：；若，则点到的距离为则其中正确结论的个数是( )A1个B2个C3个D4个【答案】B【分析】只要证明即可判断；根据等边三角形的性质以及三角形外角的性质即可判断；根据相似三角形的判定方法即可判断；求得点到的距离即可判断综上即可得答案.【详解】四边形是菱形，ABC=60，是等边三角形，ACD=ACB=60，AB=AC，ABE=ACF=120，BAE+BAF=CAF+BAF=60，在和中，故正确；，是等边三角形，故正确；，和不会相似，故不正确；过点作于点，过点作于点，在中，在中，在中，点到的距离为，故不正确综上，正确结论有，共2个，故选B【点睛】本题考查四边
48、形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题34（2019山东济南市中考真题）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且EAF45，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF、有以下结论：ANEN，当AEAF时，2，BE+DFEF，存在点E、F，使得NFDF，其中正确的个数是（）A1B2C3D4【答案】B【分析】如图1，证明AMNBME和AMBNME，可得NAE=AEN=45，则AEN是等腰直角三角形可作判断；先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示
49、AC的长为AO+OC可作判断；如图3，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABH，证明AEFAEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断；在ADN中根据比较对角的大小来比较边的大小【详解】如图1，四边形ABCD是正方形，EBMADMFDNABD45，MANEBM45，AMNBME，AMNBME，AMBEMN，AMBNME，AENABD45NAEAEN45，AEN是等腰直角三角形，ANEN，故正确；在ABE和ADF中，RtABERtADF（HL），BEDF，BCCD，CECF，假设正方形边长为1，设CEx，则BE1x，如图2，连接AC，交EF于H，AEAF，CECF，AC是EF的
50、垂直平分线，ACEF，OEOF，RtCEF中，OCEFx，EAF中，EAOFAO22.5BAE22.5，OEBE，AEAE，RtABERtAOE（HL），AOAB1，ACAO+OC，1+x，x2，；故不正确；如图3，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABH，则AFAH，DAFBAH，EAF45DAF+BAEHAE，ABEABH90，H、B、E三点共线，在AEF和AEH中，AEFAEH（SAS），EFEHBE+BHBE+DF，故正确；ADN中，FNDADN+NAD45，FDN45，DFFN，故存在点E、F，使得NFDF，故不正确；故选B【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角
51、三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形.二、填空题35（2021江西中考真题）如图，将沿对角线翻折，点落在点处，交于点，若，则的周长为_【答案】4a+2b【分析】根据题意并利用折叠的性质可得出ACE=ACB=2ECD，计算可得到ECD=20，ACE=ACB=40，利用三角形的外角性质得到CFD=D=80，再等角对等边即可求解【详解】解：由折叠的性质可得：ACE=ACB，ACE=2ECD，ACE=ACB=2ECD，四边形ABCD是平行四边形FAC=FCA，B+BCD=180，即B+ACE+ACB+ECD=180，
52、ECD=20，ACE=ACB=40=FAC，CFD=FAC+FCA=80=B=D，AF=CF=CD=a，即AD=a+b，则ABCD的周长为2AD+2CD=4a+2b，故答案为：4a+2b【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键36（2021青海中考真题）如图，在中，分别是边，的中点，若的周长为10，则的周长为_【答案】20【分析】据三角形中位线定理得到AC=2DE，AB=2EF，BC=2DF，根据三角形的周长公式计算，得到答案【详解】解：DEF的周长为10，DE+EF+DF=4，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，AC=2DE，AB=2E
53、F，BC=2DF，ABC的周长=AC+AB+BC=2（DE+EF+DF）=20，故答案为：20【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键37（2021北京中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是_（写出一个即可）【答案】（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解【详解】解：四边形是矩形，四边形是平行四边形，若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为（答案不唯一）【点睛】
54、本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键38（2021四川广元市中考真题）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，连接并延长交于点E，过点P作交于点F，连接、，交于G，现有以下结论：；为定值；以上结论正确的有_（填入正确的序号即可）【答案】【分析】由题意易得APF=ABC=ADE=C=90，AD=AB，ABD=45，对于：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得AFP=ABD=45，则问题可判定；对于：把AED绕点A顺时针旋转90得到ABH，则有DE=BH，DAE=BAH，然后易得AEFAHF，则有HF
55、=EF，则可判定；对于：连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证AOPABF，进而问题可求解；对于：过点A作ANEF于点N，则由题意可得AN=AB，若AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于由可得，进而可得APGAFE，然后可得相似比为，最后根据相似三角形的面积比与相似比的关系可求解【详解】解：四边形是正方形，APF=ABC=ADE=C=90，AD=AB，ABD=45，由四边形内角和可得，点A、B、F、P四点共圆，AFP=ABD=45，APF是等腰直角三角形，故正确；把AED绕点A顺时针旋转90得到ABH，如图所示：DE=BH，DAE=BA
56、H，HAE=90，AH=AE，AF=AF，AEFAHF（SAS），HF=EF，故正确；连接AC，在BP上截取BM=DP，连接AM，如图所示：对角线的中点，OB=OD，OP=OM，AOB是等腰直角三角形，由可得点A、B、F、P四点共圆，AOPABF，故正确；过点A作ANEF于点N，如图所示：由可得AFB=AFN，ABF=ANF=90，AF=AF，ABFANF（AAS），AN=AB，若AEF的面积为定值，则EF为定值，点P在线段上，的长不可能为定值，故错误；由可得，AFB=AFN=APG，FAE=PAG，APGAFE，故正确；综上所述：以上结论正确的有；故答案为【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋
57、转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、旋转的性质、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键39（2021浙江金华市中考真题）如图，菱形的边长为，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为_【答案】2【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解【详解】BAD=60，连接对角线AC,BD，则ACBD，且AC平分BAD,在RtADO中， 利用勾股定理得 又AC=2AO
58、,AC= ，由题可知 =，AC=;由平移可知 =DAC=30,而DAC=DCA,=DCA，即=30， 是等腰三角形；过点E作EFAC，垂足为F，如图所示：则由等腰三角形三线合一可得：AF=FC=,在RtECF中， ,设EF=x，则EC=2x，由勾股定理得： ，解得x=2，故填：2【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键40（2021江苏南京市中考真题）如图，将绕点A逆时针旋转到的位置，使点落在上，与交于点E，若，则的长为_【答案】【分析】过点C作CM/交于点M，
59、证明求得，根据AAS证明可求出CM=1，再由CM/证明，由相似三角形的性质查得结论【详解】解：过点C作CM/交于点M，平行四边形ABCD绕点A逆时针旋转得到平行四边形 ， ，在和中， 故答案为：【点睛】此题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解答本题的关键41（2021湖北黄冈市中考真题）如图，正方形中，连接，的平分线交于点E，在上截取，连接，分别交，于点G，H，点P是线段上的动点，于点Q，连接下列结论：；的最小值是其中所有正确结论的序号是_【答案】【分析】先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即
60、可判断结论；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论；先根据正方形的性质可得，再根据可得，从而可得，由此即可判断结论；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后解直角三角形即可得判断结论【详解】解：四边形是正方形，在和中，即，结论正确；平分，结论正确；，即，结论错误；如图，过点作于点，连接，平分，由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，由垂线段最短得：当时，取得最小值，此时在中，即的最小值是，结论正确；综上，所有正确结论的序号是，故答案为：【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形
61、等知识点，较难的是，利用两点之间线段最短、垂线段最短得出当时，取最小值是解题关键42（2021湖南株洲市中考真题）蝶几图是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图中的“様”和“隻”为“样”和“只”）图为某蝶几设计图，其中和为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点处，点与点关于直线对称，连接、若，则 _度【答案】21【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，则有CD=DP，然后可得，最后根据等腰三角
62、形的性质可求解【详解】解：，且都为等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，点与点关于直线对称，AD=DP，CD=DP，故答案为21【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键43（2021江苏苏州市中考真题）如图，四边形为菱形，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为_（结果保留根号）【答案】【分析】先由菱形的性质得出，求得，再根据直角三角形两锐角互余得 ,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得，根据AAS证明可得，从而可求出【详解】解：连接AC，如图，四边形ABCD是菱形，A
63、B/CD，BD=2DO 四边形ABCD是菱形， 在和中， 答案为：【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明是解答此题的关键44（2021浙江嘉兴市中考真题）如图，在中，对角线，BD交于点O,，于点，若AB=2，则的长为_【答案】【分析】根据勾股定理求得AC的长，结合平行四边形的性质求得AO的长，然后利用相似三角形的判定和性质求解【详解】解：，AB=2在RtABC中，AC=在中，AO=在RtABO中，BO=，又，解得：AH=故答案为：【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键45（2021江苏扬州市中考
64、真题）如图，在中，点E在上，且平分，若，则的面积为_【答案】50【分析】过点E作EFBC，垂足为F，利用直角三角形的性质求出EF，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到BCE=BEC，可得BE=BC=10，最后利用平行四边形的面积公式计算即可【详解】解：过点E作EFBC，垂足为F，EBC=30，BE=10，EF=BE=5，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，DEC=BCE，又EC平分BED，即BEC=DEC，BCE=BEC，BE=BC=10，四边形ABCD的面积=50，故答案为：50【点睛】本题考查了平行四边形的性质，30度的直角三角形的性质，角平分线的定义，等角对等边，知识点较多，但难度不
65、大，图形特征比较明显，作出辅助线构造直角三角形求出EF的长是解题的关键46（2021四川成都市中考真题）如图，在矩形中，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_【答案】1 【分析】连接AF，NE，NF，证明出AOEADC，利用对应边成比例求出OE=，再根据勾股定理求出的长，利用勾股定理求出EF，再根据折叠的性质，得到NF=NE，最后得出结果【详解】解：如图所示，连接AF，NE，NF，点F与点E重合，MNEF，设EF与AA交于点O，由折叠的
66、性质得到OA=OA=3，令BF=x，则FC=8-x,由勾股定理的： ，AOE=ADC，OAE=DACAOEADC， ，由勾股定理得到：AC= ，OE=，OA=，OC=， ，解得：,的长为1设BN=m，BF=1，则 ，解得：m=1，则FN= ，EF=，MF=，MN=，故答案为：1，【点睛】本题主要考查了折叠的性质和勾股定理的应用，关键在于画出图形，利用三角形相似和勾股定理求出各边的长度，特别注意点F与点E重合用到垂直平分线的性质47（2021山东泰安市中考真题）如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将边折起，使点B落在上的点G处，连接，若，则的长
67、为_【答案】【分析】根据矩形的性质和正方形的性质，证明，从而，又因为，代入求解即可【详解】解：四边形是矩形,， ,且四边形是正方形， ，又， 又（折叠，, ， 设,则， ，又是正方形对角线， ， ， ， ，解得：，即 ， 故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，正方形的性质和判定，三角形全等等相关知识点，根据题意找到等量关系转换是解题的关键48（2021江苏连云港市中考真题）如图，菱形的对角线、相交于点O，垂足为E，则的长为_【答案】【分析】直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用勾股定理得出菱形的边长，进而利用等面积法得出答案【详解】解：菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC
68、=8，DB=6，AO=4，DO=3，AOD=90，AD=5，在 中，由等面积法得： , 故答案为： 【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高的求法（等面积法），熟记性质与定理是解题关键49（2021四川南充市中考真题）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，则GH的长为_【答案】3【分析】根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解【详解】在矩形ABCD中，BAE=90，又点F是BE的中点，BE=2AF=6，G，H分别是BC，CE的中点，GH是的中位线，GH=BE=6=3，故答案是：3【点睛】本题主要考查矩形的性质，直角三角形的
69、性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键50（2021四川遂宁市中考真题）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：；若，则，你认为其中正确是_（填写序号）【答案】【分析】四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得ABDFBE45，根据等式的基本性质确定出；再根据正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；根据两角相等的两个三角形
70、相似得到EBHDBE，从而得到比例式，根据BEBG，代换即可作出判断；由相似三角形对应角相等得到BAFBDE45，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2BHBD，求出BH，DH，即可判断【详解】解：四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，ABDFBE45，又ABF45DBF，DBE45DBF，选项正确； 四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，ADAB，BFBE，BDAB，BE=BF， 又，选项正确；四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，BEHBDE45，又EBH
71、DBE，EBHDBE， ，即BE2BHBD，又BEBG，选项确； 由知：，又四边形ABCD为正方形，BD为对角线，BAFBDE45，AF在正方形另外一条对角线上，AFBD，正确，设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，BE=， BE2BHBD，DH=BD-BH=,，故错误，综上所述：正确，故答案是：【点睛】此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，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键51（2021青海中考真题）如图，正方形的边长为8，是边上一点，且，是对角线上一动点，则的最小值为_【答案】10【分析】作点关于的对称点，连接，与交于点，则，当，此时的
72、值最小，根据勾股定理求出的最小值即可【详解】如图，作点关于的对称点，连接，与交于点，则，此时的值最小，在中，由勾股定理得，即的最小值为10【点睛】本题考查了正方形的动点问题，掌握对称点的做法、勾股定理是解题的关键52（2020柳州市柳林中学中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB6，BC10，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：EBG45；2SBFG5SFGH；DEFABG；4CE5ED其中正确的是_（填写所有正确结论的序号）【答案】【分析】根据折叠、矩形的性质进行推理即可；根据等高三角形
73、的面积比等于底边的比计算分析即可；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；由矩形的性质可得CD的长，根据CECDED求得CE的值，则可求得答案【详解】解：由折叠的性质可知：CBEFBE，ABGFBG，四边形ABCD是矩形，ABC90，EBGGBH+EBFCBF+ABFABC45故正确；由折叠的性质可知：BFBC10，BHAB6，HFBFBH4，2SBFG5SFGH；故正确；四边形ABCD是矩形，AD90，在RtABF中，AF8，设GFx，即HGAG8x，在RtHGF中，HG2+HF2GF2，即（8x）2+42x2，解得x5，AG3，FD2；同理可得ED，2，ABG与DEF不相
74、似，故错误；CDAB6，ED，CECDED，4CE5ED故正确综上所述，正确的结论的序号为，故答案为：【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53（2020山东济南市中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AD10，AB8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB上的点处，EF为折痕，连接若CF3，则tan_【答案】【分析】连接AF，设CEx，用x表示AE、EF，再证明AEF90，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出BC，便可求得结果【详解】解：
75、连接AF，设CEx，则CECEx，BEBE10x，四边形ABCD是矩形，ABCD8，ADBC10，BCD90，AE2AB2+BE282+（10x）216420x+x2，EF2CE2+CF2x2+32x2+9，由折叠知，AEBAEB，CEFCEF，AEB+AEB+CEF+CEF180，AEFAEB+CEF90，AF2AE2+EF216420x+x2+x2+92x220x+173，AF2AD2+DF2102+（83）2125，2x220x+173125，解得，x4或6，当x6时，ECEC6，BEBE862，ECBE，不合题意，应舍去，CECE4，BCBECE（104）42，BB90，ABAB8，t
76、anBAC=故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键54（2020西藏中考真题）如图，在矩形ABCD中，E为AB的中点，P为BC边上的任意一点，把沿PE折叠，得到，连接CF若AB10，BC12，则CF的最小值为_【答案】8【分析】点F在以E为圆心、EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时FC的值最小，根据勾股定理求出CE，再根据折叠的性质得到BEEF5即可【详解】如图所示，点F在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当E、F、C共线时时，此时CF的值最小，根据折叠的性质，EBPEFP，EFPF，EBEF，E是AB边的中点，AB10，
77、AEEF5，ADBC12，CE13，CFCEEF1358故答案为8【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用，灵活应用相关知识是解答本题的关键55（2020辽宁大连市中考真题）如图，矩形中，点E在边上，与相交于点F设，当时，y关于x的函数解析式为_【答案】【分析】利用矩形的性质可求得BAD为直角三角形，即可利用勾股定理得到BD的长，求证FEDFCB，运用相似三角形的性质建立等式即可求解【详解】四边形是矩形BAD=，BC=AD=8，AB=CD=6在ABD中，BD=FD=BDBF=10y又ADBCFEDFBC故答案为【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，
78、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质建立等式是解题的关键56（2020辽宁鞍山市中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别在，上，且，与相交于点G，与相交于点H下列结论：；若，则；其中正确的结论有_（只填序号即可）【答案】【分析】根据等边三角形的性质证明ACFCDE，可判断；过点F作FPAD，交CE于P点，利用平行线分线段成比例可判断；过点B作BMAG于M，BNGC于N，得到点A、B、C、G四点共圆，从而证明ABMCBN，得到S四边形ABCG=S四边形BMGN，再利用S四边形BMGN=2SBMG求出结果即可判断；证明BCHBGC，得到，推出GHBG=BG2-BC2，得出若等式成立，则BCG
79、=90，根据题意此条件未必成立可判断【详解】解：ABCD为菱形，AD=CD，AE=DF，DE=CF，ADC=60，ACD为等边三角形，D=ACD=60，AC=CD，ACFCDE（SAS），故正确；过点F作FPAD，交CE于P点 DF=2CF，FP：DE=CF：CD=1：3，DE=CF，AD=CD，AE=2DE，FP：AE=1：6=FG：AG，AG=6FG，CE=AF=7GF，故正确；过点B作BMAG于M，BNGC于N，AGE=ACG+CAF=ACG+GCF=60=ABC，即AGC+ABC=180，点A、B、C、G四点共圆，AGB=ACB=60，CGB=CAB=60，AGB=CGB=60，BM=
80、BN，又AB=BC，ABMCBN（HL），S四边形ABCG=S四边形BMGN，BGM=60，GM=BG，BM=BG，S四边形BMGN=2SBMG=2BGBG=BG2，故正确；CGB=ACB=60，CBG=HBC，BCHBGC，则BGBH=BC2，则BG（BG-GH）=BC2，则BG2-BGGH= BC2，则GHBG=BG2-BC2，当BCG=90时，BG2-BC2=CG2，此时GHBG= CG2，而题中BCG未必等于90，故不成立，故正确的结论有，故答案为：【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则
81、图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键57（2020内蒙古鄂尔多斯市中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AMAB，CBE由平移得到，若过点E作EHAC，H为垂足，则有以下结论：点M位置变化，使得DHC60时，2BEDM；无论点M运动到何处，都有DMHM；在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；无论点M运动到何处，CHM一定大于135以上结论正确的有_（把所有正确结论的序号都填上）【答案】【分析】正确证明ADM30，即可得出结论正确证明DHM是等腰直角三角形即可正确首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DMCD即可判断正确证明
82、AHMBAC45，即可判断【详解】解：如图，连接DH，HM由题可得，AMBE，ABEMAD，四边形ABCD是正方形，EHAC，EMAD，AHE90，MEHDAH45EAH，EHAH，MEHDAH（SAS），MHEDHA，MHDH，MHDAHE90，DHM是等腰直角三角形，DMHM，故正确；当DHC60时，ADH604515，ADM451530，RtADM中，DM2AM，即DM2BE，故正确；CDEM，ECDM，四边形CEMD是平行四边形，DMAD，ADCD，DMCD，四边形CEMD不可能是菱形，故正确，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AMAB，AHMBAC45，CHM135，故正
83、确；由上可得正确结论的序号为故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质，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30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题58（2020四川雅安市中考真题）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点若，则_【答案】20【分析】由垂美四边形的定义可得ACBD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.【详解】四边形ABCD是垂美四边形，ACBD，AOD=AOB=BOC=COD=90，由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
84、AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，AD2+BC2=AB2+CD2，AD=2，BC=4，AD2+BC2=22+42=20，故答案为：20.【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.三、解答题59（2021浙江绍兴市中考真题）如图，矩形ABCD中，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，连结EF，作点D关于直线EF的对称点P（1）若，求DF的长（2）若，求DF的长（3）直线PE交BD于点Q，若是锐角三角形，求DF长的取值范围【答案】（1）3；（2）2或6；（3）或【分析】（1）根据已知条件可求出，在RtEFD中即可求出DF（2）作点D关于直线
85、EF的对称点P，P分两种情况当P在BD下方时根据等腰三角形的性质即可求出DF，P在BD上方时根据等腰三角形的性质即可求出DF；（3）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况P在BD下方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PEBD时DF最小，当PEAD时，DF最大，P在BD上方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PEBD时DF最小，当PEAD时，DF最大，；【详解】解：（1）如图1，矩形ABCD中，点E是AD中点，EFD为直角三角形，（2）第一种情况，如图2，由对称性可得，EF平分，是等腰三角形，过点F作FMED DM=EM= ，在RtDMF中，第二种情况，如图3，延长PE交BD于MEMD=9
86、0，点D关于直线EF的对称点PFE垂直平分PD交PD于HHED=60，HDE=30HDF=60EFD=30是等腰三角形，FE垂直平分DF在RtDME中，综上：DF的长为2或6.（3）是锐角三角形 当PEBD时DF最小，当PEAD时，DF最大由（2）可得当时，（如图2）或6（如图3）当时，第种情况，如图4，EF平分，过点F作于点M，设，则，第种情况，如图5，EF平分，过点F作于点M，设，则，DF最大值为8，综上：或【点睛】本题考查四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折对称等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，画出几何示意图，学会利用参数解决问
87、题，属于中考压轴题60（2021浙江温州市中考真题）如图，在中，是对角线上的两点（点在点左侧），且（1）求证：四边形是平行四边形（2）当，时，求的长【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB=CD，和已知条件一起，用于证明三角形全等，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定定理得出结论；（2）根据平行四边形的性质得到一组对角相等，通过等量代换，得到，则相等的角正切值也相等，根据比值算出结果【详解】（1）证明，在中，四边形是平行四边形（2）解：，BE=DF，四边形是平行四边形，在中，AE=3，BE=4BE=DF，AE=CF，BE=DF=4，AE=CF=3，tan
88、CBF=，tanECF=，得到EF=，或EF=（舍去），BD=4+4+=，即BD=【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定以及相等的角的正切值也相等解决本题的关键在于等量代换出角相等，应用相等的角的正切值也相等来解题61（2021北京中考真题）如图，在四边形中，点在上，垂足为（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若平分，求和的长【答案】（1）见详解；（2），【分析】（1）由题意易得ADCE，然后问题可求证；（2）由（1）及题意易得EF=CE=AD，然后由可进行求解问题【详解】（1）证明：，ADCE，四边形是平行四边形；（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，平分，EF=CE=AD，【点睛】本
89、题主要考查平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数，熟练掌握平行四边形的性质与判定、勾股定理、角平分线的性质定理及三角函数是解题的关键62（2021四川南充市中考真题）如图，点E在正方形ABCD边AD上，点F是线段AB上的动点（不与点A重合）DF交AC于点G，于点H，（1）求（2）设，试探究y与x的函数关系式（写出x的取值范围）（3）当时，判断EG与AC的位置关系并说明理由【答案】（1）；（2）y=(0；（3）EGAC，理由见解析【分析】（1）过E作EMAC于M，根据正方形的性质得出DAC=45，AD=AB=BC=1，利用等腰三角形的性质得出EM=AM=，再利用正切的定义
90、即可得出答案；（2）过G作GNAB于N，先证得四边形HANG为正方形，再证明GNFDAF，根据比利式即可得出结论；（3）根据ADF=ACE和tanACE=得出 AF=，根据（2）中的函数关系式得出HG=，从而得出EHG为等腰直角三角形，继而得出EGAC【详解】（1）过E作EMAC于M 在正方形ABCD中DAC=45，AD=AB=BC=1DE=，AE=，AC= EM=AM=AE=CM=AC-AM=-= 在RtCEM中，tanACE= (2)过G作GNAB于N HGAD，DAB=90四边形HANG为矩形，GNADHAG=45AH=HG四边形HANG为正方形HG=GN=AN=yGNADGNFDAF=
91、AF=x，NF=x-y=y=(0 (3)ADF=ACE tanACE= tanADF=AD=1AF=即x= 当x=时，y=HG= 在RtAHG中，HAG=45AH=HG=，HGA=45HE=AE-AH=EHG为等腰直角三角形EGH=45AGE=90EGAC【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、解直角三角形等知识，适当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题的关键63（2021山东聊城市中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，且AOCO，点E在BD上，满足EAODCO（1）求证：四边形AECD是平行四边形；（2）若ABBC，CD5，AC8，求四边形AECD的面
92、积【答案】（1）见解析；（2）24【分析】（1）根据题意可证明，得到ODOE，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；（2）根据AB=BC，AO=CO，可证明BD为AC 的中垂线，从而推出四边形AECD为菱形，然后根据条件求出DE的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可【详解】（1）证明：在AOE 和COD中，ODOE又AOCO，四边形AECD 是平行四边形（2）ABBC，AOCO，BO为AC的垂直平分线，平行四边形 AECD是菱形AC8，在 RtCOD 中，CD5，四边形 AECD 的面积为24【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与面积计算，掌握基本的判定方法，熟练掌握
93、菱形的面积计算公式是解题关键64（2021山东泰安市中考真题）四边形为矩形，E是延长线上的一点（1）若，如图1，求证：四边形为平行四边形；（2）若，点F是上的点，于点G，如图2，求证：是等腰直角三角形【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，再根据一组对边平行且相等证明即可；（2）先证矩形是正方形，再证，得出，再证即可【详解】证明：（1）是矩形，又，四边形是平行四边形（2），矩形是正方形，又，又，是等腰直角三角形【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、正方形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练准确运用相关知识进行推理证明65（2021四川
94、广元市中考真题）如图1，在中，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，连接、（1）求证：；（2）如图2，连接，点P、M、N分别为线段、的中点，连接、求的度数及的值；（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）根据两边对应成比例，夹角相等判定即可（2）的值可以根据中位线性质，进行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.（3）过点作垂直于的延长线于点，将相关线段关系转化为CE，可得关系，观察图象，当时，可得最大值【详解】（1）证明：，, 垂直于射线, 又,即： 又 （2）解：
95、点P、M、N分别为线段、的中点， , 又 又 又 又又 （3）如下图：过点作垂直于的延长线于点, 又 当取得最大值时，取得最大值， 在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，当时，最大，【点睛】本题考查的是三角形相似和判定、以及三角形面积最大值的求法，根据题意找见相关的等量是解题关键66（2021四川广元市中考真题）如图，在平行四边形中，E为边的中点，连接，若的延长线和的延长线相交于点F（1）求证：；（2）连接和相交于点为G，若的面积为2，求平行四边形的面积【答案】（1）证明见解析；（2）24【分析】（1）根据E是边DC的中点，可以得到，再根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到，再根据，即可得到，
96、则答案可证；（2）先证明，根据相似三角形的性质得出，进而得出，由得，则答案可解【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点，在和中 ，；（2）四边形ABCD是平行四边形，点E为DC的中点， ，的面积为2，即， ，【点睛】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答67（2021江苏宿迁市中考真题）在AE=CF；OE=OF；BEDF这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并完成证明过程已知，如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上， (填写序号)求证：BE=DF注
97、：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】见解析【分析】若选，即OE=OF；根据平行四边形的性质可得BO=DO，然后即可根据SAS证明BOEDOF，进而可得结论；若选，即AE=CF；根据平行四边形的性质得出OE=OF后，同上面的思路解答即可；若选，即BEDF，则BEO=DFO，再根据平行四边形的性质可证BOEDOF，于是可得结论【详解】解：若选，即OE=OF；证明：四边形ABCD是平行四边形，BO=DO，OE=OF，BOE=DOF，BOEDOF（SAS），BE=DF；若选，即AE=CF；证明：四边形ABCD是平行四边形，BO=DO，AO=CO，AE=CF，OE=OF，又BOE=DOF
98、，BOEDOF（SAS），BE=DF；若选，即BEDF；证明：四边形ABCD是平行四边形，BO=DO，BEDF；BEO=DFO，又BOE=DOF，BOEDOF（AAS），BE=DF；【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质，属于基本题型，熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定是关键68（2021山西中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图，在中，垂足为，为的中点，连接，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图，点的对应点为，连接并延长交于
99、点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，求图中阴影部分（四边形）的面积请你思考此问题，直接写出结果【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，利用AAS可证明PDFBCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得CFB=CFB=CFC，FC=FC，可得FD=FC，根据等腰三角形的性质可得FDC=FCD，根据三
100、角形外角性质可得CFC=FDC+FCD，即可得出CFB=FCD，可得DG/FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQAB于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得AB=AB，A=A，ABM=MBH，根据可得ABAB，即可证明MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得A=C，即可得A=C，进而可证明ANHCBH，根据相似三角形的性质可得AH、NH的长，根据NH/MQ可得ANHAMQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=SAMB-SANH即可得答案【详解】（1）如图，分别延长，相交于点P，四
101、边形是平行四边形，,为的中点，在PDF和BCF中，PDFBCF，即为的中点， （2） 将沿着所在直线折叠，点的对应点为，CFB=CFB=CFC，为的中点，FDC=FCD，=FDC+FCD，FCD=CFB，四边形为平行四边形，DC=AB，四边形为平行四边形，（3）如图，过点M作MQAB于Q，的面积为20，边长，于点，BH=505=4，CH=，AH=AB-BH=1，将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，AB=AB，A=A，ABM=MBH，于点，AB/CD，MBH=45，MBQ是等腰直角三角形，MQ=BQ，四边形ABCD是平行四边形，A=C，A=C，AHN=CHB，ANHCBH，即，解得：NH=2，M
102、QAB，NH/MQ，ANHAMQ，即，解得：MQ=，S阴=SAMB-SANH=ABMQ-AHNH=5-12=【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键69（2021浙江绍兴市中考真题）问题：如图，在中，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长答案：探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变当点E与点F重合时，求AB的长；当点E与点C重合时，求EF的长（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值【答案】（1）10；5；（2）
103、，【分析】（1）利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，即可完成求解；证明出即可完成求解；（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可【详解】（1）如图1，四边形ABCD是平行四边形，平分，同理可得：点E与点F重合，如图2，点E与点C重合，同理可证，ABCD 是菱形，点F与点D重合，（2）情况1，如图3，可得， 情况2，如图4，同理可得，又，情况3，如图5，由上，同理可以得到，又，综上：的值可以是，【点睛】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等
104、内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等70（2021浙江嘉兴市中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形探究1如图1，当时，点恰好在延长线上若，求BC的长探究2如图2，连结，过点作交于点线段与相等吗？请说明理由探究3在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），存在一定的数量关系，并加以证明【答案】探究1；探究2，证明见解析；探究3，证明见解析【分析】探究1 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；探究2 先利用SAS得出，得出，再结合已知条件得出，即可得出；探究3 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论【详解】探究1如图1， 设矩形绕点顺时针旋转得到矩形，点，在同一直线上，又点在延长线上，解得，（不合题意，舍去）探究2 证明：如图2，连结 ，探究3关系式为 证明：如图3，连结，在与中，【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题
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