第05讲 四边形的证明与计算（2考点 16种题型 命题预测）-2025年中考数学二轮复习讲练（全国通用）

这是一份第05讲 四边形的证明与计算（2考点 16种题型 命题预测）-2025年中考数学二轮复习讲练（全国通用），共12页。
TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc191753976" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc191753977" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc191753978" 03核心精讲·题型突破
\l "_Tc191753979" 考点一 四边形的计算问题
\l "_Tc191753980" ►题型01 与多边形有关的角度计算
\l "_Tc191753981" ►题型02 利用平行四边形的性质求解
\l "_Tc191753982" ►题型03 利用矩形的性质求解
\l "_Tc191753983" ►题型04 利用菱形的性质求解
\l "_Tc191753984" ►题型05 利用正方形的性质求解
\l "_Tc191753985" ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题
\l "_Tc191753986" ►题型07 构建中位线求解
\l "_Tc191753987" ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题
\l "_Tc191753988" ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题
\l "_Tc191753989" 考点二 四边形的证明问题
\l "_Tc191753991" ►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc191753992" ►题型02 与三角形中位线有关的证明
\l "_Tc191753993" ►题型03 利用矩形的性质与判定求解
\l "_Tc191753994" ►题型04 利用菱形的性质与判定求解
\l "_Tc191753995" ►题型05 利用正方形的性质与判定求解
\l "_Tc191753996" ►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题
\l "_Tc191753997" ►题型07 特殊平行四边形与函数综合
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 四边形的计算问题
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型01 与多边形有关的角度计算
1．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AH∥FG，BI⊥AH，垂足为点I．若∠EFG=20°，则∠ABI= ．
【答案】50°/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角为120°，即∠EFA=∠FAB=120°，则可求得∠GFA的度数，根据平行线的性质可求得∠FAH的度数，进而可求出∠HAB的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠ABI的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和=(6−2)×180=720°，
每个内角为：720°÷6=120°，
∴∠EFA=∠FAB=120°，
∵∠EFG=20°，
∴∠GFA=120°−20°=100°，
∵AH∥FG，
∴∠FAH+∠GFA=180°，
∴∠FAH=180°−∠GFA=180°−100°=80°，
∴∠HAB=∠FAB−∠FAH=120°−80°=40°，
∵BI⊥AH，
∴∠BIA=90°，
∴∠ABI=90°−40°=50°．
故答案为：50°．
2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为半径作BD，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
【答案】3
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇形的圆心角的度数，过点A作AG⊥BF，求出BF的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行求解即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
∴∠BAF=∠AFE=∠E=6−2⋅180°6=120°，AB=AF=EF=DE=6，
∴∠AFB=∠ABF=12180°−120°=30°，∠EFD=∠EDF=12180°−120°=30°，
∴∠BFD=120°−2×30°=60°，
过点A作AG⊥BF于点G，则：BF=2FG=2AF⋅cs30°=2×6×32=63，
设圆锥的底面圆的半径为r，则：2πr=60π180×63，
∴r=3；
故答案为：3．
3．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形ABCDEF的面积为63，则正六边形的边长为（ ）
A．1B．3C．2D．4
【答案】C
【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可．
【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为120°，故正六边形是由6个正三角形构成的，过O点作OM⊥AB垂足是M，
设正六边形的边长为a，即OA=AB=a
在正三角形OAB中，
∵OM⊥AB，
∴AM=BM=a2，
在Rt△AMO中，OM=OA2−AM2=a2−a22=32a
一个正三角形的面积为：12⋅AB⋅OM=12×a×3a2=3a24，
正六边形的面积为：3a24×6=33a22，
∴33a22=63，
解得：a=2，
故选：C．
4．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形ABCDE的边长为4，则这个正五边形的对角线AC的长是 ．

【答案】25+2/2+25
【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰三角形的性质得出AF=AB=4，再证明△BCF∽△ACB，根据相似三角形的性质求出CF，最后由线段和差即可求出AC的长．
【详解】解：如图，连接BD交AC于点F，

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC=∠BCD=5−2×180°5=108°，AB=BC=CD=4，
∴∠BCA=∠BAC=180°−108°2=36°，
∴∠ABF=108°−36°=72°，
∵∠AFB=∠CBD+∠BCA=36°+36°=72°，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=4，
∵∠BCF=∠ACB，∠BAC=∠CBF，
∴△BCF∽△ACB，
∴BCAC=CFBC，
即4CF+4=CF4，
解得CF=25−2或CF=−25−2（舍去），
∴AC=CF+AF=25−2+4=25+2，
故答案为：25+2．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型02 利用平行四边形的性质求解
5．（2024·海南·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别以点M、N为圆心，大于12MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）

A．22B．21C．20D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=25，利用tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=42+82=45，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，

则CG=EG=12CE=25，
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
∴DECD=BGCG，即48=BG25，
∴BG=5，
∴BE=BC=52+252=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．
6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点A−7,0，Bx,10，C−17,y，在平行四边形ABCO中，它的对角线OB与反比例函数y=kxk≠0的图象相交于点D，且OD:OB=1:4，则k= ．
【答案】−15
【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点B,D，作x轴的垂线，垂足分别为F,E，根据平行四边形的性质得出B−24，10，证明△ODE∽△OBF得出OE=6，DE=2.5，进而可得D−6,2.5，即可求解．
【详解】如图所示，分别过点B,D，作x轴的垂线，垂足分别为F,E，
∵四边形AOCB是平行四边形，点A−7,0，Bx,10，C−17,y，
∴OA=BC=7，
∴x=−24，即B−24，10，则OF=24，BF=10
∵DE⊥x轴，BF⊥x轴，
∴DE∥BF
∴△ODE∽△OBF
∴OEOF=ODOB=DEBF=14
∴OE=6，DE=2.5
∴D−6,2.5
∴k=−6×2.5=−15
故答案为：−15．
7．（2024·浙江·中考真题）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC=2,BD=23．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A．x+yB．x−yC．xyD．x2+y2
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，证明△ABE≌△DCFAAS，得到AE=DF,BE=CF=x，由勾股定理可得，AE2=4−y−x2，DF2=12−y+x2，则4−y−x2=12−y+x2，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵AE⊥BC的垂线交BC于点E，
∴∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC,AB∥CD，
∴∠ABE=∠DCF，
∴△ABE≌△DCFAAS
∴AE=DF,BE=CF=x，
由勾股定理可得，AE2=AC2−CE2=AC2−BC−BE2=4−y−x2，
DF2=BD2−BF2=BD2−BC+CF2=BD2−BC+BE2=12−y+x2，
∴4−y−x2=12−y+x2，
∴y+x2−y−x2=8
∴x2+2xy+y2−y2+2xy−x2=8
即4xy=8，解得xy=2，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是xy，
故选：C
8．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．
(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由．
【答案】(1)5
(2)不变，AQ=8，MN=5
【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，即可求出MN的长度．
（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，得出MN= 12 GH= 12 AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和AQ的长度不变．
【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，
∴∠EPC=60°，PE=PC，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°，
∴C、D、E三点共线，
∵CD∥AB，EF∥AB，
∴E、D、F、C共线，
∵点M、N分别是PF，ED的中点，
∴2MN=PE=10．
∴MN=5．
故答案为：5．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵点N为DE中点，
∴EN=DN．
∵FN=GN，
∴四边形GEFD为平行四边形，
∴GE∥AF，GD∥EF．
∵EF∥AB， CD∥AB，
∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG=AD，
∵HG∥AF
∴∠BAD=∠AHG=60°．
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD=60°，CD∥AB，
∴∠CBK=60°，
∵BC=BK，
∴△BKC是等边三角形，
∴∠K=60°．KC=BC=AD=10，
由旋转得∠EPC=60°，PE=PC，
∵∠H=60°，∠H+∠HEP+∠HPE=180°，
∴∠HEP+∠HPE=120°，∠HPE+∠CPK=180°−60°=120°，
∴∠HEP=∠CPK，
又∠K=∠H=60°，PE=PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP=KC=AD=HG=10，
∴△PGH为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
∴MN为△PGF的中位线，MN= 12 PG．
∵PG=HG=AD=10．
∴MN=5．即MN的长度不变；
∵△CPE和△GPH都为等边三角形．
∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°，∠PHG=∠PGH=60°，
∴∠GPC=∠HPE，
∴△HPE≌△GPC（SAS）．
∴GC=HE=AF．
∵∠PHG=∠PGH=60°， HG∥AF
∴∠PAI=∠PHG=∠PGH=∠PIA=∠API=60°，
∴△API为等边三角形．
同理：△GDI为等边三角形．
∴GD=ID．AP=AI，
∴AF−DI=CG−DG，
∴AI+DF=DC=6=AP+PB，
∵AP=AI，
∴PB=DF，
设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，
∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．
∵MN为△GFP的中位线，
∴MN∥GP，
∴FQIQ=FNGN=1，
∴FQ=IQ，
∵M是PF的中点，
∴Q为IF中点，
∴IQ= 12 IF=8−a，
∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．
故MN和AQ的长度都不变．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN= 12 GH= 12 AD=5．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型03 利用矩形的性质求解
9．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
【答案】2120
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴S△ADC=12AD⋅DC=12AC⋅DE，即12×4×3=12×5×DE，
解得：DE=125，
∴cs∠EDC=DEDC=DCDF，即1253=3DF，
解得：DF=154，
∴FC=DF2−DC2=1542−32=94，
∴BF=BC−FC=4−94=74，
∴S△BDF=12BD⋅FH=12BF⋅DC，即12×5×FH=12×74×3，
解得：FH=2120，
故答案为：2120．
10．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N'，则△MBN'周长的最小值为（ ）
A．15B．5+55C．10+52D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N'的轨迹是解题的关键．由旋转的性质结合AAS证明△AMN≌△GMN'，推出MG=AM=5，得到点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，由勾股定理可求解．
【详解】解：过点N'作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF垂足为G，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A=∠MGN'=90°，
由旋转的性质得∠NMN'=90°，MN=MN'，
∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GMN'，
∴△AMN≌△GMN'AAS，
∴MG=AM=5，
∴点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，最小值为BM+BM'，
∵BM=12AB=5，MM'=5+5=10，
∴BM+BM'=5+52+102=5+55，
故选：B．
11．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，∠ABE=30°，将△ABE沿BE折叠得△FBE，连接CF，DF，若CF平分∠BCD，AB=2，则DF的长为 ．

【答案】2
【分析】过F作FM⊥BC于点M，FN⊥CD于点N，∠CMF=∠CNF=90°，由四边形ABCD是矩形，得∠DCM=∠ABC=90°，AB=CD=2，证明四边形CMFN是矩形，通过角平分线的性质证得四边形CMFN是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过F作FM⊥BC于点M，FN⊥CD于点N，

∴∠CMF=∠CNF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCM=∠ABC=90°，AB=CD=2，
∴四边形CMFN是矩形，
∵CF平分∠BCD，
∴FM=FN，∠DCF=∠BCF=45°，
∴四边形CMFN是正方形，
由折叠性质可知：AB=BF=2，∠ABE=FBE=30°，
∴MF=1，
∴CN=NF=MF=CM=1，DN=CD−CN=1，
在Rt△DNF中，由勾股定理得DF=NF2+DN2=12+12=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，30°所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 利用菱形的性质求解
12．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠B=120°，点O是对角线AC的中点，以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．π2−34B．π−34C．π2−14D．无法确定
【答案】A
【分析】连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．证明△MDO≌△ND'OASA，推出S四边形MDNO=S△DD'O，利用S阴影=S扇形EOF−S△DOD'即可求解．
【详解】解：如图，连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．
∵∠MOD+∠DON=∠NOD'+∠DON=60°，
∴ ∠MOD=∠NOD'，
∵在菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，∠B=120°，
∴∠ADC=∠B=120°，OD⊥AC，
∴∠MDO=∠COD=12∠ADC=60°，
∵∠DOD'=60°，
∴∠DD'O=60°，
∴∠DD'O=∠MDO=60°，
∵OD=OD，
∴ △MDO≌△ND'OASA，
∴S四边形MDNO=S△DD'O．
∵∠CDO=60°，
∴DO=CD⋅cs∠CDO=12CD=12AB=1,AO=CO=CD⋅sin∠CDO=32CD=32AB=3，
∴S阴影=S扇形EOF−S四边形MDNO=S扇形EOF−S△DOD'=60π×(3)2360−=34×12=π2−34．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，构造三角形全等，利用S阴影=S扇形EOF−S△DOD'是解题的关键．
13．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE=AF，则DE的长为 ．
【答案】27
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作DH⊥AC于H，先判断△ABC，△ACD都是等边三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，利用含30°的直角三角形的性质可得出AE=2AF=2CE，进而求出CE，HE，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作DH⊥AC于H，
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，
∵EF⊥AB，
∴∠AEF=30°，
∴AE=2AF，
又CE=AF，
∴AE=2CE，
∴CE=2，
∴HE=CH−CE=1，
在Rt△CDH中，DH2=CD2−CH2=27，
∴DE=DH2+HE2=27，
故答案为：27．
14．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O，点F为BC的中点，连接AF与BD相交于点E，连接CE并延长交AB于点G．
(1)证明：△BEF∽△BCO；
(2)证明：△BEG≌△AEG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．
（1）先根据菱形的性质可得AB=BC,AC⊥BD，再证出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得AF⊥BC，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得CG⊥AB，从而可得AG=BG，再根据SAS定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC,AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠BFE=∠BOC=90°
∵∠EBF=∠CBO，
∴△BEF∽△BCO．
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，
∴CG⊥AB，
∴∠AGE=∠BGE=90°
∵△ABC是等边三角形，
∴AG=BG，
在△BEG和△AEG中，
AG=BG∠AGE=∠BGE=90°GE=GE，
∴△BEG≌△AEGSAS．
15．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，AB=2，E是BC边上一个动点，连接AE，AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N．连接EN,CN．

(1)求证：EN=CN；
(2)求2EN+BN的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)23
【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABN≌△CBN，再结合MN是AE的垂直平分线，即可证明EN=CN；
（2）过点N作NF⊥BC于点F，连接NF,AF，∠DBC=30°，则NF=12BN，故2EN+BN=2EN+12BN=2AN+NF≥2AF，此时AF⊥BC，在Rt△ABF中，进行解直角三角形即可．
【详解】（1）证明：连接AN，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=30°，BA=BC，
∵BN=BN，
∴△ABN≌△CBN，
∴AN=CN，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AN=NE，
∴EN=CN；
（2）解：过点N作NF⊥BC于点F，连接NF,AF，

∵∠DBC=30°，
∴NF=12BN，
∵AN=EN，
∴2EN+BN=2EN+12BN=2AN+NF≥2AF，
当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：

即AF⊥BC，
∴在Rt△ABF中，AF=AB⋅sinABC=2×32=3，
∴2EN+BN的最小值为23．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型05 利用正方形的性质求解
16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5．正方形DEFG的边长为5，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 ．
【答案】32
【分析】过点G作GH⊥AC，易得△AHG为等腰直角三角形，设AH=HG=x，得到CH=AC−AH=5−x，证明△GHD≌△DCE，得到CD=GH，进而得到CD=x，DH=5−2x，在Rt△DHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG的长即可．
【详解】解：过点G作GH⊥AC，则：∠AHG=∠GHD=90°，
∴∠DGH+∠HDG=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC=5，
∴AB=52,∠A=∠B=45°，
∴∠AGH=45°=∠A，
∴AH=HG，
设AH=HG=x，则：CH=AC−AH=5−x，
∵正方形DEFG，
∴DG=DE,∠GDE=90°，
∴∠HDG+∠CDE=90°，
∴∠HGD=∠CDE，
∵∠C=∠GHD=90°，
∴△GHD≌△DCE，
∴CD=GH=x，
∴DH=CH−CD=5−2x，
在Rt△GHD中，由勾股定理，得：GD2=DH2+GH2，
∴52=5−2x2+x2，解得：x=2，
∴AH=2,CH=3，
∵∠C=∠AHD=90°，
∴HG∥BC，
∴AGBG=AHCH=23，
∴BG=35AB=35×52=32；
故答案为：32．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．
17．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O．E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE,EF．若△DEF与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长是（ ）

A．22B．2+2C．4−22D．2
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出BD=22，根据轴对称的性质可得DF=DC=2，∠DFE=∠BCD=90°则BF=BD−DF=22−2，再求出EF=BF=22−2，BE=2BF=4−22，即可求出答案．
【详解】解：正方形ABCD的边长为2，
∴BC=DC=2,∠BCD=90°,DO=12BD，∠CBD=45°,
∴BD=BC2+DC2=22，
∵△DEF与△DEC关于直线DE对称，
∴DF=DC=2，∠DFE=∠BCD=90°，
∴BF=BD−DF=22−2，∠BFE=90°，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴EF=BF=22−2，
∴BE=2BF=222−2=4−22，
∴△BEF的周长是BE+EF+BF=4−22+22−2+22−2=22，
故选：A．
18．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形ABCD的顶点A，C在抛物线y=−x2+4上，点D在y轴上．若A，C两点的横坐标分别为m，n（m>n>0），下列结论正确的是（ ）
A．m+n=1B．m−n=1C．mn=1D．mn=1
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作BN⊥MN于点N，先证明△ANB≌△DMA(AAS)．可得AM=NB，DM=AN．点A、C的横坐标分别为m、n，可得A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．E(m+n2，−m2−n2+82)，M(0,−m2+4)，设D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，DM=m2−4+b．再由AM=NB，DM=AN进而可以求解判断即可．
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作BN⊥MN于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC、BD互相平分，AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAN+∠DAM=90°，∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠BAN=∠ADM．
∵∠BNA=∠AMD=90°，BA=AD，
∴△ANB≌△DMA(AAS)．
∴AM=NB，DM=AN．
∵点A、C的横坐标分别为m、n，
∴A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．
∴E(m+n2，−m2−n2+82)，M(0,−m2+4)，
设D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，
∴BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，DM=m2−4+b．
又AM=NB，DM=AN，
∴−n2+4−b=m，n=m2−4+b．
∴b=−n2−m+4．
∴n=m2−4−n2−m+4．
∴ (m+n)(m−n)=m+n．
∵点A、C在y轴的同侧，且点A在点C的右侧，
∴m+n≠0．
∴m−n=1．
故选：B．
19．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．直线MP交正方形ABCD的两边于点E，F，记正方形ABCD的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2．若BE=kAE(k>1)，则用含k的式子表示S1S2的值是 ．
【答案】k2+1(k−1)2
【分析】作EG⊥AN交AN于点G，不妨设MN=a，设EG=1，通过四边形MNPQ是正方形，推出∠EMG=∠PMN=45°，得到EG=MG=1，然后证明△AEG∽△ABN，利用相似三角形对应边成比例，得到AEAB=1BN=AGAN=1k+1，从而表示出AG，MN的长度，最后利用S1=AB2=BN2+AN2和S2=MN2=a2表示出正方形ABCD和MNPQ的面积，从而得到S1S2．
【详解】解：作EG⊥AN交AN于点G，不妨设MN=a，设EG=1
∵四边形MNPQ是正方形
∴∠PMN=45°
∴∠EMG=∠PMN=45°
∴EG=MG=1
在△AEG和△ABN中，∠EAG=∠BAN，∠AGE=∠ANB=90°
∴△AEG∽△ABN
∴AEAB=EGBN=AGAN
∵BE=kAE(k>1)
∴AB=AE+BE=AE(k+1)
∴AEAB=1BN=AGAN=1k+1
∴BN=1+k
由题意可知，△ABN≌△DAM
∴BN=AM=1+k
∴AG=AM−GM=1+k−1=k
∴AGAN=AGAM+MN=kk+1+a=1k+1
∴a=k2−1
∴AN=AG+GM+MN=k+1+k2−1=k2+k
∴正方形ABCD的面积S1=AB2=BN2+AN2=(k+1)2+(k2+k)2=(k+1)2(k2+1)，
正方形MNPQ的面积S2=MN2=a2=(k2−1)2=(k+1)2(k−1)2
∴S1S2=(k+1)2(k2+1)(k+1)2(k−1)2
∵k>1
∴(k+1)2≠0
∴S1S2=k2+1(k−1)2；
故答案为：k2+1k−12.
【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
20．（2024·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为32，对角线AC,BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE=5，连接DE．
（1）线段AE的长为 ；
（2）若F为DE的中点，则线段AF的长为 ．
【答案】 2 102/1210
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°
∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2，
∵DC=32，
∴OD=OC=OA=OB=3，
∵ OE=5
∴ AE=OE−OA=5−3=2；
（2）延长DA到点G，使AG=AD，连接EG
由E点向AG作垂线，垂足为H
∵F为DE的中点，A为GD的中点，
∴AF为△DGE的中位线，
在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45° ，
∴AH=EH
∵ AH2+EH2=AE2，
∴AH=EH=2
∴GH=AG−AH=32−2=22
在Rt△EHG中，∴EG2=EH2+GH2=2+8=10，
∴EG=10
∵ AF为△DGE的中位线，
∴AF=12EG=102；
故答案为：2；102.
21．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，连接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG，若∠AGF=α，则∠FAG用含α的代数式表示为（ ）
A．45°−α2B．90°−α2C．45°+α2D．α2
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质．证明△EOF∽△DOC，求得∠OFE=45°，证明△ABE∽△GDE，证得DG=12CD=CG，推出△DEG≌△CFGSAS，得到GE=GF，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，
∴OD=OC，∠ODC=∠OCD=45°，DE=CF，
∴OE=OF，
∵∠EOF=∠DOC，OEOD=OFOC，
∴△EOF∽△DOC，
∴∠OFE=∠OCD=45°，
∵点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，
∴DEBE=12，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△GDE，
∴DGAB=DEBE=12，
∴DG=12CD=CG，
∴△DEG≌△CFGSAS，
∴GE=GF，
∴∠GEF=12180°−∠AGF=90°−12α，
∴∠FAG=∠GEF−∠AFE=90°−12α−45°=45°−12α=90°−α2，
故选：B．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题
22．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；
(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)GH=34
(3)BG=66AB，见解析
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
∴DP=CP=12×2=1，
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=(3−x)2+1，
解得x=53，
∴EP=AE=x=53，
∴ED=AD−AE=43，
∵△EDP∽△PCH，
∴ EDPC=EPPH，即431=53PH，
∴PH=54，
∵PG=AB=2，
∴GH=PG−PH=34．
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP=y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP=y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3y，
∴HP=12PM=32y，
在Rt△PCH中，CH=PH2−PC2=52y，
∴BC=2CH=5y，
∴AD=BC=5y，
在Rt△APD中，AP=AD2+PD2=6y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
∴ BGAP=BMAM=13，
∴BG=63y，
∴ ABBG=2y63y=6，
∴AB=6BG，即BG=66AB．
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握以上基础知识是解题关键．
23．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB,BC上，沿垂直于EF的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B'，C'处，然后还原．
（1）若点N在边CD上，且∠BEF=α，则∠C'NM= （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD,AD上，点D落在正方形所在平面内的点D'处，然后还原．若点D'在线段B'C'上，且四边形EFGH是正方形，AE=4，EB=8，MN与GH的交点为P，则PH的长为 ．
【答案】 90°−α/−α+90° 35
【分析】①连接CC'，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，再结合平行线的性质即可求解；
②记HG与NC'交于点K， 可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，则AE=CG=DH=4，DG=BE=8，由勾股定理可求HG=45，由折叠的性质得到：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，则NG=NK，KC'=GC=4，由NC'∥GD'，得△HC'K∽△HD'G，继而可证明HK=KG，由等腰三角形的性质得到PK=PG，故PH=34HG=35．
【详解】解：①连接CC'，由题意得∠C'NM=∠4，MN⊥CC'，
∵MN⊥EF，
∴CC'∥FE，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∴∠3+∠4=∠3+∠2=90°，∠1+∠BEF=90°，
∴∠2=∠4，∠1=90°−α，
∴∠4=90°−α
∴∠C'NM=90°−α，
故答案为：90°−α；
②记HG与NC'交于点K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGH是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，HE=FE，∠HEF=90°，
∴∠5+∠6=∠7+∠6=90°，
∴∠5=∠7，
∴△AEH≌△BFE，
同理可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，
∴AE=CG=DH=4，DG=BE=8，
在Rt△HDG中，由勾股定理得HG=DH2+DG2=45，
由题意得：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，
∴NC'∥GD'，
∴∠NKG=∠9，
∴∠8=∠NKG，
∴NG=NK，
∴NC−NG=NC'−NK，
即KC'=GC=4，
∵NC'∥GD'，
∴△HC'K∽△HD'G，
∴HKHG=C'KD'G=12，
∴HK=12HG，
∴HK=KG，
由题意得MN⊥HG，而NG=NK，
∴PK=PG，
∴PH=34HG=35，
故答案为：35．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
24．（2024·贵州贵阳·一模）综合与实践
(1)【操作发现】如图①，将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则∠EAF的度数为 ；
(2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿EF折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的点N处，若AB=3，求线段DF的长；
(3)【迁移应用】如图③，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，AB=3，AD=5，请求出线段BE的长．
【答案】(1)45°
(2)6−33
(3)97或2
【分析】（1）由正方形的性质得∠BAD=90°，再由折叠的性质得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，即可求解；
（2）证△ANF是等腰直角三角形，得∠AFN=45°，则∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，进一步求出∠BAE=30°，由含30°角的直角三角形的性质结合勾股定理再求出BE，最后根据线段的和差关系求解即可．
（3）分两种情形：当DF=2CF，当CF=2DF，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠BAD=90°，
由折叠的性质得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，
∴∠MAE+∠MAF=∠BAE+∠DAF=12∠BAD=45°，
即∠EAF=45°，
故答案为：45°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
由折叠的性质得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，
∴∠ANF=180°−90°=90°，
由（1）得：∠EAF=45°，
∴△ANF是等腰直角三角形，
∴∠AFN=45°，
∴∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，
∴∠AFD+∠AFM+∠CFE=245°+∠NFE+∠CFE=180°，
∴∠NFE=∠CFE=30°，
∴∠FEC=∠FEN=60°，
∴∠BEA=60°，
∴∠BAE=30°，
∴AB=3BE=3，
∴BE=3，
∴EC=3−3，
∵∠EFC=30°，
∴FC=3EC=33−3，
∴DF=3−33−3=6−33．
（3）如图3中，在AD上取一点J，使得AJ=AB=3，过点J作JT⊥BC于点T，交AF于点K，连接EK，得正方形ABTJ，

当DF=2CF时，CF=1，DF=2，
∵JK∥DF，
∴△AJK∽△ADF，
∴AJAD=JKDF，
∴35=JK2，
∴JK=65，
由（1）可知EK=BE+JK，
设BE=x，则EK=x+65，
∵EK2=ET2+KT2，
∴x+652=3−x2+3−652，
∴x=97．
当CF=2DF时，同法可得BE=2．
综上所述，满足条件的BE的值为97或2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出∠EAF=45°是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型07 构建中位线求解
25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是△ABC的一条角平分线，E为AD中点，连接BE．若BE=BC，CD=2，则BD= ．

【答案】17+12
【分析】连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质证得CF=DF=12CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC=∠BEC，进而利用三角形的外角性质和三角形的中位线性质得到∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，证明△CBE∽△CED，利用相似三角形的性质和勾股定理得到m2=3+2x；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明△CAB∽△FBE得到2m2=x+1x+2，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，

∵∠ACB=90°，E为AD中点，
∴CE=AE=DE，又CD=2，
∴CF=DF=12CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
∴∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，
∵BE=BC，
∴∠BEC=∠ECB，则∠BEC=∠EDC，又∠BCE=∠ECD，
∴△CBE∽△CED，
∴CECD=CBCE，∠CBE=∠CED=2∠CAE，
∴CE2=CD⋅CB=22+x=4+2x，
则m2=EF2=CE2−CF2=3+2x；
∵AD是△ABC的一条角平分线，
∴∠CAB=2∠CAE=∠CBE，又∠ACB=∠BFE=90°，
∴△CAB∽△FBE，
∴ACBF=BCEF
∴2mx+1=x+2m，则2m2=x+1x+2，
∴23+2x=x+1x+2，即x2−x−4=0，
解得x=17+12（负值已舍去），
故答案为：17+12．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
26．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC=4，BD=6，则AD+BC的最小值是 ．

【答案】213
【分析】设AC,BD的交点为O，AB,BC,CD,DA的中点分别是P,Q,R,S，连接PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS，先证AD+BC=2(OS+OQ)，由此得当OS+OQ最小时，AD+BC最小，再根据“两点之间线段最短”得OQ+OS≥QS，再证四边形PQRS是矩形，且PQ=2,SP=3，根据勾股定理的OS=13，进而求得AD+BC的最小值．
【详解】解：设AC,BD的交点为O，AB,BC,CD,DA的中点分别是P,Q,R,S，连接PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS，
∵AC,BD互相垂直，
∴△AOD和△BOC为直角三角形，且AD,BC分别为斜边，
∴AD=2OS,BC=2OQ，
∴ AD+BC=2(OS+OQ)，
∴当OS+OQ最小时，AD+BC最小，再根据“两点之间线段最短”得OQ+OS≥QS，
∴当点O在线段QS上时，OQ+OS最小，最小值为线段QS的长，
∵P,Q分别为AB,BC的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
∴PQ=12AC=2,PQ∥AC，
同理QR=12BD=3,QR∥BD，
RS=12AC=2,RS∥AC，
SP=12BD=3,SP∥BD，
∴PQ∥AC∥RS,QR∥BD∥SP，
∴四边形PQRS是平行四边形，
∵AC⊥BD,PQ∥AC,SP∥BD，
∴PQ⊥SP，
∴四边形PQRS是矩形，
在Rt△PQS中，PQ=2,SP=3，
∴QS=PQ2+SP2=13，
∴OQ+OS的最小值为13，
∴AD+BC的最小值为213．

故答案为：213．
【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键．
27．（2025·上海闵行·一模）如图，点D、E分别是线段BC和AC的中点，AD、BE交于点O，且AD⊥BE，BC=22，AC=16，那么OD长是 ．
【答案】3
【分析】连接AB、DE，由三角形中位线定理推出DE∥AB，DE=12AB，判定△DOE∽△AOB，推出ODOA=OEOB=DEAB=12，设OD=x，OE=y，由勾股定理得到x2+2y2=112，y2+2x2=82，求出x=3，得到OD=3．
【详解】解：连接AB、DE，
∵D、E分别是线段BC和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE=12AB，
∴△DOE∽△AOB，
∴ODOA=OEOB=DEAB=12，
设OD=x，OE=y，则AO=2x，OB=2y，
∵AD⊥BE，
∴OD2+OB2=BD2，OE2+AO2=AE2，
∵BD=12BC=12×22=11，AE=12AC=12×16=8，
∴x2+2y2=112，y2+2x2=82，
∴x=3（舍去负值），
∴OD=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，二元二次方程组，关键是由勾股定理得到关于x、y的方程组．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题
28．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形OAA1B中，OA=3，AA1=2，连接OA1，以OA1为边，作矩形OA1A2B1使A1A2=23OA1，连接OA2交A1B于点C；以OA2为边，作矩形OA2A3B2，使A2A3=23OA2，连接OA3交A2B1于点C1；以OA3为边，作矩形OA3A4B3，使A3A4=23OA3，连接OA4交A3B2于点C2；…按照这个规律进行下去，则ΔC2019C2020A2022的面积为 ．
【答案】34⋅(133)4042．
【分析】先寻找规律求得S矩OAnAn+1Bn的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的18，依此即可求得ΔC2019C2020A2022的面积．
【详解】解：∵四边形OAA1B为矩形，
∴∠A=∠B=90°，A1B=OA=3，OB=AA1=2，A1B//OA，
∴∠BA1O=∠A1OA，
∴OA1=OA2+AA12=13,AA1=23OA，OA1=133OA，
∵A1A2=23OA1，
∴A1A2=23⋅133OA，
∴tan∠A2OA1=tan∠A1OA
∴∠A2OA1=∠A1OA，
∴∠BA1O=∠A2OA1，
∴OC=A1C，
同理可证OA2=133OA1=(133)2OA， A2A3=23⋅133OA2=23⋅(133)2OA，
依次类推OAn=(133)nOA，AnAn+1=23⋅(133)nOA，
故S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1=(133)nOA⋅23⋅(133)nOA=6⋅(133)2n ，
在矩形OAA1B中，设OC=A1C=x，则BC=3−x，
根据勾股定理OB2+BC2=OC2，
即22+(3−x)2=x2，解得x=136，
∵OA2=(133)2OA=133，即OC=CA2=12OA2，
同理可证OC1=C1A3=12OA3，
∴SΔCC1A3=12SΔOCA3=12⋅12SΔOA2A3=12⋅12⋅12S矩OA2A3B2=18S矩OA2A3B2
同理可证SΔC2019C2020A2022=18S矩OA2021A2022B2021=18⋅6⋅(133)4042=34⋅(133)4042
故答案为：34⋅(133)4042．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得S矩OAnAn+1Bn=OAn⋅AnAn+1；②得出三角形面积是它所在矩形面积的18．需注意标序号的时候不要混淆了．
29．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到ΔEF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到ΔEF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到ΔEF3B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则ΔEFnB的面积为 ．（用含正整数n的式子表示）

【答案】2n+12n
【分析】先计算出ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而求解．
【详解】解：∵AE=DA，
∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3，
∵点F1是CD的中点，∴DF1=CF1
∴SΔBF1C=12BC⋅CF1=12BC⋅12CD=14S矩形ABCD=12，
SΔDF1E=12DE⋅DF1=12×2AD⋅12DC=12S矩形ABCD=1，
∴SΔEF1B=S梯形ABCD−SΔDF1E−SΔBF1C=3−1−12=32，
∵点F2是CF1的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
∴SΔBF2C=12SΔBF1C=14，
且DF2=32DF1，
∴SΔDF2E=32SΔDF1E=32
∴SΔEF2B=S梯形ABCD−SΔDF2E−SΔBF2C=3−32−14=54，
同理可以计算出：
SΔBF3C=12SΔBF2C=18，
且DF3=74DF1，
∴SΔDF3E=74SΔDF1E=74，
∴SΔEF3B=S梯形ABCD−SΔDF3E−SΔBF3C=3−74−18=98，
故ΔEF1B、ΔEF2B、ΔEF3B的面积分别为：32,54,98，
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2n+1，
∴ΔEFnB的面积为2n+12n．
故答案为：2n+12n．
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
30．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，△OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方向为O→M→N→P→O→M→⋯）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A1，A1的坐标是2,0；第二次滚动后，A1的对应点记为A2，A2的坐标是2,0；第三次滚动后，A2的对应点记为A3，A3的坐标是3−32,12；如此下去，……，则A2024的坐标是 ．
【答案】1,3
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求出点A的对应点A1，A2，⋯⋯，A12的坐标，发现规律即可解决问题．
【详解】解：∵正方形OMNP顶点M的坐标为3,0，
∴OM=MN=NP=OP=3,
∵ △OAB是等边三角形，点B坐标是1,0，
∴等边三角形高为32，
由题知，
A1的坐标是2,0；
A2的坐标是2,0；
A3的坐标是3−32,12；
继续滚动有，A4的坐标是3,2；
A5的坐标是3,2；
A6的坐标是52,3−32；
A7的坐标是1,3；
A8的坐标是1,3；
A9的坐标是32,52；
A10的坐标是0,1；
A11的坐标是0,1；
A12的坐标是12,32；
A13的坐标是2,0；⋯⋯不断循环，循环规律为以A1，A2，⋯⋯，A12，12个为一组，
∵ 2024÷12=168⋯⋯8，
∴ A2024的坐标与A8的坐标一样为1,3，
故答案为：1,3．
31．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）

A．（22）5B．（22）6C．（2）5D．（2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为2；第2个正方形的边长为2，其对角线长为22；第3个正方形的边长为22，其对角线长为23；•••；第n个正方形的边长为2n−1．所以，第6个正方形的边长25．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=22，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=23，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=24，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=25．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的2倍关系是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题
32．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP=3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
【答案】13或109
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当CE>BE时，利用三角形中位线定理求得CE=12，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得DE的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当CEBE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE=2OP=6，CP=PE=PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴CE=2BE=12，BC=3BE=18，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD=90，
∴CD=5，
∴DE=52+122=13，
∴PC+PE=DE=13；
当CE102，再分点F 在BC中点的左侧，点F 在 BC中点的右侧，两种情况讨论即可．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中 ，AB=AC2+BC2=5
由折叠的性质得：
S△ACD=S△AC'D，AD平分∠BAC,∠C=∠AC'D=90°，
∴CD=C'D，
设CD=C'D=x，
由S△ABC=S△ADC+S△ABD，得 12×3x+12×5x=12×3×4，
解 得x=1.5，
∴四边形ACDC'的面积=2S△ACD=12CD·AC=92；
（2）连接EG、EH，
∵EF⊥BC，
∴∠ABF=∠BAE=∠EFB=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
∴EF=AB=22，
由对称性可知S△BEG=S△BEF,S△CEF=S△CEH，∠GEH=2∠BEC,GE=HE=EF=22，
∴S五边形EGBCH=2S△EBC，
∴S四边形GBCH=2S△EBC−S△EGH，
当S△EGH最大时，S四边形GBCH取得最小值，
∵△GEH是等腰三角形，GE=EH=22是定值，
如图，
当△GEH的高HQ最大时，S△EGH最大，即HQ,EH重合，
∴∠GEH=90°时 ，S四边形GBCH取得最小值， 此时，∠BEC=12∠GEH=45°，
如图，作等腰Rt△BOC， 使得∠BOC=90°，以点O 为圆心，OB为半径作⊙O，作OM⊥BC于点M，则M 为BC的中点，延长MO交 AD 于 点H，连 接 OA,OE，
则OB=OC=22BC=102，
∴OM=22OB=10，
∴OH=22−OM=12102，
∴⊙O与线段AD有两个交点， 则∠BEC=12∠BOC=45°
当点F 在BC中点的左侧时，作ON⊥EF 于点N， 则四边形OMFN为矩形，
同理，四边形ENOH为矩形，
∴EN=OH=12，
∵OE=OB=102
∴MF=ON=OE2−EN2=214，
∴BF=10−214，
当点F 在 BC中点的右侧时，由对称性可知：BF=10+214，
综上所述，BF的长为10+214或10−214．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，涉及矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识，利用分类讨论的思想及数形结合的思想是解题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 利用菱形的性质与判定求解
10．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．

(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDHAAS，得∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFBSAS得∠AED=∠EFB，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFBSAS；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDHAAS，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFBSAS，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
11．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且DB的中点为M，连接AD，CD．

(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求CD的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
(3)CD的长为4π3．
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°−90°=30°，再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，证明CD=CB，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，从而可得结论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，

∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
∵DB的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵DB的中点为M，CM为直径，
∴CD=CB，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，

∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
∴OQ=12OB=12OC，
∴12OC+OC=3，
OC=2，
∴CD的长为120π×2180=4π3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键．
12．（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ABCD和EFGH（AB