备战2025年中考数学压轴专项(江苏专用)压轴专题13四边形压轴(学生版+解析)练习

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例题1如图，菱形中，，，点是线段上一点（不含端点），将沿翻折，的对应边与相交于点．
(1)当时，求的长；
(2)若是等腰三角形，求的长；
(3)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据菱形的性质以及折叠的性质可得是等边三角形，，，，，则，根据勾股定理求出，根据等腰直角三角形的性质可得，即可得的长；
（2）分两种情况：①当时，②当时，根据等腰三角形的性质分别求解即可；
（3）过点作于，作于，根据三角形的面积公式可得，则，由得，由点在上可得的最大值为4，当，即点与点重合时，的值最小为，可得，即可得的取值范围．
【详解】（1）菱形中，，
∴是等边三角形，，，
∴，
由折叠得
∴
∴
在中，
∴
∴
∵，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
（2）若是等腰三角形，分三种情况：
①当时
由（1）知，，
∴
②当时，如图1，
∵
∴
∴
∴
综上，的长为或4或；
（3）过点作于，作于

由折叠得
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
∵点在上
∴的最大值为4，当
即点与点重合时，的值最小为
∴
∴
∴的取值范围为
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了折叠的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等，分类思想的运用是解题的关键．

1．（2024·江苏扬州·一模）已知菱形中，点E是对角线上一点，点F是边上一点，连接、、，
【特例探究】
(1)如图1，若且，线段、满足的数量关系是________；
(2)如图2，若且，判定线段、满足的数量关系，并说明理由；
(3)【一般探究】如图3，根据特例的探究，若，，请求出的值（用含的式子表示）；
(4)【发现应用】如图3，根据“一般探究”中的条件，若菱形边长为1，，点F在直线上运动，则面积的最大值为________，
【答案】(1)
(2)，理由见解析
(3)
(4)
【分析】（1）证明，即可得出结论；
（2）证明，即可得出结论；
（3）过点作于点，先证明，得到，再证明，得到，推出，即可得出结论；
（4）连接交于点，过点作于点，由（3）推出，设，则，求出，根据，得到，进而求出，利用二次函数的性质，求出最值即可得出结果．
【详解】（1）∵四边形是菱形，，
∴，
∴和都是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
在和中，

∴，
∴；
故答案为：，
（2）解：，理由如下：
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴
∴；
（3）如图3，过点作于点，
∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
（4）如图4，连接交于点，过点作于点，
由（3）可得：， ， ，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵四边形是菱形，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，，
∴
∴
∵，
∴，

∴ ，
∴，
即
∵，
∴当时， 有最大值：．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形以及利用二次函数的性质求最值．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题．熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和相似，是解题的关键．
2．（2022·江苏徐州·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．

(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
(4)求的最大值．
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
(4)
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DEBP，然后由平行线的性质即可解答；
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF= 、GF=CF= ；设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
（4）先说明△CEF∽△CDH得到，进而得到，然后将已经求得的量代入可得，然后根据求最值即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
∴DEBP，DE=
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
∴DF=EF= ，GF=CF= ，
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
∴DE=，EF=
∵Rt△APC，
∴PC=
∴CE=
∵Rt△EFC
∴FC=FG=
∴CG=CF=
∴AG=12-CG=12-=
∴S△APG=
所以当x=6时，S△APG有最大值9．

（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
∴，即
∴
∵FC= ，CE=，CD=
∴
∴的最大值为．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
3．（2021·江苏扬州·中考真题）在一次数学探究活动中，李老师设计了一份活动单：
“追梦”学习小组通过操作、观察、讨论后汇报：点的位置不唯一，它在以为弦的圆弧上（点、除外），……．小华同学画出了符合要求的一条圆弧（如图1）．
（1）小华同学提出了下列问题，请你帮助解决．
①该弧所在圆的半径长为___________；
②面积的最大值为_________；
（2）经过比对发现，小明同学所画的角的顶点不在小华所画的圆弧上，而在如图1所示的弓形内部，我们记为，请你利用图1证明；
（3）请你运用所学知识，结合以上活动经验，解决问题：如图2，已知矩形的边长，，点在直线的左侧，且．
①线段长的最小值为_______；
②若，则线段长为________．
【答案】（1）①；②；（2）见解析；（3）①；②或
【分析】（1）①设为圆心，连接，，根据圆周角定理得到，证明是等边三角形，可得半径；
②过点作的垂线，垂足为，延长，交圆于，以为底，则当与重合时，的面积最大，求出，根据三角形面积公式计算即可；
（2）延长，交圆于点，连接，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
（3）①根据，连接，设点为中点，以点为圆心，为半径画圆，可得点在优弧上，连接，与圆交于，可得即为的最小值，再计算出和圆的半径，相减即可得到；
②根据，和推出点在的平分线上，从而找到点的位置，过点作，垂足为，解直角三角形即可求出．
【详解】解：（1）①设为圆心，连接，，
，
，又，
是等边三角形，
，即半径为；
②以为底边，，
当点到的距离最大时，的面积最大，
如图，过点作的垂线，垂足为，延长，交圆于，
，，
，
，
的最大面积为；
（2）如图，延长，交圆于点，连接，
点在圆上，
，
，
，
，即；
（3）①如图，当点在上，且时，
，，，
，为定值，
连接，设点为中点，以点为圆心，为半径画圆，
点在优弧上，连接，与圆交于，此时即为的最小值，过点Q作，垂足为，
点为中点，
点为中点，即， ，
，
，
，
圆的半径为，
，即的最小值为；
②，，，
则，
中边上的高等于中边上的高，
即点到的距离和点到的距离相等，
则点到和的距离相等，即点在的平分线上，如图，
过点作，垂足为，
平分，
，
为等腰直角三角形，又，
，
，
，
当点在线段上时， ；
当点在线段上时，．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，最值问题，解直角三角形，三角形外角的性质，勾股定理，知识点较多，难度较大，解题时要根据已知条件找到点的轨迹．
4．矩形ABCD中，AB＝8，AD＝12．将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为DE．
（1）如图①，若点P恰好在边BC上，连接AP，求的值；
（2）如图②，若E是AB的中点，EP的延长线交BC于点F，求BF的长．

【答案】（1）；（2）BF＝3．
【分析】（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．证明△POM∽△DCP，利用相似三角形的性质求解即可．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．设EG=x，则BG=4-x．证明△EGP∽△PHD，推出，推出PG=2EG=3x，DH=AG=4+x，在Rt△PHD中，由PH2+DH2=PD2，可得（3x）2+（4+x）2=122，求出x，再证明△EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）如图①中，取DE的中点M，连接PM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，
由翻折可知，AO＝OP，AP⊥DE，∠2＝∠3，∠DAE＝∠DPE＝90°，
在Rt△EPD中，∵EM＝MD，
∴PM＝EM＝DM，
∴∠3＝∠MPD，
∴∠1＝∠3+∠MPD＝2∠3，
∵∠ADP＝2∠3，
∴∠1＝∠ADP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠DPC，
∴∠1＝∠DPC，
∵∠MOP＝∠C＝90°，
∴△POM∽△DCP，
∴，
∴．
（2）如图②中，过点P作GH∥BC交AB于G，交CD于H．则四边形AGHD是矩形，设EG＝x，则BG＝4﹣x

∵∠A＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴∠EPG+∠DPH＝90°，∠DPH+∠PDH＝90°，
∴∠EPG＝∠PDH，
∴△EGP∽△PHD，
∴，
∴PG＝2EG＝3x，DH＝AG＝4+x，
在Rt△PHD中，∵PH2+DH2＝PD2，
∴（3x）2+（4+x）2＝122，
解得：x＝（负值已经舍弃），
∴BG＝4﹣＝，
在Rt△EGP中，GP＝，
∵GH∥BC，
∴△EGP∽△EBF，
∴，
∴，
∴BF＝3．
【点睛】本题考查翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
5．（2023·江苏淮安·三模）如图，在中，，，，点是边上一动点，将沿着翻折，得到．直线和边所在直线交于点．
(1)如图①，当点恰好落在边上时，求的长．
(2)①如图②，当点落在内部时，试探索的数量关系，并说明理由．
②当点落在外部时，①中探索的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出新的数量关系．
(3)当点恰好落在边上时，点的位置记为．当点从点运动到点时，直接写出点的运动路径长．
【答案】(1)
(2)①；②当在下方时，；当在上方时，
(3)
【分析】（1）可推出，，进而求得．
（2）①可推出，，从而得出，从而，进一步得出结果；
②分成两种情况，当在下方时，；当在上方时，类比①即可进而得出结果．
（3）理清点从开始运动时，先向处运动，再从运动到处，故求解点运动到向处的路径长为，从运动到处路径长为，两者之和即为点的运动路径长．
【详解】（1）解∵点和是对称点，
∴，
∴，
∴，，
∴，
解得：．
（2）解：①．
理由如下：∵将沿着翻折，得到，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当点落在外部时，第一种情况，在下方时，如图：
以上结论不成立，新的关系是：，理由如下：
∵将沿着翻折，得到，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
第二种情况，当在上方时，如图：
新的关系是：，理由如下:
∵将沿着翻折，得到，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：①先向处运动时，如图：
当点在上时，与重合，
∴，
当在处，在处，交于，且时，
则，，，
又∵，，
∴，
设，，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，
②从运动到时，当点在处时，作于,作于，交于点，如图：
∵，，，
∴，
根据，，可设，，
∴，即，
解得，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵点从开始运动时，先向处运动，再从运动到处，
∴点运动到向处的路径长为：，
再从运动到处路径长为：，
∴点的运动路径长．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形的相关计算，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定和性质，平行四边形的性质的知识，弄清点的运动路径是解题的关键．
6．（2024·江苏泰州·三模）如图，点分别在菱形的各边上．
【初步认识】
（1）如图，若，则四边形一定是（ ）
A．梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【变式探究】
（2）如图，若交于点，分别是上一点，，，的延长线分别交在于点，求证：四边形是矩形．
【深入思考】
（3）如图，若交于点，且，当满足什么条件时，可作出两个不同矩形，请直接写出你的结论．
（4）在（3）的条件下，设，请探索与满足的关系式．
【答案】（1）
（2）证明见详解
（3）且
（4）或
【分析】（1）连接，交与点，根据菱形的性质可得，，即证明四边形是平行四边形，再证明，，即可得到，故可选出．
（2）根据菱形性质可得，易证，，从而得出，四边形是平行四边形，根据，得四边形是矩形．
（3）根据已知条件可得，即，分两种情况和，，分开讨论做矩形，找到他们的公共解集即可．
（4）当时，即；当，，和的取值范围均为，根据旋转的性质可得，综合两种情况即可．
【详解】（1）解：连接，交与点，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
故选．
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
（3）∵，，
∴，
∴，
①当四边形形成的矩形如图一样时，此时，
此时满足的条件为，
②当四边形形成的矩形如图一样时，，，
由图可得最大为，点与点重合，
最小时，点与点重合，点与点重合，对角线、交于点，，
∵，，，，
∴，
带入数值得，
解得，
∴由勾股定理可得，
∴当时，满足四边形为矩形，
当时，，如图所示，
∴此时四边形同时满足①②，
∴故不能形成两个矩形，不满足题意，
综上可得，当满足且时，可作出两个不同矩形．
（4）由（3）可得①当时，即，
②∵的取值范围为，
根据旋转的性质可得的取值范围为，
即，
综上可得：或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的判定，勾股定理解直角三角形，旋转的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．（2024·江苏扬州·二模）如图，点E是边长为2的正方形边上一动点，连接，将射线绕点B顺时针旋转交边于点F，过点E作，垂足为点H，连接交于G，在点E从点A运动到点D运动过程中．
(1)直接写出的度数为_______ °；
(2)连接，
①的比值是否为定值，是定值求出该比值，不是定值请说明理由；
②当时，直接写出的长；
(3)在点E运动过程中，的面积记为，的面积记为，求出的最大值．
【答案】(1)45
(2)①是定值，；②
(3)的最大值为
【分析】（1）先证明，可得四点共圆，再由圆周角定理即可得结论；
（2）①连接，先证明，再由相似三角形的性质可得结论；②过点E作，先证明点三点共线，可得，再由等腰三角形性质可得，再证是等腰直角三角形，设，则，可列出方程，再求解即可；
（3）过点H作，延长交于点N，设，先证明，可得，即可求得，，由，可列出函数关系式
，再根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）四边形是正方形，
，
，绕点B顺时针旋转交边于点F，
，，
，
四点共圆，
，
故答案为：45；
（2）①的比值是定值，
如图，连接，
四边形是正方形，是对角线，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
②如图，过点E作，
，
，
，
，
由（1）得，且，
点三点共线，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
设，则，
解得：，
；
（3）如图，过点H作，延长交于点N，
设，
可得四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
当时，有最大值，为．
【点睛】本题考查二次函数与几何图形结合问题、全等三角形的判定及性质，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理，添加辅助线，用二次函数解决最值问题是解决问题的关键．
8．（2024·江苏镇江·二模）“折纸”是同学们经常做的手工活动．
如图1，矩形纸片，，点O为其对称中心，小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点A、B的对应点记为交边于点E．
(1)如图2，当点与点D重合时， ；
(2)在上述折叠过程中，求证：
①为等腰三角形；
② ；
(3)如图3，，连结交于点F，连接，则的面积为 ．
【答案】(1)6
(2)①见解析；②见解析
(3)
【分析】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）根据折叠的性质可得，然后根据勾股定理列方程求解即可；
（2）①由折叠的性质和平行线的性质可得，即，从而证明结论；②如图：连接，可证明四边形是平行四边形可得；如图：过E作，则四边形为矩形，即，然后运用勾股定理可得，整列可得，再对结论进行变形也可得到，从而证明结论；
（3）根据（2）②的结论以及的条件可得，再证明四边形是平行四边形可得,由矩形的性质可证,由相似三角形的性质可得,即,解得:;然后根据结合图形运用三角形的面积公式即可解答．
【详解】（1）解：∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，点与点D重合，
∴，
∴，
即，
解得：．
故答案为6．
（2）解：①∵小明沿着过点 O 的直线将矩形纸片进行折叠，折痕交边于点 M、N，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰三角形；
②如图：连接，
∵点O为矩形的对称中心，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，即，
如图：过E作，则四边形为矩形，即
∵，，
，
∴，
∴，
∴，即,
∴．
（3）解：∵，，
∴，
连接,
∵点O为矩形的对称中心，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴,
∵矩形,
∴,
∴,
∴,,
∴,解得:,,
∴
．
故答案为．
9．（2024·江苏南京·二模）用矩形纸片可以折叠出等边三角形，但折叠会损耗矩形纸片的面积．能否将整张矩形纸片无损耗地剪拼成一个等边三角形呢？
(1)有些矩形纸片很容易剪拼成等边三角形．如图两个矩形纸片只需剪1~2刀就可以拼成等边三角形，请画出分割线，并做必要标注．
(2)任意矩形要剪拼成等边三角形很难想到，不妨倒过来考虑，即研究将等边三角形纸片剪拼成矩形，图③是一种可行的分割方案：
①求证：；
②将图③中甲、乙、丙三部分进行平移或旋转可以拼出矩形，在原图中画出拼接矩形的示意图．
(3)如何将一张纸（如图④，，）剪拼成等边三角形？在图中画出分割线（标注必要的长度或角度，写出必要的文字说明）．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
(3)见解析
【分析】（1）图①沿一条对角线分割即可；②作角，点在边上，沿着进行裁剪即可；
（2）①连接，三角形的中位线定理，得到，，证明，即可得出结论；②根据题意，拼接成矩形即可；
（3）取边的中点E，F，在边上分别取点G，H，使；在上取点I，使，连接，则即为满足题意的分割线．
【详解】（1）解：如图①，即为满足题意的分割线；
如图②，即为满足题意的分割线．
图①中，，则，
∴，，
∴是两个全等的含30度角的直角三角形，
故可以组成一个等边三角形；
图②可组成如图所示的等边三角形；
（2）①证明：连接．
∵ D，E分别为的中点，
∴为的中位线．
∴，．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
②如图所示，矩形即为所求．
（3）如图，取边的中点E，F，在边上分别取点G，H，使；在上取点I，使，连接，则即为满足题意的分割线．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，对学生的空间想象能力要求高，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
10．（2024·江苏盐城·一模）综合与实战
【问题情境】最完美的四边形是正方形，在“综合与实战”课上，老师和同学们一起对正方形进行了再探究：如图，正方形的对角线，相交于点．
【数学思考】老师首先提出了如下问题：
（1）如图，作关于的对称图形，连接交于点．试判断与的数量关系，并说明理由：
【深入探究】老师让同学提出新的问题：
（2）善思小组提出问题：如图，以为直径作，点为上的动点，连接，，若正方形的边长为，求面积的最大值；
（3）智慧小组提出问题：如图，以为直径作，点为上的动点，过点作对角线的垂线，垂足为，若正方形的边长为，求的取值范围．
【答案】（1），理由见解析；（2）；（3）．
【分析】本题考查了对称性的性质、矩形的性质和判定、二次函数的性质、正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
（1）；因为与对称，所以，，又因为四边形为正方形，所以，，，，所以，，，又因为，所以，故．
（2）过点作，垂足为，延长交于，则为上边上的高，此时的面积最大，故的面积最大值为．
（3）在上任找一点，过点作，垂足为，设，，过点作，因为，所以四边形为矩形，所以，，故在中，，在中，，在中，，所以，即，设，即，代入得，化简得，因为存在，所以，解得，又因为，所以，所以，所以，，故的取值范围是．
【详解】（1）；
证明：与对称，
，，
又四边形为正方形，
，，
∴，，
，，
，
又，
，
．
（2）解：过点作，垂足为，延长交于，
则为上边上的高，
此时的面积最大，
的面积最大值为．
（3）解：在上任找一点，过点作，垂足为，
设，，过点作，
，
四边形为矩形，
，，
在中，，
在中，，
在中，，
，即，
设，即，
代入得，
化简得，
因为存在，所以，解得，
又，
，
，
，，
的取值范围．
11．（2024·江苏泰州·二模）如图1，在平面直角坐标系中，四边形是菱形，轴．
(1)若菱形边长为5，对角线．
①若点，反比例函数的图像经过点B．求该反比例函数的表达式，并判断点A是否在这个反比例函数图像上；
②是否存在点，使得反比例函数的图像同时经过点A、B？若存在，求a、b满足的关系式；若不存在，说明理由．
(2)如图2，菱形的顶点A，B和边的中点E在反比例函数图像上，顶点C、D在反比例函数图像上，边与y轴的交点为F，
①求的值；
②若，则菱形的面积为 ．
【答案】(1)①，不在；②存在，
(2)①，②
【分析】（1）①连接交于，交轴于，根据菱形的性质先求出，，再根据将向下平移4个单位，再向左平移3个单位即可得到B点，可得，问题得解；②同理有将向下平移4个单位，再向左平移3个单位即可得到B点，即，问题随之得解；
（2）①如图，连接交于，交轴于，设，，可得，结合为的中点，可得，可得：，可得，解得，由，可得，②再结合，可得：，，再利用菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）①连接交于，交轴于，如图，
∵菱形边长为5，对角线，
∴，，，
∴，
∵，且将向下平移4个单位，再向左平移3个单位即可得到B点，
∴，
∵反比例函数的图像经过点B，
∴，即，
∴反比例函数解析式为：，
∵，
∴不在反比例函数的图像上；
②存在，理由如下：
∵，，
∴将向下平移4个单位，再向左平移3个单位即可得到B点，
∴，
∵反比例函数的图像同时经过点A、B，
∴，，
∴，
整理有：；
（2）①如图，连接交于，交轴于，
∵菱形，
∴，，，，
设，，即有，
∴，，即有，
则，
∴，即，
∴，
∵为的中点，
∴
∴，
整理得：，
∴，
∴，
∴，
解得：（舍去），，
∵，
∴，
即，
②根据，
∵，
解得：，，
∴菱形的面积为：
；
故答案为：，
【点睛】本题考查的是菱形的性质，反比例函数的几何应用，一元二次方程的解法，平行线分线段成比例的应用，本题难度大，计算量大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
12．（2024·江苏苏州·一模）数学实验活动：两个正方形纸片的摆放．
将两个边长为的正方形纸片、按图①方式进行摆放后，得到了8个阴影三角形，这些三角形的周长会有怎样的特点呢？数学实验小组经过探究，有了如下3个发现：
发现1：图①中的8个阴影三角形的周长之和是一个定值，这个定值为_______；
发现2：将两个正方形按图②方式进行摆放，其中经过点，且与、都相交，交点分别为、，则图中的阴影三角形（）的周长是一个定值，请你求出这个值；
发现3：在图②的情形下，按图③方式平移正方形纸片，使得分别与、相交于点、，分别与、相交于点、，则图中的2个阴影三角形（与）的周长之和也是一个定值，请你求出这个值．
【答案】发现1：80；发现2：；发现3：
【分析】发现1：8个阴影三角形的周长之和是两个正方形的周长之和；
发现2：连接，，作于，可证得，，从而得出，，进一步得出结果；
发现3：作于，作于，作于，可证得，从而，，同理可得，从而，，进一步得出结果．
【详解】解：发现1：8个阴影三角形的周长之和等于
，
故答案为：80；
发现2：如图1，连接，，作于，
，
四边形和四边形是全等的正方形，
，，，
∴，
四边形是矩形，
，
又，
，
，
同理可得，，
，
；
发现3：如图2，作于，作于，作于，
∴，
∵四边形是正方形，
∴
由平移的性质可知：，
∵四边形是正方形，
，
∵，
∴，
∵一个角的两边与另一个角的两边分别平行，则这两个角相等或互补，理由如下：
如图，，
∴，
∴，互补同理可证，
∴由，，
，
又，，
，
，，
同理可得，
，
，，
．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，平移的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
13．（2024·江苏泰州·一模）【定义呈现】有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形，其中，这两个内角称为倍角．例如：如图1，在四边形中，，，那么我们就叫这个四边形是倍对角四边形，其中，称为倍角．
【定义理解】如图1，四边形是倍对角四边形，且，是倍角．求的度数；
【拓展提升】如图2，四边形是倍对角四边形，且，是倍角，延长、交于点A．在下方作等边三角形，延长、交于点G．若，，，四边形的周长记为．
（1）用的代数式表示；
（2）如图3，把题中的“”条件舍去，其它条件不变．
①求证：；
②探究是否为定值．如果是定值，求这个定值，如果不是，请说明理由．
【答案】定义理解：；拓展提升：（1）；（2）①见解析；②是定值，
【分析】定义理解：由倍对角四边形的定义，结合四边形内角和可以推出的度数；
（1）方法一：根据倍对角四边形的定义，结合等腰三角形的性质，四边形内角和证明出是等边三角形，再证和是等边三角形，从而得到,
，从而表示出；
方法二：延长、交于点H，证、是等边三角形，再证也是等边三角形，从而变出从而表示出；
（2）①由定义理解，可知，，结合为等边三角形，可以知道，，再结合是的外角，可以得到
，得证；
②延长、交于点H，可证，结合，可以得到，从而证明出和相似，根据相似三角形对应边成比例，得到，从而算出定值．
【详解】定义理解：
解：，
又，，
，
，
．
（1）方法一：，
，
又四边形BDEC是倍对角四边形，
，
，
是等边三角形，
，
，是倍角，
，
，
是等边三角形，
，
，
等边三角形，
，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
．
方法二：延长、交于点H，易证、是等边三角形，
，，
也是等边三角形，
，
．
（2）①∵四边形BDEC是倍对角四边形，，
，
等边三角形，
，
，
，，
又，
，
．
②延长、交于点H，同①可证：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了倍对角四边形的定义，四边形的内角和公式，等边三角形的证明与性质，等角对等边，等边对等角，三角形的外角性质，熟练掌握以上知识点，正确作出辅助线是解题的关键．
14．（2024·江苏泰州·一模）已知，点是边长为(为常数)的正方形内部一动点，于， 于，连结，，，，记，，的面积分别为，，，令，．
(1)如图，点P在对角线上．
①求（用含、的代数式表示）
②是否存在实数，使的值与点在上的位置无关．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)若 ，当点在内部(不含边界)时(如图)．
①求的取值范围；
②试说明：的值随着的增大而增大．
【答案】(1)①；②存在，
(2)①；②理由见解析
【分析】（1）①证明四边形是矩形，得到，，继而得到，，根据等边对等角得到，，再根据三角形的面积即可得解；
②求出，根据题意即可得解；
（2）①连接，，根据四边形是矩形，，得，延长交于，作于，证明，得，继而得到，得，再根据点在内部（不含边界）可得解；
②根据，利用二次函数的性质即可得解．
【详解】（1）解：①∵点是边长为的正方形的对角线上的一点，且， ，，，，，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，，，
∴，，
∵，，的面积分别为，，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵四边形是矩形，，，
∴，
∴
，
∵的值与点在上的位置无关，即与值无关，
∴，
解得：，
∴当时，的值为，与点在上的位置无关；
（2）①连接，，
由（1）知：，，
∵四边形是矩形，即，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
延长交于，作于，
∴，，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵点在内部（不含边界）
∴；
②∵，
∴对称轴为：，
∵，
∴，
∵，
∴当时，随的增大而增大，
即的值随的增大而增大．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等角对等边，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识点．掌握矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质是解题的关键．
15、在学习图形的旋转时，创新小组同学们借助三角形和菱形感受旋转带来图形变化规律和性质．
【操作探究】
(1)如图1，已知，，将绕着直角边中点G旋转，得到，当的顶点D恰好落在的斜边上时，斜边与 交于点H．

①猜想： _________
②证明：．
【问题解决】
(2)在（1）的条件下，已知，，求的长．
【拓展提升】
(3)如图2，在菱形中，，， 将菱形绕着中点M顺时针旋转，得到菱形，当菱形的顶点E分别恰好落在菱形的边和对角线上时，菱形的边与边相交于点 N， 请直接写出的长．

【答案】(1) 详见解析
(2)
(3)和
【分析】（1）①由等边对等角结合三角形内角和定理，得出的度数；②由旋转的性质可推导出；
（2）由，利用计算出，再根据，计算出，最后计算出；
（3）当E落在上，由推导出，得到F在的延长线上，根据的面积等于菱形的一半，得到的长度，最后算出；
当E落在上，推导出E在菱形的对角线上，由，推导出E、M、B、N四点共圆，再利用和计算、，最后算出、．
【详解】（1）①由题意可知，，
A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上，
，
②证明：由旋转的性质可知，，
，
．
（2），，
由勾股定理得，，
的锐角顶点D恰好落在的斜边上，
，
A、D、C在以G为圆心，为半径的圆上，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
，
解得，经检验，是方程的解，
，
．
（3）①当E落在上时，如图所示，连接、、，

由M是中点和旋转可知，，
又
，
，
又四边形是菱形
和在同一直线，F在的延长线上，
由（1）①可知（已证）
，
，
菱形中，，，如图所示，
，，，
又，
，
在中，，，
，
和菱形等底等高
，
；
②当落在上时，如图所示，作交于点

由旋转可知，，
四边形是菱形
，
在对角线的中点上，即在和的交点上
是的中点，是的中点
，
，
由旋转可知，
、、、四点共圆
如下图所示，连接和

，
，
在中，，
【点睛】本题考查了图形旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形相似的判定与性质、圆周角定理的性质与应用、四点共圆等知识点，解题的关键是熟知以上定理并能作出相应的图形．
16、综合与探究．
【特例感知】
（1）如图（a），是正方形外一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，．求证：；
【类比迁移】
（2）如图（b），在菱形中，，，是的中点，将线段，分别绕点顺时针旋转得到，，交于点，连接，，求四边形的面积；
【拓展提升】
（3）如图（c），在平行四边形中，，，为锐角且满足．是射线上一动点，点，同时绕点顺时针旋转得到点，，当为直角三角形时，直接写出的长．
【答案】（1）见详解
（2）
（3）6或或或18
【分析】（1）证明，从而得出；
（2）连接，作，交的延长线于，作于，可证得是等边三角形，进而求得，可证得，从而得出，从而求得，可证得，从而，进而求得，根据得，求得，进一步得出结果；
（3）以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立坐标系，作，交的延长线于点，作于，作轴，过点作于，作于，可求得直线的解析式为，从而设，可证得，从而，，进而表示出的坐标，同样得出点坐标，从而表示出和，分三种情形列方程：当时，根据勾股定理列出方程，求得的值，进而得出，同样方法得出当时和当时的情况．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，，
线段绕点顺时针旋转得到，
，，
，
，
，
，
；
（2）如图1，
连接，作，交的延长线于，作于，
四边形是菱形，
，，
，
是等边三角形，
，
是的中点，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
由得，
，
，
，
；
（3）如图2，
以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立坐标系，
作，交的延长线于点，作于，作轴，过点作于，作于，
，
直线的解析式为，设，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，，
，即：，
，，
，即，
，
同理可得：，，
，即：，
，
当时，
，
，
，
，
当时，
，
，
，
当时，
，
，
，
综上所述：或18或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
17．已知矩形中，，，点E、F分别在线段上，把沿直线翻折，点B落在点
(1)当点E与点A重合时，
①如图1，连接，射线交于点G，求证：点G在折痕的垂直平分线上；
②如图2，连接，若是直角三角形，则______；
③在点F运动变化过程中，试判断能否平分矩形的面积？若能，求出的值；若不能，则说明理由；
(2)如图3，若时，连接、，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)①见解析；②或；③不能，理由见解析
(2)
【分析】（1）①先证，，从而，再证，进而得出结论；
②分三种情形讨论：当时，，可推出，从而得出；当时，可推出点在AC上，设，则，根据∽，得出，从而，求得；因为，，所以，不可能是，从而得出结论；
③连接AC，BD，交于点O，以点A 为圆心，6 为半径画，推出点O在内，为的切线，随意不可能经过点O，从而得出FG不能平分矩形ABCD的面积；
（2）点在以E为圆心，2 为半径的圆上运动，可推出，从而当AC距离最小时，四边形面积最小，向左平移AC，当第一次和相切于点，最小，连接，并延长交AC于点H，根据得出，求得EH的值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：①证明：是矩形，
，
，
由折叠知：，
，
，
点G在折痕AF的垂直平分线上；
②解：四边形ABCD是矩形，
，
，，
，
当时，，
，
，
，
，
当时，
，
，
点在AC上，
设，则，
，，
∽，
，
，
，
，
，，
，
不可能是，
综上所述：或，
故答案为：6或；
③解：FG不能平分矩形ABCD的面积，理由如下：
如图1，
连接AC，BD，交于点O，以点A 为圆心，6 为半径画，
可得，
点O在内，
，
点在以A为圆心，6为半径的上运动，
，
为的切线，
不可能经过点O，
不能平分矩形ABCD的面积；
（2）解：解：如图2，
，，
，
点在以E为圆心，2 为半径的圆上运动，
，，，
，
，
当AC距离最小时，四边形面积最小，
向左平移AC，当第一次和相切于点，最小，连接，并延长交AC于点H，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形的面积最小值为：；
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是根据圆的定义，确定辅助圆．
18、（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，
①若，过作交于点，求证：；
②若时，则______．

（2）如图，在菱形中，，过作交的延长线于点，过作交于点，若时，求的值．

（3）如图，在平行四边形中，，，，点在上，且，点为上一点，连接，过作交平行四边形的边于点，若时，请直接写出的长．

【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）或或
【分析】（1）①根据矩形的性质得出，，进而证明结合已知条件，即可证明；
②由①可得，，证明，得出，根据，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出，，根据已知条件得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，证明，解，进而得出，根据，得出，建立方程解方程即可求解；②当点在边上时，如图所示，连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，同理证明，根据得出，建立方程，解方程即可求解；③当点在边上时，如图所示，过点作于点，求得，而，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形是矩形，则，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴；
②由①可得，
∴
∴，
又∵
∴,
故答案为：．
（2）∵在菱形中，，
∴，，
则，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
∴，
∴；
（3）①当点在边上时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，过点作于点，

∵平行四边形中，，，
∴，,
∵，
∴
∴，
∴
∴
在中，，
则，，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
设，则，，，
∴
解得：或，
即或，
②当点在边上时，如图所示，

连接，延长交的延长线于点，过点作，则，四边形是平行四边形，
设，则，，
∵
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
过点作于点，
在中，，
∴，，
∴，则，
∴，
∴，
，
∴
∴，
即，
∴
即
解得：（舍去）
即；
③当点在边上时，如图所示，

过点作于点，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴点不可能在边上，
综上所述，的长为或或．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
19、我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，例如图1，图2，图3中，是的中线，，垂足为P．像这样的三角形均为“中垂三角形”．设，，．

(1)[特例探索]
如图1，当，时，______，______；
如图2，当，时，______，______．
(2)[归纳证明]
请你观察（1）中的计算结果，猜想，，三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系．
(3)[拓展应用]
利用（2）中的结论，解答下列问题：在边长为3的菱形中，为对角线中点，分别为线段，的中点，连接并延长交于点．分别交于点，如图4所示，求的值．
【答案】(1)①，；②，
(2)；理由见解析
(3)
【分析】（1）先判断是等腰直角三角形，再得到也是等腰直角三角形，最后计算即可；
（2）先设，表示出线段，最后利用勾股定理即可．
（3）证出，，利用(2)的结论可得，进而由，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，
∵是的中线，
∴是的中位线，
∴，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴也是等腰直角三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，；
故答案为：，
如图2，连接，
∵，，，
∴，，
∵是的中线，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，；
故答案为：，
（2）解：，理由如下：
如图3，连接，设，
∵，
∴中，，
∵是的中线，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，，
∴，；
∴；
（3）解：连接，如图4，
∵四边形是菱形,
∴，，，
∵分别为线段，的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∵分别为线段，的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
即，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴分别为线段，的中点，，
又∵，
∴由（2）得．
∴，
∴，
∴，
∴，，
则．
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理、菱形的性质以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解本题的关键．
知识考点与解题策略
本专题主要知识点比较基础，但需要结合相等、模型构造、分类讨论、相似等多个知识点综合来进行分析，所以整体难度才会比较大。本质还是根据相关性质推理出三角形相关的问题。
模型01 平行四边形的性质与判定
性质/图形
平行四边形
边
两组对边平行且相等
角
对角相等、邻角互补
对角线
互相平分
对称性
中心对称图形
判定方法：
（1）与边有关的判定：
两组对边分别平行的四边形是平行四边形
两组对边分别相等的四边形是平行四边形
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
（2）与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
（3）与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形
模型02 菱形的性质与判定
性质/图形
菱形
边
四条边相等
角
对角相等、邻角互补
对角线
对角线互相垂直且平分
对称性
既是轴对称，又是中心对称
判定方法：
（1）先证平行四边形，再证一组邻边相等；
（2）先证平行四边形，再证对角线互相垂直；
（3）证四条边都相等的四边形；
（4）证对角线互相垂直且平分的四边形；
模型03 矩形的性质与判定
性质/图形
矩形
边
对边平行且相等
角
四个角都是90°
对角线
相等且互相平分
对称性
既是轴对称，又是中心对称
判定方法：
（1）先证平行四边形，再证一个内角是直角；
（2）先证平行四边形，再证对角线相等；
（3）证三个角为直角；
模型04 正方形的性质与判定
性质/图形
正方形
边
四条边相等
角
四个角都是90°
对角线
对角线互相垂直、平分且相等
对称性
既是轴对称，又是中心对称
判定方法：
由菱形到正方形（1）有一个内角是直角的菱形是正方形；
（2）对角线相等的菱形是正方形；
由矩形到正方形：（1）邻边相等的矩形是正方形；
（2）对角线互相垂直的矩形是正方形。
已知线段，使用作图工具作，尝试操作后思考：
（1）这样的点唯一吗？
（2）点的位置有什么特征？你有什么感悟？