2025年中考数学真题分类汇编20：特殊的平行四边形（13大考点，精选69题）（教师版）

这是一份2025年中考数学真题分类汇编20：特殊的平行四边形（13大考点，精选69题）（教师版），共6页。试卷主要包含了故结论④正确；等内容，欢迎下载使用。
1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD,BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1=70°，则∠2的度数是（ ）
A．20°B．70°C．80°D．110°
【答案】B
【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．
【详解】解：∵▱ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠2=∠1=70°；
故选B．
2．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为60°，则这个矩形的面积是（ ）
A．25B．253C．255D．503
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键．
如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出OA=OB=5，然后判断出△AOB是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AB，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=12×10=5，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=5，
由勾股定理得，BC=AC2−AB2=102−52=53，
∴矩形的面积=BC⋅AB=53×5=253．
故选：B．
3．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，BE=BC，连接CE，若AB=3，AE=4，则CE的长为（ ）
A．1B．5C．22D．10
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出BE的长，进而得到BC的长，推出AD的长，进而求出DE的长，再利用勾股定理求出CE的长即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠D=90°，AD=BC，CD=AB=3，
∴BE=AE2+AB2=5，
∴BC=BE=5，
∴AD=5，
∴DE=AD−AE=1，
∴CE=CD2+DE2=10；
故选D.
4．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB=35°，则∠DPE=（ ）
A．95°B．100°C．110°D．145°
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得∠CBD=∠ADB=35°，利用斜边中线的性质求得PB=PF，求得∠CBD=∠PFB=35°，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°，
∵∠ADB=35°，
∴∠CBD=∠ADB=35°，
∵∠ABC=90°，P为EF的中点，
∴PB=PF=12EF，
∴∠CBD=∠PFB=35°，
∴∠BPF=180°−35°−35°=110°，
∴∠DPE=∠BPF=110°，
故选：C．
5．（2025·内蒙古·中考真题）如图，ABCD是一个矩形草坪，对角线AC，BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH=20m，AD=30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2B．1800m2C．1200m2D．600m2
【答案】C
【分析】此题考查了矩形的性质和三角形中位线定理．根据三角形中位线定理得到AB=2OH=40m，根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵ABCD是一个矩形草坪，对角线AC，BD相交于点O，
∴AO=CO，
∵H是BC边的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴OH=12AB，
∴AB=2OH=40m，
∵AD=30m，
∴矩形ABCD的面积为AB⋅AD=40×30=1200m2，
故选：C
6．（2025·四川南充·中考真题）如图是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，若正六边形的边长为2，那么矩形的面积是（ ）
A．12B．83C．16D．123
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形和正六边形的性质，解直角三角形．根据矩形和正六边形的性质可得∠ACB=60°，然后解直角三角形可得AB,AC,BF,DE，从而得到AF=23,AE=4，即可求解．
【详解】解：如图，
∵是正六边形与矩形叠拼成的一个组合图形，且正六边形的边长为2，
∴∠BCD=120°,∠A=90°，BC=CD=2，
∴∠ACB=60°，
∴AB=BC×sin∠ACB=2×32=3，AC=BC×cs∠ACB=2×12=1，
同理BF=3,DE=1，
∴AF=23,AE=4，
∴矩形的面积是AE×AF=4×23=83．
故选：B．
7．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E，F，M分别在AB，DC，AD边上，BE=2CF,FM分别交对角线BD、线段DE于点G，H，且H是DE的中点．若CF=2,∠ABD=30°，则HG的长为 ．
【答案】233
【分析】如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN∥BE，HN=12BE=2，HQ=12HN=1，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，求解∠GHQ=30°，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，
∵BE=2CF，CF=2，
∴BE=4，
∵矩形ABCD，
∴AN=CN=BN=DN，AB∥CD，
∴∠ABD=∠BAC=30°，∠BAC=∠NCF=30°，
∵H是DE的中点，
∴HN是△BDE的中位线，
∴HN∥BE，HN=12BE=2，
∴∠ABD=∠HNQ=30°，
∴HQ=12HN=1，
∵HN∥AB，AB∥CD，
∴HN∥CF，
∵HN=CF=2，
∴四边形HFCN是平行四边形，
∴∠NCF=∠NHG=30°，而HQ⊥BD，∠HNQ=30°，
∴∠HGQ=60°，
∴∠GHQ=30°，
∴cs∠GHQ=cs30°=HQHG=1HG，
∴HG=1÷32=233；
故答案为：233
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.
8．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=6，点E、F分别是边AD、CD上的动点，连接BE、EF，点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH，则GH的最大值是 ．
【答案】5
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接BD,BF，先由勾股定理求得BD=10，则BF≤BD=10，再由三角形中位线定理得到GH=12BF≤12×10=5，即可求解GH的最大值．
【详解】解：连接BD,BF，
∵矩形ABCD中，AB=8,AD=6，
∴∠A=90°，
∴BD=AB2+AD2=10，
∴BF≤BD=10，
∵点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴GH是△EBF的中位线，
∴GH=12BF≤12×10=5，
∴当点F,D重合时，GH取得最大值为5，
故答案为：5．
9．（2025·湖北·中考真题）一个矩形相邻两边的长分别为2，m，则这个矩形的面积是 ．
【答案】2m
【分析】该题考查了列代数式，根据矩形的性质求面积，根据矩形的面积是长×宽即可解答．
【详解】解：根据题意可得矩形的面积是2m，
故答案为：2m．
10．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E，F在边BC上，连接AE,DF，∠BAE=∠CDF．
(1)求证：△ABE≌△DCF．
(2)当AB=12，DF=13时，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）根据矩形得到AB=CD,∠B=∠C=90°，再结合已知条件由ASA即可证明全等；
（2）根据全等三角形得到AE=DF=13，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,∠B=∠C=90°，
∵∠BAE=∠CDF，
∴△ABE≌△DCFASA；
（2）解：∵△ABE≌△DCF，
∴AE=DF=13，
∵∠B=90°，AB=12，
∴BE=AE2−AB2=5．
考点2矩形的判定
11．（2025·四川德阳·中考真题）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是（ ）
A．AB∥CDB．AB=BCC．∠B=∠DD．AC=BD
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形等 ）是解题的关键．根据矩形的判定定理，逐一分析每个选项，判断哪个条件能使平行四边形ABCD成为矩形．
【详解】解：选项A：∵ 平行四边形本身就有AB∥CD的性质，
∴ 此条件不能使平行四边形ABCD变为矩形，该选项错误．
选项B：∵ AB=BC，平行四边形中邻边相等时是菱形，不是矩形的判定条件，
∴ 此条件不能使平行四边形ABCD变为矩形，该选项错误．
选项C：∵ 平行四边形本身就有∠B=∠D的性质，
∴ 此条件不能使平行四边形ABCD变为矩形，该选项错误．
选项D：∵ 矩形的判定定理之一是“对角线相等的平行四边形是矩形”，平行四边形ABCD中AC=BD，
∴ 平行四边形ABCD是矩形，该选项正确．
故选：D ．
12．（2025·北京·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，DF⊥BC，垂足为F，点G在DE的延长线上，DG=FC．
(1)求证：四边形DFCG是矩形；
(2)若∠B=45°，DF=3，DG=5，求BC和AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=8，AC=210
【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由三角形中位线定理可得DE∥CF，即DG∥CF，则可证明四边形DFCG是平行四边形，再由DF⊥BC，即可证明平行四边形DFCG是矩形；
（2）求出CF=5，解Rt△BDF得到BD=32，BF=3，则BC=BF+CF=8；由线段中点的定义可得AB=2BD=62；过点A作AH⊥BC于H，解Rt△ABH得到AH=6，BH=6，则CH=BC−BH=2，再利用勾股定即可求出AC的长．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥CF，即DG∥CF，
∵DG=FC，
∴四边形DFCG是平行四边形，
又∵DF⊥BC，
∴平行四边形DFCG是矩形；
（2）解：∵DG=5，
∴CF=DG=5；
∵DF⊥BC，
∴∠DFB=90°，
在Rt△BDF中，∠B=45°，DF=3，
∴BD=DFsinB=3sin45°=32，BF=DFtanB=3tan45°=3，
∴BC=BF+CF=8；
∵点D为AB的中点，
∴AB=2BD=62；
如图所示，过点A作AH⊥BC于H，
在Rt△ABH中，AH=AB⋅sinB=62⋅sin45°=6，BH=AB⋅csB=62⋅cs45°=6，
∴CH=BC−BH=2，
在Rt△AHC中，由勾股定理得AC2=AH2+CH2=62+22=210．
13．（2025·青海·中考真题）如图，在△ABC中，点O，D分别是边AB，BC的中点，过点A作AE∥BC交DO的延长线于点E，连接AD，BE．
(1)求证：四边形AEBD是平行四边形；
(2)若AB=AC，试判断四边形AEBD的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)当AB=AC时，四边形AEBD是矩形，理由见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定，全等三角形的判定与性质；
（1）先证明△AEO≌△BDOAAS，可得AE=BD，结合AE∥BD可得结论；
（2）由AB=AC，点D是BC边上的中点，可得AD⊥BC即∠ADB=90°，结合由（1）得四边形AEBD是平行四边形，从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵点O为AB的中点
∴OA=OB，
∵AE∥BC
∴∠EAO=∠OBD，∠AEO=∠BDO，
在△AEO和△BDO中
∠EAO=∠OBD∠AEO=∠BDOOA=OB
∴△AEO≌△BDOAAS，
∴AE=BD
∵AE∥BD
∴四边形AEBD是平行四边形；
（2）证明：当AB=AC时，四边形AEBD是矩形，
理由如下：
∵ AB=AC，点D是BC边上的中点，
∴ AD⊥BC即∠ADB=90°，
∵ 由（1）得四边形AEBD是平行四边形，
∴ 四边形AEBD是矩形.
考点3矩形的性质与判定
14．（2025·山东东营·中考真题）如图，在△ABC中，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与点B，C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AC=FG；②S△FAB:S四边形CBFG=1:2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ⋅AC，其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出∠FAD=90°,AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD⋅FE=AD2=FQ⋅AC，④正确．
【详解】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD=90°,AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G=90°=∠ACB，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，∠G=∠C∠AFG=∠CADAF=AD，
∴△FGA≌△ACD(AAS)，
∴AC=FG，故①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°,FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF=90°，
∴S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，
∴S△FAB:S四边形CBFG=1:2，故②正确；
∵CA=CB,∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，故③正确；
∵∠BDQ+∠ADC=∠BQD+∠BDQ=90°，
∴∠ADC=∠BDQ，
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC,∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC:AD=FE:FQ，
∴AD⋅FE=AD2=FQ⋅AC，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
15．（2025·山东东营·中考真题）如图，在△ABC中，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上（与点B，C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AC=FG；②S△FAB:S四边形CBFG=1:2；③∠ABC=∠ABF；④AD2=FQ⋅AC．其中结论正确的序号是（ ）．
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出∠FAD=90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB⋅FG =12S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD⋅FE=AD2=FQ⋅AC，④正确．
【详解】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠ADE=∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G=90°=∠ACB，
∴∠AFG+∠FAG=90°，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
∠G=∠C∠AFG=∠CADAF=AD，
∴△FGA≌△ACDAAS，
∴AC=FG，故①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，FG⊥CA，
∴FG∥BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴∠CBF=90°，
S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，即S△FAB:S四边形CBFG=1:2，故②正确；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，故③正确；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC=90°−∠BDQ,∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC:FE=AD:FQ，
∴AD⋅FE=AD2=FQ⋅AC，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
16．（2025·云南·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，O是AC的中点．延长BO至点D，使OD=OB．连接AD, CD，记AB=a, BC=b，△AOB的周长为l1，△BOC的周长为l2，四边形ABCD的周长为l3．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若l2−l1=2, l3=28，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形ABCD是平行四边形，再由∠ABC=90°即可证明为矩形；
（2）由矩形的性质得到l2−l1=b−a=2，a+b=14，得到二元一次方程组b−a=2a+b=14，求出a,b，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∵OD=OB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵l2−l1=BO+OC+BC−BO+AB+AO，AO=OC，
∴l2−l1=BC−AB=b−a=2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=a,AD=BC=b，
∴a+a+b+b=28，
∴a+b=14，
∴b−a=2a+b=14，
解得：a=6b=8，
∵∠ABC=90°，
∴AC=a2+b2=10，
∴AC的长为10．
17．（2025·广西·中考真题）综合与实践
树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1）
初始时，矩形义卖区ABCD与遮阳伞投影▱MNPQ的平面图如图2所示，P在AD上，MN=3m，AN=1m，AP=2m，AB=3m，BC=2.5m，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，▱MNPQ也随之移动（MN始终在AB边所在直线l上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为▱MNPQ移动到P落在BC上的情形．
【问题提出】
西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时▱MNPQ的位置．
设遮阳区的面积为Sm2，▱MNPQ从初始时向右移动的距离为xm．
【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，S随x的增大如何变化？
【初步探究】（2）求图3情形的x与S的值；
【深入研究】（3）从图3情形起右移至M与A重合，求该过程中S关于x的解析式；
【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，▱MNPQ向右移动了多少？（直接写出结果）
【答案】（1）S随x的增大而增大；（2）x=3，S=5；（3）S=−2x2+14x−1934−252=1.5，
∴能修建成这样的一条直路．
43．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，BD=10，DE=BF，连接AE,AF,CE,CF．
(1)求证：△ADE≌△CBF．
(2)若四边形AECF的周长为434，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF的长为6
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
（1）正方形的性质，得到BC=AD，∠CBD=∠ADB=45°，结合DE=BF，即可证明△ADE≌△CBF；
（2）连接AC交BD于点O，根据正方形的性质结合中垂线的性质，推出AF=CF，AE=CE，由△ADE≌△CBF，可得：AF=CF=AE=CE，根据周长求出AF的长，勾股定理求出OF的长，进而求出BF,DE的长，再根据线段的和差关系求出EF的长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AD=BC，∠ADE=∠CBF=45°
在△ADE和△CBF中，
AD=BC∠ADE=∠CBFBF=DE，
∴△ADE≌△CBFSAS；
（2）解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD为正方形，BD=10，
∴BD垂直平分AC，OA=OC=OB=12BD=5，
∴AF=CF，AE=CE，
由（1）知△ADE≌△CBF，
∴AE=CF，
∴AF=CF=AE=CE
∵四边形AECF的周长为434，
∴AF=14×434=34
在Rt△AOF中，OF=AF2−OA2=3
∴BF=DE=OB−OF=5−3=2，
∴EF=BD−BF−DE=6；
答：EF的长为6．
考点8正方形综合问题
44．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．点E在线段OA上．连接BE，作CF⊥BE于点F，交OB于点P．给出下面四个结论：
①∠OCP=∠OBE；
②OE=OP；
③当CE=CB时，BP=EF；
④点A与点F之间的距离的最小值为25−2．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可得∠COP=90°=∠BFP，结合∠CPO=∠BPF，可得∠OCP=∠OBE，故①符合题意；证明△COP≌△BOE，可得OP=OE，故②符合题意；当CE=CB时，CF⊥BE，可得EF=BF，∠BFP=90°，可得BP>BF=EF，故③不符合题意；如图，取BC的中点R，连接AF,RF，可得F在以R为圆心，BC为直径的圆上，当A,F,R共线时，AF最小，再进一步可判断④.
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AC⊥BD，OA=OB=OC=OD，
∵CF⊥BE，
∴∠COP=90°=∠BFP，
∵∠CPO=∠BPF，
∴∠OCP=∠OBE，故①符合题意；
∵∠COP=90°=∠BOE，OC=OB，
∴△COP≌△BOE，
∴OP=OE，故②符合题意；
当CE=CB时，CF⊥BE，
∴EF=BF，∠BFP=90°，
∴BP>BF=EF，故③不符合题意；
如图，取BC的中点R，连接AF,RF，
∵∠CFB=90°，
∴F在以R为圆心，BC为直径的圆上，
当A,F,R共线时，AF最小，
∵AB=BC=4，
∴RF=RB=2，
∴AR=42+22=25，
∴AF=25−2，
∴点A与点F之间的距离的最小值为25−2．故④符合题意；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
45．（2025·四川南充·中考真题）如图，AC为正方形ABCD的对角线，CE平分∠ACB，交AB于点E，把△CBE绕点B逆时针方向旋转90°得到△ABF，延长CE交AF于点M，连接DM，交AC于点N．给出下列结论：①CM⊥AF；②CF=AF；③∠CMD=45°；④ANCN=2−1．以上结论正确的是 ．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
由旋转性质得△CBE≌△ABF，可得CE=AF，∠BCE=∠FAB，BE=BF，进而由∠BEC+∠BCE=∠FAB+∠AEM=90°即可判断①；由CF=BC+BF=AB+BF>AF即可判断②；由A、M、B、C、D在以AC为直径的圆上，可以证明∠CAD=∠CMD=45°，即可判定③，设AD=CD=BC=a，由勾股定理解三角形可得AN=(2−1)a，CN=AC−AN=2a−(2−1)a=a，即可判断④．
【详解】解：由旋转可知：△CBE≌△ABF，
∴CE=AF，∠BCE=∠FAB，BE=BF，
∵在正方形ABCD中，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
又∵∠AEM=∠BEC，
∴∠BEC+∠BCE=∠FAB+∠AEM=90°，
∴∠AMC=90°，即CM⊥AF，故①结论正确，
∵AB+BF>AF，CF=BC+BF=AB+BF，
∴CF>AF，故②结论错误；
如图：
∵在正方形ABCD中，
∴∠CAB=∠CAD=∠ACB=45°，
∴∠AMC=∠ABC=∠ADC=90°，
∴A、M、B、C、D在以AC为直径的圆上，
∵CD=CD，
∴∠CAD=∠CMD=45°，故结论③正确；
如图：过N点作NG⊥AC，交AD于G，
∵CE平分∠ACB，∠ACB=45°，
∴∠ACM=22.5°，
∵AM=AM，
∴∠ACM=∠ADM=22.5°，
∵∠CAD=45°，
∴∠AGN=90°−∠CAD=45°，∠DNG=180°−∠CAD−∠ANG−∠ADN=22.5°，
∴∠CAD=∠AGN=45°，∠GDN=∠DNG=22.5°，
∴AN=NG=GD，
设AD=CD=BC=a，
在Rt△ANG中，AN2+NG2=AG2，
∴2AN2=(a−AN)2，
∴AN=(2−1)a，（负根已舍去）
∵AC=AD2+CD2=2a，
∴CN=AC−AN=2a−(2−1)a=a，
∴ANCN=(2−1)aa=(2−1)．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
46．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上运动（不与点A、D重合），∠CDP=45°，点F在射线DP上，且AE:DF=1:2，连接BF，交CD于点G，连接EB、EF、EG．下列结论：①sin∠BFE=22；②AE2+CG2=EG2；③△DEF的面积最大值是2；④若AE=13AD，则点G是线段CD的中点．其中正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】过F作FH⊥AD，交AD的延长线于点H，证明△DHF为等腰直角三角形，推出AE=DH=HF，进而得到AB=EH，证明△BAE≌△EHF，推出△BEF为等腰直角三角形，进而得到∠BFE=∠EBF=45°，进而得到sin∠BFE=22，判断①；延长DC至点G，使CK=AE，连接BK，证明△ABE≌△CBK，再证明△BEG≌△BKG，得到EG=KG=CG+CK=CG+AE，判断②；设AE=x，则：DE=AD−AE=4−x，FH=AE=x，将△DEF的面积转化为二次函数求最值，判断③；设CG=a，得到DG=CD−CG=4−a,EG=CG+AE=a+43，在Rt△EDG中，由勾股定理，求出a的值，判断④即可．
【详解】解：过F作FH⊥AD，交AD的延长线于点H，则：∠FHD=90°，
∵正方形ABCD，边长为4，
∴∠A=∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，AB=AD=BC=CD=4，
∴∠CDH=90°，
∵∠CDP=45°，
∴∠PDH=45°，
∴△DHF为等腰直角三角形，
∴DH=HF,DF=2DH=2HF，
∵AE:DF=1:2，
∴DF=2AE，
∴AE=DH=HF，
∴AE+ED=DE+DH，即：AD=EH，
∴AB=EH，
∵∠A=∠H=90°,AE=FH，
∴△BAE≌△EHF，
∴∠ABE=∠FEH,BE=EF，
∴∠ABE+∠AEB=∠FEH+∠AEB=90°，即：∠BEF=90°，
∴∠BFE=∠EBF=45°，
∴sin∠BFE=22，故①正确；
延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，
∵AB=BC，∠BCK=180°−∠BCD=90°=∠A，
∴△ABE≌△CBK，
∴BE=BK，∠ABE=∠CBK，
∴∠ABE+∠CBG=∠CBG+∠CBK=∠ABC−∠EBF=45°，
∴∠GBK=45°=∠EBG，
又∵BG=BG，
∴△BEG≌△BKG，
∴EG=KG=CG+CK=CG+AE，
∴EG2=CG+AE2；故②错误；
设AE=x，则：DE=AD−AE=4−x，FH=AE=x，
∴△DEF的面积=12DE⋅FH=12x⋅4−x=−12x−22+2，
∴当x=2时，△DEF的面积最大为2；故③正确；
∵AE=13AD=43，
∴DE=AD−AE=83，
设CG=a，则：DG=CD−CG=4−a,EG=CG+AE=a+43，
在Rt△EDG中，由勾股定理，得：a+432=4−a2+832，
解得：a=2，
∴CG=2=12CD，
∴点G是线段CD的中点；故④正确；
故答案为：①③④
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键．
47．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板ABCD的边AB、BC上分别取点E、F，且AE=BF，AF交DE于点O．连接AC，过点F作FG⊥AC，垂足为G，连接GD、GE，DE交AC于点P，GE交AF于点Q．
【活动猜想】
（1）GD与GE的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若AD=3，AE=1，求QF的长；
【综合探究】（4）若AD=3，则当AP=_______时，△DPG的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）3105
（4）32−3
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N， 证明四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，结合正方形性质证明GN=GM=MC=CN=BT=MF，则可得ET=NG，证明Rt△DNG≌Rt△GTE，得出DG=GE，∠NDG=∠EGT，再利用∠NDG+∠NGD=90°，得出∠DGE=90°，即可证明；
（3）证明Rt△DAE≌Rt△ABF，得出∠ADE=∠BAF，AF=DE，再证明∠AOE=90°，在Rt△DAE中，利用勾股定理求出DE=AE2+AD2=10，由等面积法得求出AO=31010，在Rt△OAE中，利用勾股定理求出OE=AE2−AO2=1010，再证明△EOQ为等腰直角三角形，得出QO=EO=1010，利用线段和差即可求解；
（4）构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，证明△HPG是等腰直角三角形，得出PG=2r，求得S△DPG=12PG×DT=324PG，则当PG最小时，△DPG的面积最小，则r最小时，△DPG的面积最小，由DH+HR=r+22r=1+22r，可知当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，此时，点T与R重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点G作GM⊥BC于M，过点G作NT⊥GM分别交AB、CD于T、N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，∠B=∠BCD=90°，
∴∠TGM=∠B=∠GMB=∠GMC=∠BCD=∠NGM=90°，
∴四边形TBMG为矩形，四边形GMCN为正方形，
∴GN=GM=MC=CN=BT，∠CNT=∠BTG=90°，BM=GT，
∴∠DNG=∠GTE=90°，
∴DC−CN=BC−CM，即DN=BM=GT，
∵FG⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠ACB=∠CFG=45°，
∴CG=GF，
∴CM=MF，
∴GN=GM=MC=CN=BT=MF，
∵AE=BF，
∴AB−AE−BT=BC−BF−MF，
∴ET=NG，
∴Rt△DNG≌Rt△GTE，
∴DG=GE，∠NDG=∠EGT，
又∵∠NDG+∠NGD=90°，
∴∠EGT+∠NGD=90°，
∴∠DGE=90°，
∴DG⊥GE；
（3）在正方形ABCD中，由AB=AD，∠DAE=∠ABF=90°，AE=BF，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF，
∴∠ADE=∠BAF，AF=DE，
∴∠ADE+∠DEA=∠BAF+∠DEA=90°，
∴∠AOE=90°，
∴AF⊥DE，
在Rt△DAE中，AD=3，AE=1，
得DE=AE2+AD2=12+32=10，
由等面积法得AO×DE×12=AE×AD×12，
即AO×10×12=1×3×12，
∴AO=31010，
在Rt△OAE中，OE=AE2−AO2=12−310102=1010，
由（2）可知DG=GE，DG⊥GE，
∴∠GED=45°，
∴△EOQ为等腰直角三角形，
∴QO=EO=1010，
∴QF=AF−AO−OQ=10−31010−1010=3105；
（4）如图，构造△DGP的外接圆⊙H，连接DH，PH，GH，过点H作HR⊥AC于点R，设⊙H的半径为r，过点D作DT⊥AC于T，
由（2）可知DG=GE，DG⊥GE，
∴∠GDP=45°，
∴∠PHG=2∠GDP=90°，
∵HP=HG，
∴△HPG是等腰直角三角形，
∴HR=PR=GR=12PG=PH2=22r，
∴PG=2r，
∵正方形ABCD中，AD=3，△ACD是等腰直角三角形，
∴AC=2AD=32，DT=AT=CT=12AC=322，
∴S△DPG=12PG×DT=12PG×322=324PG，
∴当PG最小时，△DPG的面积最小，
∴r最小时，△DPG的面积最小，
∵DH+HR=r+22r=1+22r，
∴当DH+HR最小时，△DPG的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当D、H、R依次共线，且DR⊥AC时，DH+HR最小，
此时如图，点T与R重合，
则DR=1+22r=322，
解得：r=62−62，
∴PR=22r=6−322，
∴AP=AR−PR=AT−PR=322−6−322=32−3．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
考点9四边形与基本作图问题
48．（2025·山东烟台·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线，请按以下要求解决问题：
(1)利用尺规作△BED，使△BED与△BCD关于直线BD成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，若BE交AD于点F，AB=1，BC=2，求AF的长．
【答案】(1)作图见解析
(2)34
【分析】（1）以D为圆心，DC为半径画弧，以B为圆心，BC为半径画弧，两弧交于点E，连接DE，BE即可；
（2）如图，证明AD=BC=2，AB=CD=1，AD∥BC，∠A=90°，可得∠ADB=∠CBD，证明FB=FD，设AF=x，则DF=2−x，可得12+x2=2−x2，再解方程即可．
【详解】（1）解：如图，△BED即为所求作的三角形；
由作图可得：DE=DC，BE=BC，BD=BD，
∴△BCD≌△BED，
∴△BED即为所求作的三角形；
（2）解：如图，∵矩形ABCD，
∴AD=BC=2，AB=CD=1，AD∥BC，∠A=90°，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠EBD=∠CBD，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FB=FD，
设AF=x，则DF=2−x，
∴12+x2=2−x2，
解得：x=34；
∴AF=34．
【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键．
49．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BD是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段BD的垂直平分线，垂足为点O，与边AD，BC分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接BE，DF，求证：四边形BFDE为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以B、D为圆心，以大于BD长的一半画弧，二者交于M、N，连接MN分别与与边AD，BC分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）由线段垂直平分线的定义打得到BE=DE，∠BOE=∠BOF=90°，OB=OD，再由等边对等角和平行线的性质可推出∠EBO=∠FBO，则可证明△EBO≌△FBOASA，得到OE=OF，据此可证明结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图所示，
∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，∠BOE=∠BOF=90°，OB=OD，
∴∠EBD=∠EDB，
∵AD∥BC，
∴∠EDB=∠CBD，
∴∠EBO=∠FBO，
又∵OB=OB，
∴△EBO≌△FBOASA，
∴OE=OF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又∵BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
考点10四边形与翻折综合问题
50．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=43，点E是BC边上的动点，将△ABE沿直线AE翻折得到△APE，过点P作PF⊥AD，垂足为F，点Q是线段AP上一点，且AQ=12PF．当点E从点B运动到点C时，点Q运动的路径长是 ．
【答案】4π3
【分析】分点P在矩形内部和点P在矩形外部，两种情况进行讨论求解，当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，证明△AQH∽△PFA，进而得到AH=12AP=2，进而得到点Q在以AH为直径的圆上运动，得到当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，当点P在矩形外部时，同法可得，点Q在以AK为直径的圆上，得到当点E运动到点C时，点Q的运动轨迹是圆心角为60°的AQ，求出两段路径的和即可得出结果．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=∠B=90°，
∵翻折，
∴AP=AB=4，
当点P在矩形内部时，作HQ⊥AP，交AB于点H，则：∠AQH=90°=∠BAD，
∴∠AHQ=∠PAF=90°−∠HAQ，
∵PF⊥AD，
∴∠PFA=90°=∠AQH，
∴△AQH∽△PFA，
∴AHAP=AQPF，
∵AQ=12PF，
∴AHAP=AQPF=12，
∴AH=12AP=2，
∴点Q在以AH为直径的圆上运动，
∴当点E从点B开始运动直至点P落在AD上时，点Q的运动轨迹为半圆AH，
∴点Q的运动路径长为：12×2π=π；
当点P在矩形ABCD的外部时，作KQ⊥AP，交AB的延长线于点K，
同法可得：△AKQ∽△PAF，AK=12AP=2，
∴∠AKQ=∠PAF，点Q在以AK为直径的⊙O上运动，连接OQ，
当点E运动到点C时，如图：
∵AB=4,BC=43，∠B=90°，
∴tan∠BAC=BCAB=3，
∴∠BAC=60°，
∴∠CAD=∠BAD−∠BAC=30°，
∵折叠，
∴∠PAC=∠BAC=60°，
∴∠PAF=∠PAC−∠CAD=30°，
∴∠AKQ=∠PAF=30°，
∴∠AOQ=2∠AKQ=60°，
∴点Q的运动轨迹为圆心角为60°的AQ，路径长为60π180×1=π3，
∴点Q的运动路径总长为：π+π3=4π3；
故答案为：4π3
【点睛】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，解直角三角形，求弧长，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造相似三角形，确定点Q的运动轨迹，是解题的关键．
51．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形ABCD纸片中，沿着点A折叠纸片并展开，AB的对应边为AB′，折痕与边BC交于点P．当AB′与AB，AD中任意一边的夹角为15°时，∠APB的度数可以是
【答案】82.5°或52.5°或37.5°
【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论AB′与AB，AD的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出∠APB的度数．
【详解】解：①当AB′与AB的夹角为15°时，
即∠BAB′=15°,如图：
∵ ∠BAB′=15°，∠BAP=∠B′AP,
∴ ∠BAP=∠B′AP=15°÷2=7.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−7.5°=82.5°;
②当AB′与AD的夹角为15°时，
即∠BAB′=75°,如图：
∵ ∠BAB′=75°，∠BAP=∠B′AP,
∴ ∠BAP=∠B′AP=75°÷2=37.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−37.5°=52.5°;
或∠BAB′=105°，如图：
∵ ∠BAB′=105°，∠BAP=∠B′AP,
∴ ∠BAP=∠B′AP=105°÷2=52.5°,
∵ ∠ABP=90°,
∴ ∠APB=90°−52.5°=37.5°;
综上，∠APB的度数可以是82.5°或52.5°或37.5°．
故答案为：82.5°或52.5°或37.5°．
52．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且EF∥BD，把△ECF沿EF翻折，点C恰好落在矩形对角线BD上的点M处．若A、M、E三点共线，则ADDC的值为 ．
【答案】22
【分析】此题考查矩形与折叠，平行线的性质，勾股定理，等角对等边，根据矩形的性质及平行线的性质得到CE=BE=ME，再根据等角对等边推出AD=AM，设BE=ME=x，则AD=AM=2x，利用勾股定理求出AB=AE2−BE2=22x，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC,AB=CD,∠ABC=90°，
∵EF∥BD，
∴∠CEF=∠CBD，∠FEM=∠EMB，
由翻折得∠CEF=∠FEM，MF=CF，
∴∠EMB=∠EBM，
∴CE=BE=ME，
∵AD∥BC，
∴∠ADM=∠EBM，
∴∠ADM=∠AMD，
∴AD=AM，
设BE=ME=x，则AD=AM=2x，AE=AM+EM=3x，
∴AB=AE2−BE2=22x，
∴ADCD=2x22x=22，
故答案为22．
53．（2025·四川南充·中考真题）矩形ABCD中，AB=10,AD=17，点E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F，求证：FP=FC．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段CD上，CM=4．点E在移动过程中，求PM的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段AD上，AN=4．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长．

【答案】（1）详见解析；（2）513−10；（3）5
【分析】（1）连接EF，证明Rt△EPF≌Rt△ECF，即可求证；
（2）根据题意得点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上． 连接AM，当点P在线段AM上时，PM有最小值．根据勾股定理求出AM，即可求解；
（3）过点P作PH⊥AD于H，交BC于点G，证明△PHN∽△DHP，可得HP2=HN·HD，设HN=x，HD=13−x，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到HP=6，AH=8．HG=AB=10，PG=4，BG=AH=8． 设BE=m，则PE=m，GE=8−m．在Rt△PGE中，根据勾股定理求出m=5，即可求解．
即BE的长为5．
【详解】（1）证明：连接EF，

由折叠可得∠APE=∠B=90°，PE=BE．
∵四边形ABCD为矩形，∠C=90°．
∵E为BC的中点，BE=EC，
∴PE=EC．
在Rt△EPF与Rt△ECF中，
∵EP=EC，EF=EF，
∴Rt△EPF≌Rt△ECFHL，
∴FP=FC
（2）解：AP=AB=10，点E在移动过程中，AP=10不变．
∴点P在以A为圆心，10为半径的⊙A的弧上．
连接AM，

当点P在线段AM上时，PM有最小值．
∵AD=17，AB=CD=10，CM=4，
∴DM=6．
∴AM=AD2+DM2=172+62=325=513，
∴PM的最小值为AM−AP=513−10．
（3）解：过点P作PH⊥AD于H，交BC于点G，

∵∠NPD=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1+∠3=90°．
∴∠3=∠2．
∵∠PHN=∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，
∴HPHD=HNHP，
∴HP2=HN·HD，
∵AN=4，AD=17，
∴DN=13．
设HN=x，HD=13−x，
∴AH=x+4，HP2=x13−x．
∵AB=10，
∴AP=AB=10，
∵HP2=AP2−AH2，
∴HP2=102−(x+4)2．
∴x13−x=102−(x+4)2，
解得x=4．
∴HP=6，AH=8．HG=AB=10，PG=4，BG=AH=8．
设BE=m，则PE=m，GE=8−m．
在Rt△PGE中，PE2=EG2+PG2，
∴m2=(8−m)2+42．
解得，m=5，
即BE的长为5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
54．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点B落在AD边上的点B′处，折痕交AB于点E，再沿着过点，B′的直线折叠，使点D落在B′C边上的点D′处，折痕交CD于点F．将纸片展平，画出对应点B′、D′及折痕CE、B′F，连接B′E、B′C、D′F．
【初步猜想】（1）确定CE和B′F的位置关系及线段BE和CF的数量关系．创新小组经过探究，发现CE∥B′F，证明过程如下：由折叠可知∠DB′F=∠CB′F=12∠DB′C，∠ECB′=∠ECB=12∠BCB′．由矩形的性质，可知AD∥BC，∴∠DB′C=∠BCB′．∴①________．∴CE∥B′F．智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证BE和CF数量关系的方法不唯一：
方法一：证明△AB′E≌△D′CF，得到B′E=CF，再由B′E=BE可得结论．
方法二：过点B′作AB的平行线交CE于点G，构造平行四边形CFB′G，然后证B′G=B′E可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证BE和CF的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形ABCD中，AB=6，按上述操作折叠并展开后，过点B′作B′G∥AB交CE于点G，连接D′G．当△B′D′G为直角三角形时，求出BE的长．
【答案】（1）∠ECB′=∠FB′C，BE=CF（2）见解析（3）BE=35−3或4
【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到∠ECB′=∠FB′C，猜想BE=CF；
（2）根据题干给定的2种方法进行证明即可；
（3）设BE=x，则B′G=B′E=CF=x，D′F=AE=AB−BE=6−x，勾股定理求出CD′=AB′=x2−6−x2=12x−36，①当 ∠B′GD′=90°，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出∠CGD′=∠GCD′，进而得到D′G=D′C=12x−36，证明∠GB′D′=∠FCD′，得到tan∠GB′D′=tan∠FCD′，列出比例式，进行求解即可．②当∠GD′B′=90°时，可得∠GCD′=∠GCB=∠FCD′=30°，利用三角函数列方程求解即可
【详解】解：（1）由折叠可知∠DB′F=∠CB′F=12∠DB′C，∠ECB′=∠ECB=12∠BCB′．
由矩形的性质，可知AD∥BC，
∴∠DB′C=∠BCB′．
∴ ∠ECB′=∠FB′C．
∴CE∥B′F．
智慧小组先测量BE和CF的长度，猜想其关系为BE=CF；
（2）法一：∵矩形ABCD，
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,BC=AD，
∵折叠，
∴∠EB′C=∠B=90°,B′D=B′D′,BC=B′C=AD，∠D=∠B′D′F=90°，BE=B′E，
∴AD−B′D=B′C−CD′，即：AB′=CD′，∠CD′F=90°=∠A，
由（1）知：∠CB′D=∠BCB′
又∵∠AB′E+∠CB′D=180°−∠EB′C=90°,∠BCB′+∠B′CF=∠BCD=90°，
∴∠AB′E=∠FCD′，
又∵∠A=∠CD′F,AB′=CD′，
∴△AB′E≌△D′CF，
∴B′E=CF，
∵BE=B′E，
∴BE=CF；
法二：作B′G∥AB交CE于点G，则：B′G∥AB∥CD，
∵CE∥B′F，
∴四边形CFB′G为平行四边形，
∴B′G=CF，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥B′G，
∴∠B′GE=∠BEC，
∵折叠，
∴∠BEC=∠B′EC，BE=B′E，
∴∠B′GE=∠B′EC，
∴B′E=B′G，
∴BE=B′E=B′G=CF；
（3）解：作B′G∥AB交CE于点G，则：∠A=∠GB′D=90°，
由（2）可知：B′G=B′E=BE=CF，CD′=AB′，△AB′E≌△D′CF，
∴D′F=AE，
设BE=x，则：B′G=B′E=CF=x，D′F=AE=AB−BE=6−x，
∴CD′=AB′=x2−6−x2=12x−36，
如图，当∠B′GD′=90°，
∴∠GB′D+∠B′GD′=180°，
∴GD′∥AD∥BC，
∴∠D′GC=∠ECB，
又∵∠GCD′=∠ECB
∴∠CGD′=∠GCD′，
∴D′G=D′C=12x−36，
∵B′G∥AB∥CD，
∴∠GB′D′=∠FCD′，
∴在Rt△B′GD′和Rt△CD′F中，tan∠GB′D′=tan∠FCD′，
∴GD′GB′=D′FCD′，即：12x−36x=6−x12x−36，
∴x6−x=12x−36，
解得：x=35−3或x=−35−3（舍去）；
故BE=35−3．
当∠GD′B′=90°时，
∵∠B′D′F=∠D=90°，
∴∠GD′B′+∠B′D′F=180°，
∴G、D′、F三点共线，
∴B′C⊥GF，
∵四边形B′GCF是平行四边形
∴四边形B′GCF是菱形，
∴∠GCD′=∠FCD′，
∵∠GCD′=∠GCB，
∴∠GCD′=∠GCB=∠FCD′=30°，
设CF=a，则DF=D′F=6−a，
∴D′FFC=sin30°=12，即6−aa=12，解得：a=4，
∴BE=CF=4
【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
55．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，AD=2，AB=4．
（1）求CD的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段CD上取一点E，连接BE．将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A′BED′，其中A′，D′分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点D′恰好落在边BC上，延长A′D′交CD于点F，如图2．判断四边形DBA′F的形状，并说明理由；
②乙：点A′恰好落在边BC上，如图3．求DE的长；
（3）如图4，连接DD′交BE于点P，连接CP．当点E在线段CD上运动时，线段CP是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）CD=45；（2）①四边形DBA′F是矩形，理由见解析；②DE=253；（3）线段CP的最小值为85−5．
【分析】（1）利用勾股定理求得BD=22+42=25，再证明△ADB∽△DBC，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得∠A=∠A′=90°，∠ABD=∠A′BD′，再证明∠A′BD=90°，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长AD和A′D′相交于点Q，连接BQ，证明四边形ABA′Q是正方形，再证明△DQE∽△CBE，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得∠BPD=90°，推出点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，得到CP≤OC−OP，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵∠BAD=∠ABC=∠BDC=90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∴ADBD=ABCD，
∵∠BAD=90°，AD=2，AB=4，
∴BD=22+42=25，
∴225=4CD，
∴CD=45；
（2）①四边形DBA′F是矩形，理由如下，
由折叠的性质得∠A=∠A′=90°，∠ABD=∠A′BD′，
∵∠ABD+∠DBC=∠ABC=90°，
∴∠A′BD=∠A′BD′+∠DBC=90°，
∴四边形DBA′F是矩形；
②延长AD和A′D′相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得∠A=∠A′=90°，∠ABD=∠A′BD′，∠EBD=∠EBD′，
∵点A′恰好落在边BC上，
∴AB=A′B=4，∠ABA′=90°，
∴四边形ABA′Q是矩形，
∵AB=A′B=4，
∴四边形ABA′Q是正方形，
∵∠ABE=∠ABD+∠EBD=∠A′BD′+∠EBD′=∠A′BE=12×90°=45°，
∴点E在对角线BQ上，
∴DQ=AQ−AD=2，BC=BD2+CD2=252+452=10，
∵四边形ABA′Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
∴DECE=DQBC=210=15，
∴DE=16CD=253；
（3）由折叠的性质得∠EBD=∠EBD′，BD=BD′，
∴BE是线段DD′的垂直平分线，
∴∠BPD=90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，
∴CP≤OC−OP，即点P在OC上时，线段CP存在最小值，
∵OC=OD2+CD2=52+452=85，
∴线段CP的最小值为85−5．
【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点P在以BD为直径的⊙O上是解题的关键．
56．（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．判断四边形EFGH的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知▱ABCD能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ，其中，点M在AD上，点N在AB上，点P在BC上，点Q在CD上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）四边形EFGH是矩形，理由见解析；（2）见解析．
【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，翻折变换，圆周角定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
（1）四边形EFGH是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
（2）分别作AB,CD的中垂线，得到点N,Q，连接NQ，作NQ的中垂线，得到NQ的中点O，以O为圆心，ON的长为半径画圆，⊙O与AD的交点即为点M；
【详解】解：（1）四边形EFGH是矩形，理由如下：
由折叠的性质可知，∠AFE=∠EFK，∠BFG=∠KFG，
∵∠AFB=180°，
∴2∠EFK+2∠KFG=180°，
∴∠EFK+∠KFG=90°，即∠EFG=90°，
同理可得：∠FGH=∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）由（1）可知：AF=FK=BF,DH=HJ=CH,∠FEH=90°，
故F,H分别为AB,CD的中点，点E在以FH为直径的圆上，
同理：点N,Q分别为AB,CD的中点，点M在以NQ为直径的圆上，
如图，M1,M2即为所求．
57．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB>AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF=DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN=BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H．连接FH，GN，如图②．求证：四边形GFHN是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出ADAB的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形DEGF是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形GFHN是平行四边形；[探究提升]：四边形GFHN为轴对称图形时，ADAB的值为12或23，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE=GE，DF=GF，而DF=DE，故GE=DE=DF=GF；
[探究证明]同探究发现可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE=BM，AD∥NH，又DE=FG，FG∥AD，故FG=DE=BM=HN，FG∥NH，从而四边形GFHN是平行四边形；
[探究提升]若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，设AT=x，则AE=2x，可得AD=2AE=4x，DE=AE=2x，求出AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x，即可得ADAB=12；当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，设AD=y，求出AB=32y，即可得ADAB=23．
【详解】[探究发现]：解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE=GE，DF=GF，
∵DF=DE，
∴GE=DE=DF=GF，
∴四边形DEGF是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN=HN，BM=HM，
∵BN=BM，
∴HN=BN=BM=HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DE=12AD，BM=12BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴DE=BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE=FG，FG∥AD，
∴FG=DE=BM=HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A=60°，
∴∠AET=30°，
∴AT=12AE，
设AT=x，则AE=2x，
∴ET=AE2−AT2=3x=GK，
∵E为AD中点，
∴AD=2AE=4x，DE=AE=2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG=DE=2x=TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH=90°，
∵AD∥NH，∠A=60°，
∴∠HNB=∠A=60°，
∴∠GNK=180°−∠GNH−∠HNB=180°−90°−60°=30°，
∴KN=3GK=3×3x=3x，
∵BN=BM=12BC=12AD=2x，
∴AB=AT+TK+KN+BN=x+2x+3x+2x=8x，
∴ ADAB=4x8x=12；
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD=y，则DE=DF=EG=GF=BN=BM=HM=NH=12y，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF=FH=NH=GN=12y，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN=∠A=60°，
∴AW=EG=12y，GW=AE=12y，
∴GW=GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN=GW=12y，
∴AB=AW+WN+BN=12y+12y+12y=32y，
∴ ADAB=y32y=23；
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，ADAB的值为12或23．
考点11四边形与最值综合问题
58．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，点E为边AB上的动点．将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接FB，FC，EC，则下列结论错误的是（ ）
A．EC−ED的最大值是25B．FB的最小值是10
C．EC+ED的最小值是42D．FC的最大值是13
【答案】A
【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性．
【详解】解：∵将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，
∴DE=DF，∠EDF=90°．
又∵∠A=∠ABC=90°，AB=4，BC=3，AD=1，
过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取一点H，使得DH=AD=1,延长FH交AB于点I，则四边形ABGD是矩形，

∴∠GDA=∠ADE+∠EDG=90°=∠EDG+∠HDF．
∴∠ADE=∠HDF，
∴△DHF≌△DAE（SAS），
∴∠DHF=∠DAE=90°,
∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，
∴四边形DAIH和四边形BGHI是矩形，
∴HI=AD=BG=1，AI=DH=1，BI=4−1=3，
∵∠A=∠ABC=90°， AB=4，BC=3，AD=1，
∴DE=12+4−BE2,CE=32+BE2 ,
∴EC−ED=32+BE2−12+4−BE2，
∴BE最大时，EC−ED最大，
当点E与点A重合时，F与H重合时，BF最小,此时EC=42+32=5，ED=1, EC−ED=5−1=4≠25，故A错误，符合题意；BF=HI2+BI2=12+32=10 ,故B正确，不符合题意；
作点D关于AB的对称点M，连接MC,则ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°,过M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED≥CM ,当C、E、M三点共线时，EC+ED最小，
∵MN⊥CB,∠ABN=180°−90°=90°,
∴四边形AMNB是矩形，
∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4,
∴EC+ED的最小值=AC=42+42=42 ,故C正确，不符合题意；
当E与A重合时，CF=GH2+CG2=3−12+4−12=13 ,
当E与B重合时，过C作CQ⊥FH，则四边形CQIB是矩形，如下图，
∴CQ=IB=4−1=3，QI=BC=3，
∵△DHF≌△DAE，
∴FH=AE=4，
∴QF=FH+HI−QI=4+1−3=2,
∴FC=CQ2+FQ2=22+32=13，
综上，FC最大值为13．故D项正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键．
59．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形ABCD边长为6，以对角线BD为斜边作Rt△BED、∠E=90°，点F在DE上．连接BF．若2BE=3DF．则BF的最小值为（ ）
A．6B．62−5C．35D．45−22
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，BC所以直线为x轴，AB所在直线为y轴，设BD的中点为G，过点D在AD上方作DH⊥BD，使DH=22.过点H作HK⊥AD于点K，连接BH，FH，AG，EG，则∠BDH=∠DKH=90°，根据正方形性质，得C6,0，D6,6，A0,6，得G3,3，和BG=32，BGDH=32，根据 EG=AG=BG=DG=32，得点B、E、A、D在⊙G上，得∠ABE=∠ADE，得∠EBG=∠FDH，根据BEDF=32，得△BEG∽△DFH，得FH=DH=22，得点F在以点H为圆心，22为半径的圆上运动，根据DK=HK=2，得H4,8，得BH=42+82=45，得BF取得最小值，为BF=BH−FH=45−22．
【详解】解：以点B为原点，BC所以直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设BD的中点为G，过点D作DH⊥BD，使DH=22，过点H作HK⊥AD于点K，连接BH，FH，AG，EG，则∠BDH=∠DKH=90°，
∵正方形ABCD边长为6，
∴C6,0，D6,6，A0,6，
∴G3,3，
∴BG=32+32=32，
∴BGDH=32，
∵∠E=∠BAC=90°，
∴EG=AG=BG=DG=32，
∴点B、E、A、D在⊙G上，
∴∠ABE=∠ADE，
∵∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠HDK=∠BDH−∠ADB=45°，
∴∠HDK=∠ABD=45°，
∴∠ABE+∠ABD=∠ADE+∠HDK，
即∠EBG=∠FDH，
∵2BE=3DF，
∴BEDF=32，
∴BEDF=BGDH，
∴△BEG∽△DFH，
∴FH=DH=22，
∴点F是在以点H为圆心，22为半径的圆上运动，
∵∠DHK=90°−∠HDK=45°，DK2+HK2=DH2，
∴DK=HK=2，
∴H4,8，
∴BH=42+82=45，
∵BF+FH≥BH，
∴当点F在BH上时，
BF取得最小值，
为BF=BH−FH=45−22．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
60．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AC=4，BD=2，E为线段AC上的动点，四边形DAEF为平行四边形，则BE+BF的最小值为 ．
【答案】13
【分析】利用四边形DAEF为平行四边形，得出EF=AD，EF=AD，由E为线段AC上的动点，可知E、F运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，过点B作AC的平行线MN， 过点E作关于线段MN的对称点E′，由对称性得BE=BE′，则BE+BF=BE′+BF≤E′F，当且仅当E′、B、F依次共线时，BE′+BF取得最小值E′F，此时，设AC与BD交于点O，EE′交MN于点H，延长E′E交FD延长线于点G，分别证明四边形EOBH和四边形DOEG是矩形，求出GF=GD+DF=EO+AE=AO=2，GE=EH=E′H=1，再利用勾股定理求出E′H即可．
【详解】解：∵四边形DAEF为平行四边形，
∴EF=AD，DF=AE，
∵E为线段AC上的动点，
∴可以看作EF是定线段，菱形ABCD在AC方向上水平运动，
则如图，过点B作AC的平行线MN，
过点E作关于线段MN的对称点E′，
由对称性得BE=BE′，
∴BE+BF=BE′+BF≤E′F，当且仅当E′、B、F依次共线时，BE′+BF取得最小值E′F，
此时如图，设AC与BD交于点O，EE′交MN于点H，延长E′E交FD延长线于点G，
∵菱形ABCD中，AC=4，BD=2，
∴AO=12AC=2，BO=DO=12BD=1，AC⊥BD，
由题可得AC∥MN，
∴由对称性可得EH⊥HB，
∴AC⊥GH，
∴∠OEH=∠EOB=∠EHB=90°，
∴四边形EOBH是矩形，
∴E′H=EH=OB=1，
∵四边形DAEF为平行四边形，
∴DF=AE，DF∥AC，
∴GD⊥DO，
∴∠GDO=∠DOE=∠GEO=90°，
∴四边形DOEG是矩形，
∴GD=EO，GE=DO=1，
∴GF=GD+DF=EO+AE=AO=2，GE′=GE+EH+E′H=3，
∴E′F=GF2+GE′2=22+32=13，
即BE+BF的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键．
考点12四边形与动点问题
61．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，对角线BD=43，点P是边CD的中点，点M是对角线BD上的一个动点，连接PM、CM．则PM+CM的最小值是 ．
【答案】23
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，
连接AC，根据两点之间线段最短可知PM+CM的最小值为CP′，再结合菱形的性质得AD=AB=CD=4，AC⊥BD,DO=12BD=23，AO=12AC，然后根据勾股定理得AO，可得AC=AD=CD=4，结合等腰三角形的性质得CP′⊥AD，AP′=12AD=2，接下来根据勾股定理得CP′，此题可解．
【详解】解：如图，连接AC，
作点P关于直线BD的对称点P′，则PM=P′M，点P′是AD的中点，
∴PM+CM=P′M+CM≥CP′．
根据两点之间线段最短，可知PM+CM的最小值为CP′，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=CD=4，AC⊥BD,DO=12BD=23，AO=12AC，
根据勾股定理，得AO=AD2−DO2=2，
∴AC=AD=CD=4．
∵点P′是AD的中点，
∴CP′⊥AD，AP′=12AD=2．
在Rt△ACP′中，CP′2=AC2−AP′2=23．
所以PM+CM的最小值为23．
故答案为：23．
62．（2025·浙江·中考真题）在菱形ABCD中，AB=5，AC=8．
(1)如图1，求sin∠BAC的值．
(2)如图2，E是AD延长线上的一点，连接BE，作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点P，连接BP．
①当EF⊥AC时，求AE的长．
②求PA−PB的最小值．
【答案】(1)35
(2)①11；②339−45
【分析】（1）先根据菱形的性质可得AC⊥BC,OA=12AC=4，再根据勾股定理可得OB=3，然后根据正弦的定义求解即可得；
（2）①连接BD，设AC,BD交于点O，同理求出OB=3，则BD=6；证明EF∥BD，得到∠DBE=∠FEB，由轴对称的性质可得∠AEB=∠FEB，则∠DEB=∠DBE，据此可得DE=DB=6，即可得到AE=AD+DE=11；
②由勾股定理得PB=OB2+OP2=OP2+9，根据PA=OA+OP=4+OP，可求出PA−PB=4−9OP+OP2+9，根据9OP+OP2+9>0，可推出当OP有最小值时，OP+OP2+9有最小值，即此时9OP+OP2+9有最大值，即当OP有最小值时，PA−PB有最小值；过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE于T，由等面积法可得BH=245，则由轴对称的性质可得BT=BH=245，由勾股定理得OP=PB2−32，则当PB有最小值时，OP有最小值，由垂线段最短可知BP≥BT=245，故当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为245，据此求解即可．
【详解】（1）解：如图1，设AC,BD交于点O，
∵在菱形ABCD中，AB=5，AC=8，
∴AC⊥BC,OA=12AC=4，
∴OB=AB2−OA2=3，
∴sin∠BAC=OBAB=35；
（2）解：①如图所示，连接BD，设AC,BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=12AC=4，BD=2OB，AD=AB=5，
∴OB=AB2−OA2=52−42=3，
∴BD=6；
∵EF⊥AC，AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴∠DBE=∠FEB，
由轴对称的性质可得∠AEB=∠FEB，
∴∠DEB=∠DBE，
∴DE=DB=6，
∴AE=AD+DE=11；
②在Rt△BOP中，由勾股定理得PB=OB2+OP2=OP2+9
∵PA=OA+OP=4+OP，
∴PA−PB=4+OP−OP2+9
=4+OP−OP2+9OP+OP2+9OP+OP2+9
=4+OP2−OP2−9OP+OP2+9
=4−9OP+OP2+9，
∵9OP+OP2+9>0，
∴要使PA−PB的值最小，则9OP+OP2+9要最大，
∴OP+OP2+9要有最小值，
又∵OP2+9的值随着OP的值增大而增大，
∴OP+OP2+9的值随着OP的值增大而增大，
∴当OP有最小值时，OP+OP2+9有最小值，即此时9OP+OP2+9有最大值，
∴当OP有最小值时，PA−PB有最小值；
如图所示，过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE于T，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=12AD⋅BH，
∴BH=12AC⋅BDAD=12×6×85=245，
∴由轴对称的性质可得BT=BH=245，
在Rt△POB中，由勾股定理得OP=PB2−OB2=PB2−32，
∴当PB有最小值时，OP有最小值，
由垂线段最短可知BP≥BT=245，
∴当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为245，
∴OP最小值=2452−32=3395，
∴PA−PB最小值=4−93395+245=339−45．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出PA−PB的最小值转换成求出OP的最小值，进而转换成求出PB的最小值．
63．（2025·山东东营·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，BC=4，E是BC边上的一个动点，AE⊥EF，EF交CD于点F，设BE=x，CF=y，图2是点E从点B运动到点C的过程中，y关于x的函数图象，则AB的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】本题考查了动点问题的函数图象问题、矩形的性质、相似三角形的性质与判定，利用相似三角形的性质求出y关于x的函数关系式是解题的关键．首先推导出△AEB∽△EFC，设AB=m，利用相似三角形的性质求出y关于x的函数关系式为y=1m(4x−x2)，再结合函数图象求出m的值即可得出结论．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠CEF+∠CFE=90°，
∵BC=4，BE=x，
∴CE=BC−BE=4−x．
∵AE⊥EF，
∴∠AEB+∠CEF=90°．
∴∠AEB=∠EFC．
∴△AEB∽△EFC，
∴ ABEC=BECF，
设AB=m，则m4−x=xy，
整理得y=1m(4x−x2)，
由图象可知，y关于x的函数图象经过2,0.8，
代入2,0.8得，0.8=1m×4×2−22，
∴m=5，
∴AB=5．
故选：A．
64．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=2cm，对角线AC，BD相交于点O，动点P从点O出发沿O→A→B方向以2cm/s的速度运动，同时点Q从点C出发沿C→D方向以1cm/s的速度运动，当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），△CPQ的面积为y(cm2)，则点P分别在OA，AB上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数D．二次函数，一次函数
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，二次函数的定义．当点P在OA上运动时，由题意得CQ=x，CP=OC+OP=2+2x，作PG⊥CD于点G，求得CG=PG=x+1，利用y=S△CPQ=12CQ⋅PG列式计算即可；当点P在AB上运动时，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD中，AB=2cm，
∴AB=BC=CD=DA=2cm，
∴AC=2AD=2AB=22cm，OC=OA=12AC=2cm，
当点P在OA上运动时，由题意得CQ=x，CP=OC+OP=2+2x，
作PG⊥CD于点G，
∵∠PCG=45°，
∴CG=PG=CP2=x+1，
∴y=S△CPQ=12CQ⋅PG=12x2+12x，是二次函数；
当点P在AB上运动时，由题意得CQ=x，
∴y=S△CPQ=12CQ⋅BC=x，是一次函数；
故选：D．
65．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC=6cm．点M从点A出发，沿AC方向以1cm/s的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿CD方向以3cm/s的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接AN，DM交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 m．
【答案】23π3
【分析】如图，连接BD交AC于J．求解∠DAC=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，DJ=BJ=AJ⋅tan30°=3，AD=AB=BD=23=CD，设运动时间为t，则AM=t，CN=3t，证明△ADM∽△CAN，可得∠APD=180°−30°=150°，作等边三角形ADO，以O为圆心，OD为半径作圆，取点K，连接AK，DK，证明P在⊙O上，且在弧AD上，再利用弧长公式计算即可.
【详解】解：如图，∵在菱形ABCD中，∠BAD=60°，对角线AC=6cm，连接BD交AC于J．
∴∠DAC=30°=∠DCA，AJ=CJ=3，DJ=BJ=AJ⋅tan30°=3，AD=AB=BD=23=CD，
∵设运动时间为t，则AM=t，CN=3t，
∴t23=3t6，即AMAD=CNCA，
∴△ADM∽△CAN，
∴∠ADM=∠CAN，
∴∠APM=∠DAP+∠ADM=∠DAP+∠CAN=30°，
∴∠APD=180°−30°=150°，
作等边三角形ADO，以O为圆心，OD为半径作圆，取点K，连接AK，DK，
∴OA=OD=AD=23，∠AOD=60°，∠AKD=12×60°=30°，
∴∠AKD+∠APD=180°，
∴P在⊙O上，且在弧AD上，
∴在此过程中，点P的运动路径长为60π×23180=23π3；
故答案为：23π3
【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明P在⊙O上，且在弧AD上是解本题的关键.
66．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴上，tan∠COA=3，OA的长是一元二次方程x2−3x−18=0的根，过点C作CQ⊥OA交OA于点Q，交对角线OB于点P．动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OA向终点A运动，动点N从点B以每秒3个单位长度的速度沿BO向终点O运动，M、N两点同时出发，设运动时间为t秒．
(1)求点P坐标；
(2)连接MN、PM，求△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式；
(3)当t=3时，在对角线OB上是否存在一点E，使得△MNE是含30°角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点P的坐标为P3,3；
(2)△PMN的面积S关于运动时间t的函数解析式为S=−34t2+3t0