2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題05 四邊形的性質(zhì)與判定（解析版）

專題05四邊形的性質(zhì)與判定目錄TOC\o"1-3"\n\h\z\u題型01多邊形的相關(guān)計(jì)算題型02多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問題題型03多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題題型04平面鑲嵌題型05根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解題型06構(gòu)建三角形中位線解決問題題型07根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解題型08與特殊四邊形有關(guān)的折疊問題題型09利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型10特殊四邊形與函數(shù)綜合題型11與特殊四邊形有關(guān)的規(guī)律探究問題題型12與特殊四邊形有關(guān)的新定義問題題型13梯形的相關(guān)計(jì)算題型14四邊形的常見幾何模型題型15與特殊四邊形判定有關(guān)的綜合問題（時(shí)間：60分鐘）題型01多邊形的相關(guān)計(jì)算1．（2023·陜西榆林·三模）若從某個(gè)多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，最多可以引6條對(duì)角線，則這個(gè)多邊形的內(nèi)角和度數(shù)為．【答案】1260°/1260度【分析】根據(jù)從多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)可以作對(duì)角線的條數(shù)公式n?3求出邊數(shù)，然后根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式n?2?180°【詳解】解：∵多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，最多可以引出6條對(duì)角線，∴n?3=6，∴n=9，∴該多邊形的內(nèi)角和為：9?2×180°=1260°故答案為：1260°．【點(diǎn)睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和公式以及多邊形的對(duì)角線公式，解題的關(guān)鍵在于求出多邊形的邊數(shù)．2．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）一個(gè)正多邊形的內(nèi)角和是1440°，則此多邊形的邊數(shù)是，對(duì)角線共有條．【答案】1035【分析】設(shè)此多邊形的邊數(shù)是n，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式和對(duì)角線條數(shù)的公式，列出方程求解即可．【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)是n，180°×n?2解得：n=10，∴對(duì)角線條數(shù)為：nn?3故答案為：10，35．【點(diǎn)睛】本題主要考查了多邊的內(nèi)角和，多邊形的對(duì)角線條數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握n邊形的內(nèi)角和為180°×n?2，對(duì)角線條數(shù)為n3．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）一個(gè)多邊形的內(nèi)角和為1080°，從該多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)引對(duì)角線，可以把這個(gè)多邊形分割成個(gè)三角形．【答案】6【分析】首先根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式可得多邊形的邊數(shù)，再計(jì)算分成三角形的個(gè)數(shù)．【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)為x，由題意得：x?2×180=1080解得；x=8，從這個(gè)多邊形的一個(gè)頂點(diǎn)引對(duì)角線，可以把這個(gè)多邊形分成的三角形個(gè)數(shù)：8-2=6，故答案為：6．【點(diǎn)睛】此題主要考查了多邊形的內(nèi)角，關(guān)鍵是掌握多邊形的內(nèi)角和公式180n?2，理解從一個(gè)n邊形的一個(gè)頂點(diǎn)引對(duì)角線，可以把這個(gè)多邊形分成(n題型02多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問題1．（2021·山東煙臺(tái)·二模）如圖，CG平分正五邊形ABCDE的外角∠DCF，并與∠EAB的平分線交于點(diǎn)O，則∠AOG的度數(shù)為（

）A．144° B．126° C．120° D．108°【答案】B【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)分別解得正五邊形的每個(gè)內(nèi)角、每個(gè)外角的度數(shù)，結(jié)合角平分線的性質(zhì)得到∠DCG=36°，∠OAB=54°，接著由四邊形的內(nèi)角和為360°解得∠AOC=54°，最后由鄰補(bǔ)角定義解題即可．【詳解】解：∵CG平分正五邊形ABCDE的外角∠DCF，∴∠DCG=∠GCF∵AO平分∠EAB，∴∠EAO=∠OAB，∵正五邊形ABCDE中，∴∠ABC=∴∠DCG=12∴∠OAB+∠ABC+∠BCD+∠DCG=54°+108°+108°+36°=306°∴∠AOC=360°?306°=54°∴∠AOG=180°?54°=126°，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和與外角和，涉及角平分線的性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度較易，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．2．（2023·江蘇宿遷·模擬預(yù)測(cè)）如圖，一束太陽光平行照射在正n邊形A1A2A3……

【答案】6【分析】過A2作A2B∥A1An，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠【詳解】解：過A2作A

則∠4=∠3，∠C∵∠1?∠2=60°∴∠設(shè)正多邊形的內(nèi)角為x，則∠4=180°?x∴x=60°+∠3∴∠3=x?60°∵180°?x=x?60°，解得x=120°∴∠4=60°∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為360°÷60°=6故答案為：6．【點(diǎn)睛】本題考查了根據(jù)正多邊形外角求正多邊形的邊數(shù)，平行線的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握正多邊形的外角性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2020·河南·二模）如圖，在ΔABC中，∠B=25°，點(diǎn)D是BC邊上一點(diǎn)，連接AD，且AD=BD，∠CAD=90°，CF平分∠ACB，分別交AD，AB于點(diǎn)E，F(xiàn)，則∠AEC的度數(shù)為．

【答案】70°【分析】利用AD=BD，得到∠B＝∠BAD＝25°，再由直角三角形中兩銳角互余和角平分線的定義進(jìn)行計(jì)算即可；【詳解】∵AD＝BD，∴∠B＝∠BAD＝25°，∴∠ADC＝50°，∵∠CAD＝90°，∴∠ACD＝40°，∵CF平分∠ACD，∴∠ACE＝12∴∠AEC＝70°，故答案是：70°．【點(diǎn)睛】本題主要考查了外角和的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余關(guān)系，準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．題型03多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題1．（2023·江西撫州·二模）如圖，七邊形ABCDEFG中，AB、ED的延長線交于點(diǎn)O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，則∠BOD的度數(shù)為（

）

A．20° B．35° C．40° D．45°【答案】C【分析】根據(jù)多邊形的外角和，求得∠BOH=140°，再利用鄰補(bǔ)角的定義，即可求出∠BOD的度數(shù)．【詳解】解：∵五邊形AOEFG的外角和為360°，且七邊形ABCDEFG中，∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于220°，∴∠BOH=360°?220°=140°，∴∠BOD=180°?140°=40°，故選：C．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了多邊形外角和問題，解題關(guān)鍵是掌握多邊形的外角和等于360°．2．（2023·山西大同·模擬預(yù)測(cè)）等邊三角形、正方形及正五邊形各一個(gè)，按下圖放在同一平面內(nèi)，則∠1+∠2+∠3=（

）

A．102° B．104° C．106° D．108°【答案】A【分析】根據(jù)正方形，正三角形和正五邊形的內(nèi)角以及正多邊形的外角和即可即可求解．【詳解】正三角形的每個(gè)內(nèi)角為180°÷3=60°，正五邊形的每個(gè)內(nèi)角5?2×180°÷5=108°正方形的每一個(gè)內(nèi)角為360°÷4=90°，∴∠1+∠2+∠3=360°?90°?60°?108°=102°，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的外角和與內(nèi)角和的關(guān)系，熟練掌握多邊形的外角和為360°是解題的關(guān)鍵．3．（2023·河北秦皇島·二模）如圖，將四邊形ABCD剪掉一個(gè)角得到五邊形．下列判斷正確的是（

）結(jié)論①：變成五邊形后外角和不發(fā)生變化；結(jié)論②：變成五邊形后內(nèi)角和增加了360°；結(jié)論③：通過圖中條件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①對(duì) B．①和③對(duì) C．①、②、③都對(duì) D．①、②、③都不對(duì)【答案】B【分析】根據(jù)多邊形的外角和是360°，判斷①，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式即可判斷②，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：①任意多邊形的外角和是360°，故①正確；根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理5?2×180°?四邊形ABCD剪掉一個(gè)角得到五邊形內(nèi)角和增加了180°，故②錯(cuò)誤，如圖所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正確，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和與外角和，三角形的外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．4．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）已知一個(gè)正多邊形的內(nèi)角和與外角和的和為1620°，則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是．【答案】9【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式和外角和列方程即可求解．【詳解】解：設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n，則180×n?2∴n=9，∴這個(gè)正多邊形的邊數(shù)是9．故答案為：9．【點(diǎn)睛】本題考查多邊形內(nèi)角和外角，解題關(guān)鍵是掌握多邊形內(nèi)角和公式．題型04平面鑲嵌1．（2024·河北石家莊·一模）有三個(gè)大小一樣的正六邊形，可按下列方式進(jìn)行拼接，方式1：如圖1；方式2：如圖2．（1）若有六個(gè)邊長均為1的正六邊形，采用方式1拼接，所得圖案的外輪廓的周長是；（2）有n個(gè)長均為1的正六邊形，采用上述兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，若圖案的外輪廓的周長為18，則n的最大值為．【答案】267【分析】本題考查平面鑲嵌，利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．（1）采用方式1拼接，則所得圖案的外輪廓的周長為4n+2，將n=6代入計(jì)算即可；（2）兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，n越大，外輪廓周長越小，可得正六邊形間重疊的邊數(shù)越多，則把六個(gè)正六邊形繞一個(gè)六邊形拼接即可．【詳解】解：（1）有六個(gè)邊長均為1的正六邊形，采用方式1拼接，所得圖案的外輪廓的周長為6×4+2=26．故答案為：26；（2）按下圖拼接，圖案的外輪廓的周長為6×3=18，此時(shí)正六邊形的個(gè)數(shù)最多，即n的最大值為7．故答案為：7．2．（2023·河北滄州·二模）要設(shè)計(jì)一個(gè)裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形，邊長記作2a．下面我們來研究紙盒底面半徑的最小值．

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫出了如圖1，圖2所示的兩種布局方案．方案Ⅰ中紙盒底面半徑的最小值為；方案Ⅱ中紙盒底面半徑的最小值為；（2）如果要裝12色的彩鉛，請(qǐng)你為廠家設(shè)計(jì)一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為．【答案】6a7a3【分析】（1）由圖形可知，方案Ⅰ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形的對(duì)角線長加邊長，方案Ⅱ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形對(duì)角線長加邊長，再上邊長的一半，由此計(jì)算即可；（2）考慮將12個(gè)正六邊形對(duì)稱放置，然后確定其外接圓，利用正六邊形的邊長以及勾股定理求解最小半徑即可．【詳解】（1）如圖1所示，方案Ⅰ中紙盒底面半徑最小值即為OA的長度，∵正六邊形的邊長為2a，∴OA=2a+4a=6a；如圖2所示，方案Ⅱ中紙盒底面半徑最小值即為OB的長度，∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案為：6a；7a；（2）如圖所示方式，裝12支鉛筆的底面圓半徑最小，此時(shí)最小半徑為OC，連接CQ、PC、PQ，∵正六邊形的邊長為2a，∴CP=3×23a=63∵∠CPQ=90°，∴CQ=C∴OC=1

故答案為：37【點(diǎn)睛】本題考查正多邊形與圓，以及鑲嵌問題，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，靈活運(yùn)用勾股定理進(jìn)行計(jì)算是解題關(guān)鍵．3．（2022·河北·二模）如圖，將幾個(gè)全等的正八邊形進(jìn)行拼接，相鄰的兩個(gè)正八邊形有一條公共邊，圍成一圈后中間形成一個(gè)正方形．設(shè)正方形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長為；若n個(gè)全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，且相鄰的兩個(gè)正多邊形有一條公共邊，設(shè)正三角形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長是．【答案】2027【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)，每條邊相等，即可求解．求得該圖形外輪廓的周長，根據(jù)密鋪可知正n邊形，為正12邊形，據(jù)此即可求解．【詳解】解：∵正方形的邊長為1，∴該圖形外輪廓的周長為8?3×4若n個(gè)全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，則n邊形的一個(gè)內(nèi)角為360°?60°則n邊形的一個(gè)外角180°?150°=30°，∴n=360°÷30°=12，根據(jù)相鄰的兩個(gè)正多邊形有一條公共邊，則圖形外輪廓的周長為12?3故答案為：20，27【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和，外角和，平面鑲嵌，理解題意是解題的關(guān)鍵．題型05根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解1．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，EF⊥BD，垂足為點(diǎn)H，EF分別交AD、DC及BC的延長線于點(diǎn)E、M、F，且ED：CF=1：2，則A．14 B．15 C．25【答案】D【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判斷，先由菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再證明AC∥EF，進(jìn)而證明四邊形AEFC是平行四邊形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再證明△DEH∽△BFH，得到DHBH【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，∵EF⊥BD，∴AC∥EF，∴四邊形AEFC是平行四邊形，∴AE=CF，∵ED：∴ED：∴ED:AD=ED：∴DE：∵AD∥BC∴△DEH∽△BFH，∴DHBH∴DH：故選：D．2．（2023·河北承德·一模）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于點(diǎn)O，E、F分別為OA和OC上的點(diǎn)（不與點(diǎn)A、O、C重合）．其中AE=OF．過點(diǎn)E作GH⊥AC，分別交AD、AB于點(diǎn)G、H；過點(diǎn)F作IJ⊥AC分別交CD、CB于點(diǎn)J、I；連接GJ、HI，甲、乙、丙三個(gè)同學(xué)給出了三個(gè)結(jié)論：甲：隨著AE長度的變化，GH+IJ=BD始終成立．乙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ可能為正方形．丙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半．下列選項(xiàng)正確的是（）

A．甲、乙、丙都對(duì) B．甲、乙對(duì)，丙不對(duì)C．甲、丙對(duì)，乙不對(duì) D．甲不對(duì)，乙、丙對(duì)【答案】C【分析】連接HJ,GI，交于點(diǎn)M，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，過點(diǎn)G作GK⊥BD于點(diǎn)K，過點(diǎn)J作JT⊥BD于點(diǎn)T，證明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判斷甲，進(jìn)而得出四邊形AHJD是平行四邊形，四邊形HJBC是平行四邊形，即可判斷丙，反證法證明四邊形GHIJ不可能是正方形，即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接HJ,GI，交于點(diǎn)M，

∵四邊形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，∴GH∥根據(jù)菱形是軸對(duì)稱圖形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分線，∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，∵AE=OF，OA=OC，∴EO=FC，如圖所示，過點(diǎn)G作GK⊥BD于點(diǎn)K，過點(diǎn)J作JT⊥BD于點(diǎn)T，

則四邊形GEOK,TJFO是矩形，∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DAO=∠DCO，∵GK∥∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∴△DTJ≌△GEA，∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，∴12即GH+IJ=BD，故甲正確；∵DJ=AG，又AG=AH，∴JD=AH，∴四邊形AHJD是平行四邊形，∴S△HCJ=1∴四邊形HJBC是平行四邊形，∴S△HIJ∴S四邊形即四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半，故丙正確；同理可得AGBI，CDGI是平行四邊形，∴GI∥∵當(dāng)GHIJ是正方形時(shí)，則GI⊥HJ，∴AD⊥DC，則四邊形ABCD是正方形，∵AC>BD，∴四邊形ABCD不是正方形，即四邊形GHIJ不可能是正方形，故乙錯(cuò)誤，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇泰州·二模）證明：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．已知：如圖1，D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點(diǎn)，求證：DE∥BC，下面是某學(xué)習(xí)小組探究證明思路時(shí)發(fā)現(xiàn)的三種添加輔助線的方法，請(qǐng)選擇其中一種，完成證明．方法1：延長DE至點(diǎn)F，使EF=DE，連接CF；方法2：過點(diǎn)C作CF∥AB交DE的延長線于方法3：過E作EF∥AB交BC于F，過A作AG∥BC交FE的延長線于點(diǎn)G．應(yīng)用：如圖2，D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點(diǎn)，請(qǐng)用無刻度的直尺和圓規(guī)作△ABC的角平分線BP（要求：直尺和圓規(guī)分別只使用一次，并保留作圖痕跡）．【答案】見解析【分析】本題考查了作圖、平行線的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)和三角形中位線定理，證明：方法1：延長DE至點(diǎn)F，使EF=DE，連接CF，先證明△ADE≌△CEF得到AD=CF，∠A=∠F，則AB∥CF，加上BD=CF，則可判斷四邊形BDFC為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到DF=BC，DF∥BC，從而得到DE∥BC，方法2：過點(diǎn)C作CF∥AB交DE的延長線于F，先證明△ADE≌△CEF，得到相應(yīng)的邊長相等，可得到四邊形方法3：需要證明兩次三角形全等，以及證明兩次平行四邊形可得到結(jié)果；應(yīng)用：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)可得到答案；解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作【詳解】證明：方法1：延長DE至點(diǎn)F，使EF=DE，連接CF，如圖所示：，∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點(diǎn)，∴AD=BD，AE=CE，在△ADE和△CEF中，AE=CE∠AED=∠CEF∴△ADE≌△CEF（SAS），∴AD=CF，∠A=∠F，∴AB∥CF，∵AD=BD=CF，∴四邊形BDFC為平行四邊形，∴DF=BC，DF∥BC，∴DE∥BC，DE=1方法2：過點(diǎn)C作CF∥AB交DE的延長線于，∵CF∥∴∠A=∠FCE，∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點(diǎn)，∴AD=BD，AE=CE，在△ADE和△CEF中，∠A=∠FCEAE=CE∴△ADE≌△CEF（ASA），∴AD=FC，DE=EF，即AD=BD=FC，∴四邊形BDFC為平行四邊形，∴DF=BC，DF∥BC，∴DE∥BC，DE=1方法3：過E作EF∥AB交BC于F，過A作AG∥BC交FE的延長線于點(diǎn)G，如圖所示：，∵EF∥AB,AG∥BC，∴GF∥AB,AG∥BF，∴四邊形AGFB為平行四邊形，∴AG=BF,AB=GF，∵AG∥BC，∴∠G=∠CFE，∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點(diǎn)，∴AD=BD，AE=CE，在△AGE和△CEF中，∠G=∠CFE∠GEA=∠FEC∴△AGD≌△CFE（AAS），∴AG=CF,GE=EF，∵EF∥AB,AG∥BC，∴∠GAE=∠DEA,∠DAE=GEA，∵AE=EA，∴△AGE≌△EDA（ASA），∴AG=DE.AD=GE，∵AD∥GF，∴四邊形AGED為平行四邊形，∴AG∥DE，AG=DE，∵AG∥BC，AG=FC，AG=BF，∴DE∥BC，DE=1應(yīng)用：如圖2，BP為所作的角平分線，，先在DE上截取DF=DB，連接BF并延長交AC于P點(diǎn)，由DB=DF得到∠DBF=∠DFB，再根據(jù)DE為△ABC的中位線得到DE∥BC，所以∠DFB=∠CBF，則∠DBF=∠CBF，從而得到BP平分4（2023·河南周口·三模）綜合與實(shí)踐

問題提出(1)如圖①，△ABC是等腰三角形，點(diǎn)D，E分別在腰AC，AB上，且BE=CD，連接BD，問題探究(2)如圖②，AD是△ABC的中線，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，則BF=______；問題解決(3)今年全國兩會(huì)上，不少來自農(nóng)村、關(guān)注“三農(nóng)”工作的代表委員期待電力在全面推進(jìn)鄉(xiāng)村振興中發(fā)揮越來越重要的作用．某地區(qū)規(guī)劃出如圖③所示的四邊形ABCD地塊，計(jì)劃開發(fā)出一個(gè)生態(tài)宜居，綠色人文的農(nóng)業(yè)觀光區(qū)，其中AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，AE是現(xiàn)有的地下電纜，CE=AB．為滿足農(nóng)業(yè)用電，B點(diǎn)和C點(diǎn)分別設(shè)置了風(fēng)力發(fā)電機(jī)，現(xiàn)要埋電纜線路BP與線路AC，點(diǎn)P是AE的中點(diǎn)．已知埋每米電纜的費(fèi)用是a元，請(qǐng)問埋電纜線路AC的費(fèi)用是線路BP費(fèi)用的幾倍？并說明理由．【答案】(1)BD=CE，理由見解析(2)8(3)埋電纜線路AC的費(fèi)用是線路BP費(fèi)用的2倍，理由見解析【分析】（1）由“SAS”可證△EBC≌△DCB，可得（2）由“SAS”可證△ADC≌△MDB，可得BM=AC，∠CAD=∠M，由等腰三角形的性質(zhì)可求（3）先證明四邊形ABEF是平行四邊形，可得FE=AB，F(xiàn)E∥AB，由“SAS”可證△ABC≌△FCB，得到【詳解】（1）解：BD=CE，證明：∵△ABC是等腰三角形，∴∠EBC=∠DCB，在△EBC與△DCB中，BE=CD∠EBC=∠DCB∴△EBC≌∴BD=CE；（2）解：如圖，延長AD到M，使AD=DM，連接BM，如圖②所示，

，∵AD是△ABC的中線，∴CD=BD，在△ACD和△MBD中，AD=MD∠ADC=∠MDB∴△ADC≌∴BM=AC，∠CAD=∠M，∵AE=EF，∴∠CAD=∠AFE，∵∠AFE=∠BFD，∴∠BFD=∠CAD=∠M，∴BF=BM=AC=8；故答案為：8；（3）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，∴AD∥BC，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，如圖③，延長BP交AD于點(diǎn)F，連接EF，CF，

，∵AD∥BC，∴∠PAF=∠PEB，∠PFA=∠PBE，∵點(diǎn)P是AE的中點(diǎn)，∴AP=EP，∴△AFP≌∴AF=BE，BP=PF，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴FE=AB，F(xiàn)E∥AB，∴∠FEC=∠ABC=60°，∵FE=AB，CE=AB，∴FE=CE，∴△FEC是等邊三角形，∴FE=FC，∠FCB=60°，∴AB=FC，∠ABC=∠FCB=60°，∵BC=CB，∴△ABC≌∴AC=FB=2BP，∵埋電纜線路AC的費(fèi)用為a?AC=a?2BP=2aBP，埋電纜線路BP的費(fèi)用為a?BP=aBP，∴埋電纜線路AC的費(fèi)用是線路BP費(fèi)用的2倍．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．題型06構(gòu)建三角形中位線解決問題1．（2023·山東青島·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形EFGH頂點(diǎn)是四邊形ABCD各邊中點(diǎn)，若把EFGH涂滿紅油漆需要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要桶【答案】10【分析】本題考查的是中點(diǎn)四邊形，中位線定理和相似三角形的面積比等于相似比的平方；根據(jù)題意得出S四邊形【詳解】解：如圖所示，連接AC,BD，∵E,F分別是AD,AB的中點(diǎn)，∴EF∥BD∴△AEF∽△ADB∴S△AEF=1則S同理可得S∴S若把EFGH涂滿紅油漆需要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要10桶,故答案為：10．2．（2023·安徽·二模）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延長BC到點(diǎn)D，CD=4，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，BE交AC于點(diǎn)F，則△AEF的面積為．

【答案】15【分析】利用三角形的面積公式求出△ACD的面積，進(jìn)而求出△ABD的面積，利用中線平分面積，得到△ABE的面積，取AC的中點(diǎn)G，連接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG【詳解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，∴S△ABD∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴S△ABE取AC的中點(diǎn)G，連接EG，則：EG∥CD,EG=1

∴△BFC∽△EFG，∴EFBF∴EFBE∴S△AEF∴S△AEF故答案為：154【點(diǎn)睛】本題考查三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造三角形的中位線和相似三角形．3．（2023·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對(duì)角線AC與BD垂直相交于點(diǎn)E，點(diǎn)F，G分別為AB，

【答案】見解析【分析】作直徑DH，根據(jù)三角形中位線定理求得OG=12CH，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求得EF=12AB，再利用等角的余角相等求得【詳解】證明，作直徑DH，連接CH，

∵點(diǎn)G、O分別為DH、CD的中點(diǎn)，∴OG=1∵AC⊥BD，點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，∴EF=12AB∵DH為直徑，∴∠DCH=90°，∴∠H+∠HDC=90°，又∵∠H=∠DBC，∴∠ACB=∠HDC，∴AB=CH，∴EF=OG．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，正確引出輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．4．（2023·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）在△ABC中，F(xiàn)為邊AB上一點(diǎn)．

(1)如圖1，若AC2=AF?AB(2)若G為CF的中點(diǎn)，AC=4，①如圖2，若∠FBG=∠ACF，AB=5，求BF的長；②如圖3，若∠ABC=30°，∠A=∠BGF=45°，直接寫出BF的長．【答案】(1)見解析(2)①3；②BF=2【分析】（1）根據(jù)已知條件得出ACAF=AB（2）①解法1：延長FB到點(diǎn)D，使FB=BD，連結(jié)DC，設(shè)：BF=x，則BD=x，AD=5+x，AF=5?x，證明△ACF∽△ADC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解方程，即可求解；①解法2：取FA中點(diǎn)D，連結(jié)DG，設(shè)：AD=DF=x，則BD=5?x，證明△DGF∽△DBG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解方程，即可求解；②解法1：延長FB到點(diǎn)D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，證明△DCF∽△DAC，得出DC2=AD?DF，在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，則AD?DF=DE2+EC2，建立方程，解方程，即可求解；②解法2：過點(diǎn)C作CE⊥AB【詳解】（1）∵AC2∵∠A=∠A，∴△ACF∽△ABC；（2）

①解法1：延長FB到點(diǎn)D，使FB=BD，連結(jié)DC設(shè)：BF=x，則BD=x，AD=5+x，AF=5?x∵G為CF的中點(diǎn)，B為DF的中點(diǎn)，∴BG是△FDC的中位線，∴BG∴∠FBG=∠D，∵∠FBG=∠ACF，∴∠D=∠ACF，∵∠A=∠A，∴△ACF∽△ADC∴ACAD∴4解得：x1=3，∴BF=3

①解法2：取FA中點(diǎn)D，連結(jié)DG設(shè)：AD=DF=x，則BD=5?x∵G為CF的中點(diǎn)，D為AF的中點(diǎn)∴DG是△FAC的中位線∴DG∥AC∴∠FGD=∠ACF∵∠DBG=∠ACF，∴∠FGD=∠DBG，∵∠BDG=∠BDG，∴△DGF∽△DBG∴DGBD∴2解得：x1=1，∴AD=DF=1，∴BF=AB?AF=5?2=3②解法1：延長FB到點(diǎn)D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，

設(shè)：BF=BD=x，∵Rt△AEC中，∠A=45°∴AE=CE=AC∵Rt△BEC中，∠ABC=30°∴BE=3∴ED=BD+BE=x+26∴AD=ED+AE=x+26∵G為CF的中點(diǎn)，B為DF的中點(diǎn)∴BG是△FDC的中位線，∴BG∥∴∠BGF=∠FCD，∵∠BGF=∠A，∴∠FCD=∠A，∵∠D=∠D，∴△DCF∽△DAC，∴DCAD∴DC∵在Rt△DEC中，D∴AD?DF=D即2x解得：x1=210∴BF=2②解法2：過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，在AE上取點(diǎn)D，使CD=CF，

設(shè)：BF=x，∵Rt△AEC中，∠A=45°∴AE=CE=AC∵Rt△BEC中，∠ABC=30°∴BE=3∴EF=BE?BF=26∵CD=CF，CE⊥AB，∴DE=EF=26∴AD=AE?DE=22∵在Rt△DEC中，CD=∴CF=CD=2∵G為CF的中點(diǎn)，∴FG=1∵CD=CF，∠CFD=∠CDF，∴180°?∠CFD=180°?∠CDF，即∠BFG=∠CDA∵∠A=∠BGF，∴△DCA∽△FBG，∴DCAD∴DC?FG=AD?BF，∴2解得：x1=210∴BF=2【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形的綜合性題目，包括相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中點(diǎn)的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等，熟練掌握運(yùn)用這些知識(shí)點(diǎn)是解題關(guān)鍵．題型07根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解1．（2024·山西朔州·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3,M為對(duì)角線BD上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)B,D重合），連接AM，過點(diǎn)M作MN⊥AM交邊CD于點(diǎn)N，連接AN．若BM:BD=2:5，則DN的長為．【答案】3【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)判定及性質(zhì)，適當(dāng)添加輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．過點(diǎn)M作MG⊥AB于G，延長GM交CD于H，則GH⊥CD，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可證△BGM∽△BAD，從而得出BG=165，AG=HD=245，MG=125，MH=18【詳解】解：過點(diǎn)M作MG⊥AB于G，延長GM交CD于H，則GH⊥CD，如圖：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD=∠ADC=∠AGH=90°，AD=BC=3，AB=CD=4，∴四邊形AGHD為矩形，∴AG=DH，GH=AD=3，GM∥∴△BGM∽△BAD，∴BGBA∵BM:BD=2:5，∴BGBA∴BG=25AB=∴AG=HD=AB?BG=4?8∴MH=GH?GM=3?6∵M(jìn)N⊥AM，∴∠AMN=90°，∴∠AMG+∠HMN=90°，∵∠AMG+∠MAG=90°，∴∠HMN=∠MAG，∵∠AGM=∠MHN=90°，∴△AGM∽△MHN，∴AGMH即：125解得：HN=9∴DN=HD?HN=12故答案為：322．（2023·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知，等邊△ABC中，AB=6，將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，連接BD，交AC于O點(diǎn)，E點(diǎn)在OD上，且DE=2OE，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，P是AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則PF?PE的最大值為．【答案】3【分析】由折疊可證四邊形ABCD為菱形，BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，則BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，則PE=PM，AE=AM，PF?PE=PF?PM，可知當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，PF?PE最大，最大為FM，勾股定理求AF=A【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，AB=6，∴AB=AC=BC=6，∵將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，∴AD=CD=BC=AB=6，∴四邊形ABCD為菱形，∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，∴BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，∵F是BC的中點(diǎn)，∴AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，∵DE=2OE，∴OM=OE，∵BD⊥AC，∴PE=PM，AE=AM，∴PF?PE=∴當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，PF?PE最大，最大為FM，∵∠CAF=30°，∴CF=3，由勾股定理得，AF=A∴FM=1故答案為：3．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，含30°的直角三角形等知識(shí)．根據(jù)題意確定最大值的情況是解題的關(guān)鍵．3．（2023·湖南婁底·三模）已知四邊形ABCD是矩形，連接BD．

(1)如圖1，∠ADB的平分線交AB于E，交CB的延長線于點(diǎn)F．∠DBF的平分線交DF于點(diǎn)H，交DA的延長線于點(diǎn)G，連接FG．①求證：BD=BF；②求證：四邊形GFBD為菱形；(2)在（1）的條件下，如圖2，連接AC交DF于點(diǎn)P，交BD于點(diǎn)O，若DP=HP，求ABAD【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析(2)3【分析】（1）由矩形性質(zhì)得到AD∥BC，則∠ADF=∠BFD，再由角平分線定義得到∠ADF=∠BDF，則∠BFD=∠BDF，即可得出BD=BF；②由AD∥BC，得到∠ADB+∠FBD=180°，進(jìn)而根據(jù)相關(guān)角的關(guān)系得到BG⊥DF，再由①中BD=BF，確定DH=FH，利用兩個(gè)三角形全等的判定與性質(zhì)得出△BDH≌△GDHASA（2）根據(jù)題意得出PO是△BDH的中位線，有AC∥BG，進(jìn)而得到四邊形AGBC是平行四邊形，利用平行四邊形及矩形性質(zhì)得到AD=AG=12DG，再根據(jù)（1）②中四邊形BDGF是菱形，得出BD=2AD，在Rt【詳解】（1）證明：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADF=∠BFD，∵DF平分∠ADB，∴∠ADF=∠BDF，∴∠BFD=∠BDF∴BD=BF②由①知AD∥BC，∴∠ADB+∠FBD=180°，∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，∴2∠BDF+2∠DBG=180°，∴∠BDF+∠DBG=90°，∴∠BHD=180°?∠BDF+∠DBG∴BG⊥DF，由①知BD=BF，∴DH=FH，∵DF平分∠ADB，∴∠ADH=∠BDH，∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，∴△BDH≌△GDHASA∴BH=GH，∵DH=FH，∴四邊形BDGF是平行四邊形，∵BG⊥DF，∴四邊形BDGF是菱形；（2）解：∵點(diǎn)O是矩形對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)，∴OD=OB，∵DP=HP，∴PO是△BDH的中位線，∴AC∥BG，∵AD∥BC，∴四邊形AGBC是平行四邊形，∴AG=BC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，BC=AD，∴AD=AG=1由（1）②知四邊形BDGF是菱形，∴DG=BD，∴BD=2AD，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，AB=∴AB【點(diǎn)睛】本題考查四邊形綜合，涉及矩形性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)與判定，結(jié)合問題靈活運(yùn)用是解決問題的關(guān)鍵．4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測(cè)）綜合與實(shí)踐旋轉(zhuǎn)是幾何圖形運(yùn)動(dòng)中的一種重要變換，通常與我們所學(xué)過的全等三角形等等數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合來解決問題，有時(shí)我們還能從中探索學(xué)習(xí)一些新知．小苗在研究三角形旋轉(zhuǎn)過程中，進(jìn)行如下探究：如圖，已知正方形ABCD和正方形AEFG．

觀察猜想：（1）在圖1中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別在邊AB，AC，AD上，直接寫出GDFC=實(shí)踐發(fā)現(xiàn)：（2）將正方形AEFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至圖2所示位置，連接DG，F(xiàn)C，請(qǐng)問（1）中的結(jié)論是否發(fā)生變化？并加以證明：聯(lián)系舊知：（3）如果正方形ABCD的邊長為5，正方形AEFG的邊長為3．將正方形AEFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至圖3所示位置，連接EG交AB于點(diǎn)M，交AC于點(diǎn)N，若NG=22，直接寫出EM的長探求新知：（4）在（3）的條件下，當(dāng)正方形AEFG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線時(shí)，直接寫出CG的長．【答案】（1）2（2）（1）中的結(jié)論不變，證明見解析（3）62（4）17或65【分析】（1）先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證明AF=2AG，再由FG∥DC根據(jù)平行線分線段成比例定理得（2）連接AF，證明△DAG∽△CAF，則GDFC（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=32，將△AGN繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接MH，則∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，HE=NG=22，再證明△MAH≌△MAN，得MH=MN，設(shè)EM=x，則MH=MN=32?（4）當(dāng)E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線時(shí)，可由∠AEB=90°，AB=5，AE=3，根據(jù)勾股定理求得BE=4；CG的長存在兩種情況，一是點(diǎn)F在線段BE上，作GQ⊥AB于點(diǎn)Q，GR⊥BC于點(diǎn)R，四邊形BRGQ是矩形，可證明△GAQ∽△ABE，得AQBE=GQAE=AGBA=35，所以AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，求得GR和CR的長，再根據(jù)勾股定理求出CG的長；二是點(diǎn)E在線段BF上，作GQ⊥CD交CD的延長線于點(diǎn)Q，GR⊥AD于點(diǎn)R，則四邊形【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴∠AGF=∠D=90°，AG=FG，AD=CD，∴AF=A∵FG∥∴AGGD∴GDFC(2)不變．證明如下：如圖，連接AF，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠ADC=90°，∴∠DAC=∠DCA=180°?90°2=45°∴ADAC同理可證∠GAF=∠GFA=45°，AGAF∴ADAC∵∠DAG=∠DAC?∠GAC，∠CAF=∠GAF?∠GAC，∴∠DAG=∠CAF，∴△DAG~△CAF，∴GDFC∴（1）中的結(jié)論不變．(3)如圖3，

∵AE=AG=3，∠EAG=90°，∴∠AEM=∠AGN=45°，EG=A將△AGN繞點(diǎn)A沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接MH，∴∠EAH=∠GAN，AH=AN，∠AEH=∠AGN=45°，HE=NG=2∴∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，∵AB=BC，∠B=90°，∴∠MAN=∠BCA=45°，∴∠MAH=∠EAM+∠EAH=∠EAM+∠GAN=45°，∴∠MAH=∠MAN，∵AM=AM，∴△MAH≌△MAN(SAS∴MH=MN，設(shè)EM=x，則MH=MN=32∵HE∴2解得x=6∴EM的長為62(4)如圖4，

E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線且點(diǎn)F在線段BE上，作GQ⊥AB于點(diǎn)Q，GR⊥BC于點(diǎn)R，則∠CRG=90°，∵∠E=90°，AB=5，AE=3，∴BE=A∵∠AQG=∠E=∠EAG=90°，∴∠GAQ=∠ABE=90°?∠BAE，∴△GAQ∽△ABE，∴AQBE∴AQ=35×4=∵∠GQB=∠QBR=∠GRB=90°，∴四邊形BRGQ是矩形，∴GR=BQ=5?125=∴CR=5?9∴CG=G如圖5，

E，F(xiàn)，B三點(diǎn)共線且點(diǎn)E在線段BF上，作GQ⊥CD交CD的延長線于點(diǎn)Q，GR⊥AD于點(diǎn)R，∵∠AEB=90°，AB=5，AE=3，∴BE=4，∵∠ARG=90°，∠GAR=∠BAE=90°?∠DAE，∴ARAG=cos∴AR=35×3=∴DR=5?9∵∠Q=∠RDQ=∠DRG=90°，∴四邊形DRGQ是矩形，∴GQ=DR=165，∴CQ=5+12∴CG=G∴CG的長為17或65．【點(diǎn)睛】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、解直角三角形、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學(xué)思想的運(yùn)用等知識(shí)與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．題型08與特殊四邊形有關(guān)的折疊問題1．（2022·安徽合肥·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，在五邊形紙片ABCDE中，∠A=120°，將五邊形紙片沿BD折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)P處，在AE上取一點(diǎn)Q，將△ABQ和△EDQ分別沿BQ、DQ折疊，點(diǎn)A、E恰好落在點(diǎn)P處．

（1）∠C+∠E=；（2）如圖2，若四邊形BCDP是菱形，且Q、P、C三點(diǎn)共線時(shí)，則BQAB=【答案】240°/240度62/【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得∠A=∠BPQ=120°，又∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，即可求解；（2）由菱形的性質(zhì)可得BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由SSS可證△ABQ≌△EDQ，可得∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：（1）∵將五邊形紙片ABCDE沿BD折疊，∴∠A=∠BPQ=120°，∠QED=∠QPD，∠BCD=∠BPD，∵∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，∴∠BPD+∠QPD=240°，∴∠BCD+∠QED=240°，故答案為：240°；（2）連接PC，交BD于H，設(shè)AB=a，如圖：

∵四邊形BPDC是菱形，∴PC是BD的垂直平分線，BP=PD=BC=CD，∵Q，P，C三點(diǎn)共線，∴QC是BD的垂直平分線，∴BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由折疊可知：∠A=∠BPQ=120°，AB=BP=DE=DP=a，∠AQB=∠BQP，∠EQD=∠PQD，AQ=QP=QE，∴∠BPH=60°，∴∠PBH=30°，∴PH=12BP=12a，BH=3PH=在△ABQ和△EDQ中，AB=DEQA=QE∴△ABQ≌△EDQ（SSS），∴∠AQB=∠EQD，∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD，∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，∴∠QBH=∠BQP=45°，∴BH=QH=32∴BQ=2BH=62∴BQ故答案為：62【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2022·湖北荊州·三模）如圖，正方形紙片ABCD的邊長為8，E是AB邊上的動(dòng)點(diǎn)．折疊紙片使點(diǎn)D與點(diǎn)E重合，折痕為FG，DC的對(duì)應(yīng)邊EC'交BC于點(diǎn)(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)時(shí)，則AF的長______．(2)如圖2，設(shè)AE的長為x，四邊形CDFG面積為S．①求DF的長度（用含x的代數(shù)式表示）；②求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求S的最小值．(3)如圖3，過點(diǎn)D作EC'的垂線，垂足為M，DM交FG于點(diǎn)①求△BHE的周長．②當(dāng)△BHE與△MNE的周長之差為2時(shí)，請(qǐng)直接寫出sin∠EHB【答案】(1)3(2)①DF=116x(3)①16；②sin【分析】（1）當(dāng)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，AE=12AB=4，設(shè)AF=x，則EF=FD=AD?AF=8?x，在Rt（2）①過點(diǎn)G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG于點(diǎn)P，證明△ADE≌△KGF，設(shè)AE=x，則FK=x，DF=FE=8?AF，得AF=4?116x②由矩形的性質(zhì)可得CG=KD=FD?FK=1（3）①由（2）可得AE=x，AF=4?116x2，EF=116x2+4，則BE=8?x，證明△AEF∽△BHE②當(dāng)△BHE與△MNE的周長之差為2時(shí)，則△MNE的周長為14或18，連接EN，證明四邊形EFDN是菱形，則EF=EN，證明△AEF∽△BHE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得EFEH=78或98，由△AEF∽△BHE，AFBE=78或9【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD=8，當(dāng)E為AB的中點(diǎn)時(shí)，AE=12AB=4，設(shè)AF則EF=FD=AD?AF=8?x，在Rt△AEF中，AE2解得：x=3，∴AF=3，故答案為：3；（2）①如圖，過點(diǎn)G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG于點(diǎn)P∵E，D關(guān)于FG對(duì)稱，∴ED⊥FG，∴∠FPD=∠FKG=90°，∴∠ADE+∠DFP=∠FGK+∠DFP=90°，∵∠ADE=∠KGF，由正方形性質(zhì)可知KG=CD=AD，∴△ADE≌△KGF，設(shè)AE=x，則FK=x，DF=FE=8?AF，∴x∴AF=4?1∴DF=8?AF=1②由矩形的性質(zhì)可得CG=KD=FD?FK=1∴四邊形CDFG面積為S===∴S=1（3）①如圖，由（2）可得AE=x，AF=4?116x2，在正方形ABCD中由于對(duì)折可知，∠ADC=∠FEH=90°，∴∠1＋又∵∠A=∠B=90°，∴∠1＋∴∠2=∠3，∴△AEF∽△BHE，∴AFBE∵BE=AB?AE=8?x，BH=AE?BEAF=∴△BHE的周長=BH＋即：△BHE的周長為16；②連接EN，由折疊可知，∠DFN=∠EFN，EF=FD，∵EF⊥EC'，∴EF∥DM，∴∠MNG=∠EFN，∠FEN=∠ENM，∴∠DFN=∠MNG，∵∠FND=∠MNG，∴∠DFN=∠DNF，∴DF=DN，∴EF=ND，∴四邊形EFDN是平行四邊形，∴EN∥FD，EN=FD，∵EF=FD，∴四邊形EFDN是菱形，∴EF=EN，∴EN∥AD，∴∠FEN=∠AFE，∵△AEF∽△BHE，∴∠EHB=∠NEM，∵DM⊥EH，∴∠NME=∠B=90°，∴△EMN∽△HBE，△BHE的周長為16，當(dāng)△BHE與△MNE的周長之差為2時(shí)，則△MNE的周長為14或18，∴ENEH=∵EF=EN，∴EFEH=∵△AEF∽△BHE，∴EFEH=∴AFBE=∵BE=8?x，AF=4?1∴4?116解得x1=6，x2=8∵0≤x≤8，∴x=6，∴AE=6，∴AF=4?1∴EF=1∴sin【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，求正弦值，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·河南駐馬店·二模）綜合與實(shí)踐數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，數(shù)學(xué)老師以“矩形紙片的折疊”為課題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)：將矩形紙片ABCD對(duì)折，使得點(diǎn)A，D重合，點(diǎn)B，C重合，折痕為EF，展開后沿過點(diǎn)B的直線再次折疊紙片，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)N，折痕為BM．

(1)如圖（1）若AB=BC，則當(dāng)點(diǎn)N落在EF上時(shí)，BF和BN的數(shù)量關(guān)系是________，∠NBF的度數(shù)為________．思考探究：(2)在AB=BC的條件下進(jìn)一步進(jìn)行探究，將△BMN沿BN所在的直線折疊，點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)M'．當(dāng)點(diǎn)M'落在CD上時(shí)，如圖（2），設(shè)BN，BM'分別交EF于點(diǎn)J，K．若開放拓展：(3)如圖（3），在矩形紙片ABCD中，AB=2，AD=4，將紙片沿過點(diǎn)B的直線折疊，折痕為BM，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)N，展開后再將四邊形ABNM沿BN所在的直線折疊，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)P，點(diǎn)M的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)M'，連接CP，DP，若PC=PD，請(qǐng)直接寫出AM的長．(溫馨提示：12+3【答案】(1)BF=12(2)2+(3)4?2【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得：AB=BN，BF=CF=12BC（2）由折疊得：BM=BM'，證明Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，可知AM=CM（3）如圖（3），過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根據(jù)等腰三角形的三線合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，設(shè)PL=x，則【詳解】（1）解：由折疊得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，∵AB=BC，∴BF=1∴∠BNF=30°，∴∠NBF=90°?30°=60°，故答案為：BF=12BN（2）由折疊得：BM=BM∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠C=90°，∵AB=BC，∴Rt∴AM=CM'，∴∠ABM=∠MBN=∠NBM∴∠FBJ=45°，∴△BFJ是等腰直角三角形，∵四邊形ABCD是矩形，AB=BC，∴矩形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠D=90°，∴DM=DM∴MM∵AM=MN=M∴CM∴BC=CD=4+22∴BF=FC=2+2∵FK∥∴BK=KM∴FK=1∵△BFJ是等腰直角三角形，∴BF=FJ=1∴JK=2+2∴S（3）如圖，過點(diǎn)P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，

∵PC=PD，∴DH=CH=1∵∠PGC=∠PHC=∠BCH=90°，∵四邊形PGCH是矩形，∴PG=CH=1，由折疊得：BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，Rt△BPG中，∠PBG=30°∴∠ABN=∠NBP=90°?30°延長NM'，BP交于Rt△BNL中，BN=2，∠NBL=30°∴NL=2×3Rt△M'∴∠PM設(shè)PL=x，則M'L=2x，∵NL=2∴3x+2x=∴x=4∴AM=3【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)和判定，正方形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，掌握折疊的性質(zhì)和正確作輔助線是解題的關(guān)鍵，題目具有一定的綜合性，比較新穎．題型09利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題1．（2022·安徽滁州·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點(diǎn)，點(diǎn)M在AD上，連接ME并延長交BC于點(diǎn)N，連接DN交MC于點(diǎn)F．則下列四個(gè)結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，則△MFN與

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】依次分析各選項(xiàng)，進(jìn)行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進(jìn)一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個(gè)三角形的共線邊上的高的關(guān)系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△MND≌△DCMSAS后可進(jìn)一步證明【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點(diǎn)，∴BE=DE，AD∥BC，∴∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE，∴△DME≌△BNEAAS∴DM=BN，∴AM=CN，故①正確；若∠A=90°，則平行四邊形ABCD是矩形，由矩形的對(duì)角線相等，而點(diǎn)E是矩形的對(duì)角線的交點(diǎn)可知，E點(diǎn)到B、C兩點(diǎn)的距離相等，∴E點(diǎn)在BC的垂直平分線上，由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，所以N點(diǎn)是BC的中點(diǎn)，∴MN垂直平分BC，∴BM=CM，故②正確；∵M(jìn)D=2AM，AD=BC，AM=CN，∴BN=BC?CN=AD?AM=MD=2AM=2CN，如圖1，分別過D、E兩點(diǎn)向BC作垂線，垂足分別為Q點(diǎn)和P點(diǎn)，

∵E點(diǎn)是BD中點(diǎn)，∴DQ=2EP，∵S△MNCS∴S△MNC故③正確；若AB=MN，因?yàn)锳B=DC，所以DC=MN，分別過N、C兩點(diǎn)向AD作垂線，垂足分別為H、K，

由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，∴Rt△NHM≌∴∠NMD=∠CDM，∵M(jìn)D=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，∴△MND≌△DCMSAS∴∠MND=∠DCM，又∵∠NFM=∠CFD，MN=DC，∴△MNF≌△DCFAAS故④正確；故選：D．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念與性質(zhì)，能熟練運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì)進(jìn)行角或邊之間關(guān)系的轉(zhuǎn)化等．2．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖，在正方形紙片ABCD中，點(diǎn)E為正方形CD邊上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)C，點(diǎn)D重合），將正方形紙片折疊，使點(diǎn)A落在點(diǎn)E處，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，EF交BC于點(diǎn)H，折痕為GM，連接AE、AH，AH交GM于點(diǎn)K下列結(jié)論：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH=45°，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根據(jù)翻折不變性可知∶MA=ME，即可判斷①正確；過點(diǎn)G作GN⊥AD于N．設(shè)AE交GM于O，證明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判斷②正確；根據(jù)翻折的性質(zhì)證明∠AEF=∠AED，可以判斷③正確；根據(jù)△ABH與△ADE不全等，可得AH≠AE，進(jìn)而可以判斷④錯(cuò)誤；過點(diǎn)A作AQ⊥EF于點(diǎn)Q，證明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠【詳解】解∶根據(jù)翻折不變性可知∶MA=ME，∴△AME是等腰三角形，故①正確；如圖1，過點(diǎn)G作GN⊥AD于N，交AE于T，設(shè)AE交GM于O．

∵∠BAN=∴四邊形ABGN是矩形，∴NG=AB=AD，由折疊可知∶MG⊥AE，∴∠GOT=90°∴∠NGM=90°?∴∠NGM=∵∠GNM=∴△GNM≌△ADE(ASA∴MG=AE，故②正確；∵M(jìn)A=ME，∴∠MEA=由折疊可知∶∠FEM=∴∠AEF=90°?∵∠AED=90°?∴∠AEF=∴AE平分∠DEF∵△GNM≌△ADE，∴MN=DE，∵△ABH與△ADE不全等，∴AH≠AE，故④錯(cuò)誤；如圖2，過點(diǎn)A作AQ⊥EF于點(diǎn)Q，．

∵AE平分∠DEF∴∠AED=又∵∠D=∠AQE=90°∴△ADE≌△AEQ(AAS∴∠EAD=∠EAQ∵AD=AB，∴AB=AQ，∵AH=AH，∴Rt△AHB≌∴∠HAB=∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ=綜上所述∶結(jié)論正確的有∶①②③⑤，共4個(gè)．故選∶D．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合題，考查正方形的性質(zhì)、翻折變換、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題屬于中考選擇題中的壓軸題．3．（2023·山東泰安·二模）如圖，正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，連接BD交AC于點(diǎn)O，點(diǎn)M為BC上一動(dòng)點(diǎn)，連接AM，射線AM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點(diǎn)N，連接MN、OM．以下四個(gè)結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18S菱形ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先證明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，結(jié)合∠MAN=60°，可判斷△AMN是等邊三角形，故①正確；因?yàn)镸N=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM最小，求出此時(shí)AM的長即可判斷②正確；可證明此時(shí)MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，結(jié)合S△CBD=12S【詳解】解：∵正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC?∠CAM=∠MAN?∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形，故①正確；∵△AMN是等邊三角形，∴MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM最?。?/p>

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°?∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值為3，故②正確；∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，∴M為BC的中點(diǎn)，此時(shí)N為CD的中點(diǎn)，∴MN為△BCD的中位線，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN當(dāng)OM⊥BC時(shí)，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC?BM=CD?CN，即MC=DN，∴OA

故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定、三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM≌△CAN是解答本題的關(guān)鍵．4．（2023·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，將一張菱形紙片ABCD∠ADC>90°沿對(duì)角線BD剪開，得到△ABD和△BCD，再將△BCD以D為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α=2∠ADB，得到如圖2所示的△DB'C，連接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列結(jié)論：①AC=BB'；②【答案】①②③【分析】證明四邊形ABB'C【詳解】解：如圖2中，過點(diǎn)D作DE⊥B'B由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB∴∠BDE=∠B'DE=∵BA=AD，∴∠ABD=∠ADB，∴∠BDE=∠ABD，∴DE∥AB．同理，DE∥CB∴AB∥CB又∵AB=CB∴四邊形ABB又∵DE∥AB,∠DEB=90°，∴∠ABB∴四邊形ABB∴AC=BB'；∵∠DAB=45°，∴∠DAC=45°，∵AD=CD，∴∠DCA=∠DAC=45°，∴∠CDA=90°；故③正確，∵△ADC是等腰直角三角形，∴AC=2∵BB∴BB∴正確的有①②③，故答案為①②③．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．題型10特殊四邊形與函數(shù)綜合1．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，一次函數(shù)y=?2x+6的圖象交x軸于點(diǎn)A，交y軸于點(diǎn)B，點(diǎn)P在線段AB上(不與點(diǎn)A，B重合)，過點(diǎn)P分別作OA和OB的垂線，垂足為C，D．當(dāng)矩形OCPD的面積為4時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為()

A．(2，2) B．12，5 C．(1，4)或12，5 D．(1，【答案】D【分析】由點(diǎn)P在線段AB上可設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，?2m+6)(0<m<3)，進(jìn)而可得出OC=m，OD=?2m+6，結(jié)合矩形OCPD的面積為4，即可得出關(guān)于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，再將其代入點(diǎn)P的坐標(biāo)中即可求出結(jié)論．【詳解】解：∵點(diǎn)P在線段AB上(不與點(diǎn)A，B重合)，且直線AB的解析式為y=?2x+6，∴設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(m，?2m+6)(0<m<3)，∴OC=m，OD=?2m+6．∵矩形OCPD的面積為4，∴m(?2m+6)=4，∴m1=2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，2)或(1，4)．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征、矩形的性質(zhì)以及解一元二次方程，利用一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征及矩形的面積，找出關(guān)于m的一元二次方程是解題的關(guān)鍵．2．（2022·江蘇常州·二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一次函數(shù)y=?43x+4的圖像與x軸、y軸分別交于點(diǎn)A、B，以AB為邊作菱形ABCD，BC∥x【答案】20【分析】先求出一次函數(shù)與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，再利用勾股定理或兩點(diǎn)間的距離公式計(jì)算出線段AB的長，最后利用菱形的性質(zhì)計(jì)算周長即可．【詳解】解：令y=0，得?43x+4=0，解得x=3，∴A令x=0，得y=4，∴B0,4，OB在Rt△AOB中，AB=O∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA．∴C菱形故答案為：20．【點(diǎn)睛】本題是一道函數(shù)與幾何的綜合題．重點(diǎn)考查了一次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)的求法，兩點(diǎn)間的距離公式（或勾股定理），菱形的性質(zhì)．如果是使用兩點(diǎn)間距離公式，注意公式的正確使用：設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx23．（2022·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）如圖，ABCD是一矩形紙片，E是AB上的一點(diǎn)，且BE:EA=5:3，EC=155，把ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若點(diǎn)B恰好落在AD邊上，設(shè)這個(gè)點(diǎn)是F，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，以直線AD為x軸，以直線BA為y軸，則過點(diǎn)F、點(diǎn)C的一次函數(shù)解析式為：【答案】y=?【分析】設(shè)BE=5x，AE=3x，根據(jù)矩形性質(zhì)利用勾股定理得到AF=4x，根據(jù)翻折判定ΔAFE∽ΔDCF，利用相似比得到DF=6x，BC=10x，結(jié)合勾股定理列出方程，求解后得到F(12,0)【詳解】解：設(shè)BE=5x，AE=3x，∵矩形ABCD，∴∠DAB=∠B=∠CDA=90°，CD=8x，∵ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若點(diǎn)B恰好落在AD邊∴EF=BE=5x，∠ABC=∠EFC=90°，由勾股定理得：AF=E∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠DCF=90°，∴∠AFE=∠DCF，∴Δ∴AFDC∴4x8x∴DF=6x，BC=AD=6x+4x=10x，由勾股定理得：EC(5x)2x=3，8x=24，4x=12，10x=30，∴F(12,0)，C(30,?24)，設(shè)直線CF的解析式是y=kx+b，代入得：0=12k+b?24=30k+b∴k=?4∴y=?4故答案為：y=?4【點(diǎn)睛】本題主要考查一次函數(shù)綜合，涉及到翻折變換、矩形的性質(zhì)、三角形相似的判定與性質(zhì)、勾股定理、解二元一次方程組、解一元一次方程、用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．4．（2023·山東濟(jì)南·二模）如圖，一次函數(shù)y=?x+3的圖像與反比例函數(shù)y=kxk≠0在第一象限的圖像交于A1,a和B兩點(diǎn)，與

(1)求反比例函數(shù)的解析式；(2)若點(diǎn)M在y軸上，且△BMC的面積為4，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；(3)將線段AB在平面內(nèi)平移，當(dāng)AB一個(gè)端點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P在x軸上，另一個(gè)端點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Q是平面內(nèi)一點(diǎn)，是否存在以A、B、P、Q為頂點(diǎn)的四邊形為矩形？若存在，求出所有符合條件的P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=(2)0，?1(3)P1，【分析】（1）先把點(diǎn)A坐標(biāo)代入一次函數(shù)解析式求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，再把點(diǎn)A坐標(biāo)代入反比例函數(shù)解析式求出反比例函數(shù)解析式即可；（2）先求出B、C的坐標(biāo)，再根據(jù)12CM?x（3）設(shè)Pm，0，則AB2=2，AP2=m2【詳解】（1）解：把A1,a代入y=?x+3中得：?1+3=a解得a=2，∴A1,2把A1,2代入y=kx解得k=2，∴反比例函數(shù)解析式為y=2（2）解：在y=?x+3中，令x=0，則y=3，∴C0聯(lián)立y=?x+3y=2x，解得x=2∴B2∵點(diǎn)M在y軸上，且△BMC的面積為4，∴12∴12∴CM=4，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為0，?1或（3）解：設(shè)Pm∵A1,2，B∴AB2=1?22當(dāng)BP為邊時(shí)，則∠ABP=90°，∴m2解得m=1，∴P1當(dāng)BP為對(duì)角線時(shí)，則∠BAP=90°，∴m2解得m=?1，∴P?1綜上所述，P1，0【點(diǎn)睛】本題主要考查了一次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合，勾股定理，利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．5．（2023·廣西貴港·三模）拋物線y=?12x2+32x+c與x軸交于A、B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)，與y軸交于點(diǎn)

(1)求拋物線的解析式與A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)．(2)若點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為0，且以A，E，(3)過點(diǎn)M作直線CD的垂線，垂足為N，若將△CMN沿CM翻折，點(diǎn)N的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為N'，則是否存在點(diǎn)M，使點(diǎn)N'則恰好落在x軸上？若存在，求出此時(shí)點(diǎn)【答案】(1)y=?12(2)M(0,2)或3?412(3)存在，M(1,3)或(5,?3)【分析】（1）可先求得點(diǎn)C的坐標(biāo)，將其代入拋物線的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，進(jìn)而求得點(diǎn)A,B的坐標(biāo)；（2）分為AD為邊和AD為對(duì)角線兩種情形，當(dāng)AD為邊時(shí)，分為?ADME,?ADEM，前者觀察點(diǎn)M和點(diǎn)C重合，后者點(diǎn)M的縱坐標(biāo)和點(diǎn)D坐標(biāo)互為相反數(shù)，進(jìn)而求得結(jié)果，點(diǎn)AD為對(duì)角線時(shí)，點(diǎn)M和點(diǎn)C重合；（3）證明CNMN'是正方形，求得CM的解析式為：y=x+2和【詳解】（1）解：∵CD∥x軸，∴C(0,2),把x=0,y=2代入y=?12∴y=?由?12∴A(?1,0).B(4,0);（2）如圖1，

當(dāng)AD為邊時(shí)，?AE1M1D，此時(shí)M?AM2E3D時(shí)，點(diǎn)M∴?∴x=∴當(dāng)AD為對(duì)角線時(shí)，此時(shí)點(diǎn)M和點(diǎn)C重合，綜上所述：M(0,2)或3?412（3）如圖2，

由折疊知，∠CNM=∠CN∵∠NCN∴四邊形CNMN∵CN=CN∴矩形CNMN∴CM平分∠NCN當(dāng)CM1平分直線CM1的解析式為：由?12x當(dāng)x=1時(shí)，y=1+2=3，∴M1當(dāng)CM2平分直線CM2的解析式為：由?12x當(dāng)x=5時(shí)，y=?5+2=?3，∴綜上所述：M(1,3)或(5,?3)．【點(diǎn)睛】本題以二次函數(shù)為背景，考查了求二次函數(shù)的解析式，求一次函數(shù)的解析式，解一元二次方程，平行四邊形的分類，正方形的判定和性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解決問題的關(guān)鍵是正確分類，畫出圖形．6．（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測(cè)）綜合與探究如圖，已知直線y=43x+4與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過A，C兩點(diǎn)，且與

(1)求拋物線的解析式；(2)D是第二象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時(shí)D點(diǎn)的坐標(biāo)；(3)若線段OC上有一點(diǎn)Q，則AQ+1717CQ(4)若點(diǎn)P在拋物線對(duì)稱軸上，是否存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)y=?(2)四邊形ABCD面積S的最大值為12.5，D(3)16(4)存在，P點(diǎn)的坐標(biāo)為P【分析】（1）先求得A、C、B三點(diǎn)的坐標(biāo)，將拋物線設(shè)為交點(diǎn)式，進(jìn)而求得結(jié)果．（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點(diǎn)D和點(diǎn)E坐標(biāo)可表示出的長，進(jìn)而表示出三角形的面積，進(jìn)而表示出的函數(shù)關(guān)系式，即可解答．（3）過點(diǎn)C作CP∥x軸，連接AP交y軸于點(diǎn)Q，當(dāng)PQ=17CQ時(shí)，AQ+1717CQ的和最小值，tan得Q0,（4）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，進(jìn)而求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．【詳解】（1）當(dāng)x=0時(shí)，y=4，∴C當(dāng)y=0時(shí)，43∴x=?3，∴A∵對(duì)稱軸為直線x=?1，∴B設(shè)拋物線表達(dá)式：y=a∴4=?3a解得，a=?∴拋物線的表達(dá)式為：y=?（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，

∴Dm,?43∴DE=?4∴S△ADC∴S△ABC∴S=?2m當(dāng)m=?32時(shí)，當(dāng)m=?32時(shí)，∴D（3）過點(diǎn)C作CP∥x軸，連接AP交y軸于點(diǎn)Q，

當(dāng)PQ=17CQ時(shí)，設(shè)CQ=a，PQ=17∴CP=17?1∴tanP=即CQPQ設(shè)Q0,q∴q3解得，q=3∴Q0,∴AQ+（4）存在點(diǎn)P，Q，使以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，理由如下：設(shè)P?1,n∵以點(diǎn)A，C，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是以AC為對(duì)角線的菱形，∴PA=PC，即PA∴?1+32∴n=13∴P?1,【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積，菱形的性質(zhì)，熟練運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想是解題的關(guān)鍵．題型11與特殊四邊形有關(guān)的規(guī)律探究問題1．（2023·山東濟(jì)南·一模）在平面直角坐標(biāo)系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2……；按如圖的方式放置，點(diǎn)A1、A2、A3……An在直線y=?x?1，點(diǎn)C1、C2、C3……CnA．3×2n?1?1,?3×C．3×2n?2?1,?3×【答案】D【分析】由四邊形A1B1C1O是正方形，求得A2(1，?2)，求出拋物線L2的頂點(diǎn)為(2，?3)，再將點(diǎn)(2，?3)代入y=ax?22?3，可求拋物線L2的解析式為y=x?22?3；求出A3(3，?4)，B3(7，【詳解】解：對(duì)于直線y=?x?1，設(shè)x=0,可得y=?1，∴A1∵四邊形A1∴C1(1,0)，又點(diǎn)A2∴A2又∵B2∴拋物線L2的對(duì)稱軸為直線x=2∴拋物線L2的頂點(diǎn)為(2設(shè)拋物線L2的解析式為：y=a∵L2過點(diǎn)B∴?2=a×3?