专题16 平行四边形与特殊平行四边形一、单选题1．（2022·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与
CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为（?）A．27°B．53°C．57°D．63°【答案】D【
分析】根据题意可知AE//BF，∠EAB=∠ABF，∠ABF+27°=90°，等量代换求出∠EAB，再根据平行线的性质求出∠AED
．【详解】解：如图所示：∵AE//BF，∴∠EAB=∠ABF，∵四边形ABCD是矩形，∴AB//CD，∠ABC=90°，∴∠ABF
+27°=90°，∴∠ABF=63°，∴∠EAB=63°，∵AB//CD，∴∠AED=∠EAB=63°．故选：D．【点睛】本题考查
了矩形的性质，平行线的性质，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都
是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．2．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，M是对角线BD上
的一个动点，，则的最小值为（?）A．1B．C．D．2【答案】C【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等
边三角形，AF是高线，利用三角函数即可求解．【详解】解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值．∵四边形ABCD是菱形，∴AB
＝BC，又∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵∴F是BC的中点，∴AF⊥BC．则AF＝AB?sin60°＝2．即的最小值
是．故选：C【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是的最小值是关键．3．（2022·山东菏泽·中考真
题）如图所示，将一矩形纸片沿AB折叠，已知，则（?）A．48°B．66°C．72°D．78°【答案】C【分析】由折叠及矩形的性质可
得，再根据平行线的性质求出，根据周角的定义求解即可．【详解】∵将一矩形纸片沿AB折叠，∴，，，，，故选：C．【点睛】本题考查了矩形
的性质，折叠的性质及平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．4．（2022·山东淄博·中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中
，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）A．16B．6C．12D．30【答
案】B【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DE
F＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出O
C，从而得到AC＝，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．【详解】解：连接AC交BD于O，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴，CB＝C
D＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，∵E为AD边的中点，∴DE＝2，∵∠DEF＝∠DFE，∴DF＝DE＝2，∵，∴∠
DEF＝∠BCF，∵∠DFE＝∠BFC，∴∠BCF＝∠BFC，∴BF＝BC＝4，∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，，∴AC＝2OC＝，∴菱形ABCD的面积＝AC?BD＝．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边
形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积＝ab（a、b是两条对角线的长度
）．5．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（?）A．测量两条对角线是否相等B．度量
两个角是否是90°C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等D．测量两组对边是否分别相等【答案】C【分析】由对角线的相等不能
判定平行四边形，可判断A，两个角为不能判定矩形，可判断B，对角线的交点到四个顶点的距离相等，可判断矩形，从而可判断C，由两组对边分
别相等判断的是平行四边形，可判断D，从而可得答案．【详解】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，
故选项A不符合题意；B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；C、测量对角线交点到四
个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；故选
：C．【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键．6．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形的
对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（?）A．4B
．3C．2D．1【答案】A【分析】通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是
菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．【详解】解：点为的中点，，又，，，是等边三角
形，，，，即，故①正确；在平行四边形中，，，，，在和中，，，，四边形是平行四边形，又，点为的中点，，平行四边形是菱形，故③正确；，
在中，，，故②正确；在平行四边形中，，又点为的中点，，故④正确；综上所述：正确的结论有4个，故选：A．【点睛】本题考查平行四边形的
性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．7．（2022·山东滨州·中考真题
）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B
到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（?）A．线段B．圆弧C．折线D．波浪线【答案】A【分析】连接，根据题意可知则线段EF的
中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段【详解】连接，根据题意可知，，∴点G在线段OB的垂直平分线上．则线段EF的中点G经
过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段．故选：A．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．8．（2021·山东德州·中考真题）如图，下列条件中能使成为菱形的是（?）A．B．C．D．
【答案】D【分析】根据菱形的判定定理可得．【详解】解：A、AB=CD不能判定?ABCD是菱形，故不符合题意；B、AC=BD只能判定
?ABCD是矩形，故不符合题意；C、∠BAD=90°只能判定?ABCD是矩形，故不符合题意；D、AB=BC能判定?ABCD是菱形，
故符合题意；故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的判定，熟练地掌握菱形的判定定理是解决问题的关键．9．（2021·山东德州·中考真
题）如图，在矩形中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点，连接，则阴影部分的面积为（?）A．B．C．D．【答案】A【分析】利用矩形
的性质求出，利用余弦求出BE，利用阴影部分的面积，求出各部分面积作差即可．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，，阴影部分的面积
．故选：．【点睛】本题考查矩形性质，余弦，扇形面积，解题的关键是熟练掌握矩形性质和利用余弦解三角形，理解阴影部分的面积．10．（2
021·山东滨州·中考真题）如图，在中，BE平分∠ABC交DC于点E．若，则∠DEB的大小为（?）A．130°B．125°C．12
0°D．115°【答案】C【分析】根据平行四边形的性质，可以得到AD∥BC，DC∥AB，然后即可得到∠A+∠ABC=180°，∠A
BE+∠DEB=180°，再根据∠A=60°，BE平分∠ABC，即可得到∠DEB的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，DC∥AB，∴∠A+∠ABC=180°，∠ABE+∠DEB=180°，∵∠A=60°，∴∠ABC=120°，∵BE平
分∠ABC，∴∠ABE=60°，∴∠DEB=120°，故选：C．【点睛】本题考查平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义，利
用数形结合的思想解答是解答本题的关键．11．（2021·山东枣庄·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点
，点是的中点，则的最小值为（?）A．B．C．3D．【答案】A【分析】连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据
菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得．【详解】解：如图，连接，由两点之间线段最短得：当点共线时，
取最小值，最小值为，四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，点是的中点，，，即的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、等
边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．12．（2021·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形中，，．连接A
C，过点B作，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若，则四边形ABEC的面积为（?） A．B．C．6D．【答案】B【分析
】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，A
B=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，∵，∴四边形ABEC为平行四边形，∵，∴，∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，∴∠ABF
=∠BAF，∴AF=BF，∴2AF=2BF，即BC=AE，∴平行四边形ABEC是矩形，∴∠BAC=90°，∴,∴矩形ABEC的面积
为．故选：B【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键
．13．（2021·山东泰安·中考真题）如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等
．其中正确结论的个数为（?）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明，
进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形
的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明后可进一步证明，即可完成求证．【详解】解：∵平行四边形中，E是
的中点，∴，，，∴,,∴,∴，∴，故①正确；若，则平行四边形是矩形，由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，E点到B、
C两点的距离相等，∴E点在BC的垂直平分线上，由，可得BN=CN，所以N点是BC的中点，∴MN垂直平分BC，∴，故②正确；若，则B
N=2CN，如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，∵E点是BD中点，∴DQ=2EP，∵，∴，故③正确；若，因
为，所以，分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，∴，∴，∴,∴，又∵，∴,故④
正确；故选：D．【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内
容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属
于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．14．（2021·山东枣庄·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，O为
对角线的交点，点E、F分别为BC、AD的中点．以C为圆心，2为半径作圆弧，再分别以E、F为圆心，1为半径作圆弧、，则图中阴影部分的
面积为（ ）A．π﹣1B．π﹣2C．π﹣3D．4﹣π【答案】B【分析】根据题意和图形，可知阴影部分的面积是以2为半径的四分之一个
圆（扇形）的面积减去以1为半径的半圆（扇形）的面积再减去2个以边长为1的正方形的面积减去以1半径的四分之一个圆（扇形）的面积，本题
得以解决．【详解】解：由题意可得，阴影部分的面积是：?π×22﹣﹣2（1×1﹣?π×12）＝π﹣2，故选：B．【点睛】本题主要考查
运用正方形的性质，圆的面积公式（或扇形的面积公式），正方形的面积公式计算不规则几何图形的面积，解题的关键是理解题意，观察图形，合理
分割，转化为规则图形的面积和差进行计算．15．（2020·山东日照·中考真题）已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的
面积为（ ）A．8B．8C．4D．2【答案】D【分析】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．【详解】解：如图，∵两邻角度数之
比为1：2，两邻角和为180°，∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，∵菱形的周长为8，∴边长AB＝2，∴菱形的对角线AC＝2，
BD＝2×2sin60°＝2，∴菱形的面积＝AC?BD＝×2×2＝2．故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性
质．16．（2020·山东烟台·中考真题）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”．在一次数学活动课上，小明用边长为4cm的
正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品—“奔跑者”，其中阴影部分的面积为5cm2的是（?）A．B．C．D．【答案】
D【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积＝××42＝1cm2，可得平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2
，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积＝××4
2＝1（cm2），平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，则A、阴影
部分的面积为2+2＝4（cm2），不符合题意；B、阴影部分的面积为1+2＝3（cm2），不符合题意；C、阴影部分的面积为4+2＝6
（cm2），不符合题意；D、阴影部分的面积为4+1＝5（cm2），符合题意；故选：D．【点睛】本题考查图形的剪拼、七巧板，解题的关
键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割法求阴影部分的面积．17．（2020·山东威海·中考真题）如图，在平行四边形ABC
D中，对角线，，，为的中点，E为边上一点，直线交于点F，连结，．下列结论不成立的是（?）A．四边形为平行四边形B．若，则四边形为矩
形C．若，则四边形为菱形D．若，则四边形为正方形【答案】D【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行
逐一判断即可得解．【详解】A.∵四边形ABCD是平行四边形∴∴∵为的中点∴在与中∴∴又∵∴四边形为平行四边形，故A选项正确；B.假
设∵，，∴∴∴∵∴则当时，∵四边形为平行四边形∴四边形为矩形，故B选项正确；C.∵，∴E是AB中点∵∴∵四边形为平行四边形∴四边形
为菱形，故C选项正确；D.当时与时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项错误，故选：D．【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．18
．（2020·山东威海·中考真题）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图
①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知，则图中阴影部分的面积为（?）A．B．C．D．【答案】C【分析】如图，设OF＝EF
＝FG＝x，可得EH＝2x＝20，解方程即可解决问题．【详解】解：如图，设OF＝EF＝FG＝x，∴OE＝OH＝2x，在Rt△EOH
中，EH＝2x，由题意EH＝20cm，∴20＝2x，∴x＝5，∴阴影部分的面积＝（5）2＝50（cm2），故选：C．【点睛】本题考
查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．19．（202
0·山东东营·中考真题）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：
①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（?）A．①②③④B．①②③⑤C．①②③④⑤D．③④⑤【答案】B【分析】①根据题意
及正方形的性质，即可判断；②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩
形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形O
PF中，使用勾股定理，即可判断；④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；⑤连接MO
、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．【详解】∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，∴
∠MAE=∠EAP=45°，根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，在三角形与中，∴AS
A，故①正确；∴AE=ME=EP=MP，同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，∵正方形ABCD中，AC⊥BD，又∵PM⊥
AC，PN⊥BD，∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，∴四边形PEOF为矩形，∴PF=OE，∴OE+AE=PF+PE=NF+M
E=AO，又∵ME=PE=MP，FP=FN=NP，OA=AC，∴ PM+PN=AC，故②正确；∵四边形PEOF为矩形，∴PE=OF
，在直角三角形OPF中，，∴，故③正确；∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④错误；连接
MO、NO，在△OEM和△OEP中，∴△OEM≌△OEP，OM=OP，同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，又∵∠MPN=90°
，OM=OP=ON，∴M,N,P在以O为圆心，OP为半径的圆上，又∵∠MPN=90°，∴MN是圆O的直径，∴点在两点的连线上．故⑤
正确．故选择B．【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．
20．（2020·山东潍坊·中考真题）如图，点E是的边上的一点，且，连接并延长交的延长线于点F，若，则的周长为（?）A．21B．2
8C．34D．42【答案】C【分析】根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形
，∴AB∥CF，AB=CD，∴△ABE∽△DFE，∴，∵，∴AE=6，AB=8，∴AD=AE+DE=6+3=9，∴的周长为：（8+
9）×2=34．故选：C．【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，关键是根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质解答．21．（
2020·山东青岛·中考真题）如图，将矩形折叠，使点和点重合，折痕为，与交于点若，，则的长为（?）A．B．C．D．【答案】C【分析
】先证明再求解利用轴对称可得答案．【详解】解：由对折可得： 矩形， BC=8 由对折得： 故选C．【点睛】本题考查的是矩形
的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，轴对称的性质，掌握以上知识是解题的关键．22．（2020·山东滨州·中考真题）如图，对折
矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF；把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点处，得到折痕BM，BM与FF相交于点N
．若直线B A’交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据中位线定理可得AM=
2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M=A′N=2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到B
E，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．【详解】解：∵EN=1，∴由中位线定理得AM=2，由折叠的性质可得A′M=2，
∵AD∥EF，∴∠AMB=∠A′NM，∵∠AMB=∠A′MB，∴∠A′NM=∠A′MB，∴A′N=2，∴A′E=3，A′F=2过M
点作MG⊥EF于G，∴NG=EN=1，∴A′G=1，由勾股定理得MG= ，∴BE=DF=MG= ，∴OF：BE=2：3，解得OF=
，∴OD=-=．故选：B．【点睛】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．23．（202
0·山东菏泽·中考真题）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（?）A．互相平分B
．相等C．互相垂直D．互相垂直平分【答案】C【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连
接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．【详解】根据题意画出图形如下：答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．证明：∵四
边形EFGH是矩形，∴∠FEH=90°，又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，∴EF是三角形ABD的中位线，∴EF∥BD，∴
∠FEH=∠OMH=90°，又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，∴EH是三角形ACD的中位线，∴EH∥AC，∴∠OMH=∠CO
B=90°，即AC⊥BD．故选C．【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关
键．24．（2020·山东泰安·中考真题）将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若，则等于（?）A．80°B．100°C
．110°D．120°【答案】C【分析】如图，先根据平行线性质求出∠3，再求出∠4，根据四边形内角和为360°即可求解．【详解】解
：如图，由题意得DE∥GF，∴∠1=∠3=50°，∴∠4=180°-∠3=130°，∴在四边形ACMN中，∠2=360°-∠A-∠
C-∠4=110°．故选：C【点睛】本题考查了平行线的性质，四边形的内角和定理，熟知相关定理是解题关键．25．（2020·山东泰安
·中考真题）如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：①；②；③；④当时
，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（?）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【分析】通过判断△AND≌△CMB即可证明①
，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过 DF与EB先证明出四
边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．【详解】∵B
F⊥AC∴∠BMC=90°又∵ ∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC∴∠DNA=∠BMC=90°∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC，A
D∥BC，DC∥AB∴∠ADB=∠CBD∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM在△AND与△CMB∵∴△AN
D≌△CMB(AAS)∴AN=CM，DN=BM，故①正确．∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE
=∠CMF=90°在△ANE与△CMF中∵∴△ANE≌△CMF（ASA）∴NE=FM，AE=CF，故③正确．在△NFM与△MEN中
∵∴△NFM≌△MEN（SAS）∴∠FNM=∠EMN∴NF∥EM，故②正确．∵AE=CF∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB又根
据矩形性质可知DF∥EB∴四边形DEBF为平行四边根据矩形性质可知OD=AO，当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形∴∠ADO
=60°又∵DN⊥AC根据三线合一可知∠NDO=30°又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°故DE=
EB∴四边形DEBF为菱形，故④正确．故①②③④正确故选D．【点睛】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对
应的全等三角形是解题关键．26．（2020·山东临沂·中考真题）如图，P是面积为S的内任意一点，的面积为，的面积为，则（?）A．B
．C．D．的大小与P点位置有关【答案】C【分析】过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，表示出S1+ S2，得
到即可．【详解】解：如图，过点P作AD的垂线PF，交AD于F，再延长FP交BC于点E，根据平行四边形的性质可知PE⊥BC，AD=B
C，∴S1=AD×PF，S2=BC×PE，∴S1+ S2=AD×PF+BC×PE=AD×（PE+PE）=AD×EF=S，故选C．【
点睛】本题考查了三角形的面积和平行四边形的性质，解题的关键是作出平行四边形过点P的高．27．（2020·山东德州·中考真题）如图，
小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°……照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为
（?）A．80米B．96米C．64米D．48米【答案】C【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．【详解】解：根据题意可知，他需要转
360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．故选：C．【点睛】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．
任何一个多边形的外角和都是360°．28．（2020·山东聊城·中考真题）如图，在中，，，将绕点旋转得到，使点的对应点落在上，在上
取点，使，那么点到的距离等于（?）．A．B．C．D．【答案】D【分析】根据旋转的性质和30°角的直角三角形的性质可得的长，进而可得
的长，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，如图，则四边形是矩形，解Rt△可得的长，即为FM的长，根据三角形的内角和易得
，然后解Rt△可求出DF的长，进一步即可求出结果．【详解】解：在中，∵，，∴AC=2AB=4，∵将绕点旋转得到，使点的对应点落在上
，∴，∴，过点D作DM⊥BC于点M，过点作于点E，于点F，交AC于点N，如图，则四边形是矩形，∴，在Rt△中，，∴FM=1，∵，∴
，在Rt△中，，∴，即点到的距离等于．故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形、矩形的判定和性质以及旋转的性质等知识，正确作出辅助
线、熟练掌握解直角三角形的知识是解题的关键．29．（2020·山东济宁·中考真题）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的
边数为（ ）A．6B．7C．8D．9【答案】C【详解】解：设这个多边形的边数为n，由n边形的内角和等于180°（n﹣2），可得方程
180（n﹣2）=1080，解得：n=8．故选C．【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，解题的关键是根据题意列出一元一次方程．30
．（2020·山东枣庄·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角
线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（ ）A．B．6C．4D．5【答案】B【分析】根据折叠的性质得到AF=AB，
∠AFE=∠B=90°，根据等腰三角形的性质得到AF=CF，于是得到结论．【详解】∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线A
C上的点F处，∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴EF⊥AC，∵∠EAC=∠ECA，∴AE=CE，∴AF=CF，∴AC=2AB
=6，故选B．【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．二、填空题31．（2022·山东潍坊·
中考真题）小莹按照如图所示的步骤折叠A4纸，折完后，发现折痕AB′与A4纸的长边AB恰好重合，那么A4纸的长AB与宽AD的比值为_
__________．【答案】【分析】判定△AB′D′是等腰直角三角形，即可得出AB′=AD，再根据AB′= AB，再计算即可得到
结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B=∠DAB=90°，由操作一可知：∠DAB′=∠D′AB′=45°，∠AD′
B′=∠D=90°，AD=AD′，∴△AB′D′是等腰直角三角形，∴AD=AD′= B′D′，由勾股定理得AB′=AD，又由操作二
可知：AB′=AB，∴AD=AB，∴=，∴A4纸的长AB与宽AD的比值为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠变换
的运用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．32．（2022·山东青岛·中考真题）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与
绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后
，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是__________．【答案】60【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平
行线的性质即可求出∠ABC的度数．【详解】如图，∵∠BAD=∠BAE=∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE=360°，∴∠BAD
=∠BAE=∠DAE=120°，∵BC∥AD，∴∠ABC=180°-120°=60°，故答案为：60．【点睛】本题考查了菱形的性质
与学生读题审题的能力，解题关键是理解题意，求出∠BAD的度数．33．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为正方形，点E是的
中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为___________．【答案】2【分析】连接AP，
根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD?PD＝6?x，
EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．【详解】解：连接AP，如图所示，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝A
D＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE＝AB＝3，由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠
B＝90°，∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，在Rt△AFP和Rt△ADP中，，∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），∴PF＝
PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD?PD＝6?x，EP＝EF＋FP＝3＋x，在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋C
P2，∴（3＋x）2＝32＋（6?x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，故答案为：2．【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾
股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．34．（2022·山东泰安·中考真题）如图，四边形为平行四边形，则点B的坐标为______
__．【答案】【分析】根据平行四边形的性质以及点的平移即可得出结论．【详解】解：四边形为平行四边形，，即将点平移到的过程与将点平移
到的过程保持一致，将点平移到的过程是：（向左平移4各单位长度）；（上下无平移）；将点平移到的过程按照上述一致过程进行得到，即，故答
案为：．【点睛】本题考查平行四边形的性质及点的平移，掌握点的平移的代数表示是解决问题的关键．35．（2022·山东滨州·中考真题）
如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为__
______．【答案】【分析】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，当N、E、C三点共线时，，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，四边形ANEF是平行四边形，，当N、E、C三点共线时，最小，四边形ABCD是矩
形，，，，四边形EFMD是平行四边形，，，，，，，，，即，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，，，的最小值为，故答案为：．【
点睛】本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助
线是解题的关键．36．（2021·山东青岛·中考真题）已知正方形的边长为3，为上一点，连接并延长，交的延长线于点，过点作，交于点，
交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为__________．【答案】【分析】由正方形的性质，可得A点与C点关于
BD对称，则有MN +CM=MN+AM≥AN，所以当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小为AN，先证明△DCG~△FCE，再由
，可得，分别求出DE=1，CE=2，CF=6，即可求出AN．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴A点与C点关于BD对称，∴CM
=AM，∴MN+CM=MN+AM≥AN，∴当A、M、N三点共线时，MN+CM的值最小，∵AD∥CF，∴∠DAE=∠F，∵∠DAE+
∠DEH=90°，∵DG⊥AF，∴∠CDG+∠DEH=90°，∴∠DAE=∠CDG，∴∠CDG=∠F，∴△DCG~△FCE，∵，∴
，∵正方形边长为3，∴CF=6，∵AD∥CF， ，∴DE=1，CE=2，在Rt△CEF中，EF2=CE2+CF2，∴ ，∵N是E
F的中点， ，在Rt△ADE中，EA2=AD2+DE2，∴ ，∴ ，∴MN+MC的最小值为 ．故答案为：．【点睛】本题考查轴对称求
最短距离，熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理是解题的关键．37．（2021·山东日照·中
考真题）如图，在矩形中，，，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，同时，点从点出发，以的速度沿边向点运动，到达点停止，规定
其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为_____时，与全等．【答案】2或【分析】可分两种情况：①得到，，②得到，，
然后分别计算出的值，进而得到的值．【详解】解：①当，时，，，，，，解得：，，，解得：；②当，时，，，，，解得：，，，解得：，综上所
述，当或时，与全等，故答案为：2或．【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
38．（2021·山东济南·中考真题）如图，一个由8个正方形组成的“”型模板恰好完全放入一个矩形框内，模板四周的直角顶点，，，，都
在矩形的边上，若8个小正方形的面积均为1，则边的长为__________．【答案】【分析】如图，延长交于点，连接，根据题意求得的长
，设，先证明，再证明，，分别求出矩形的四边，根据矩形对边相等列方程组求得的值，进而求得的值．【详解】小正方形的面积为1，则小正方形
的边长为，如图，延长交于点，连接，，，四边形是正方形，，，设，四边形是矩形，，，，，，，，，，，即①②联立解得故答案为：【点睛】本
题考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，解二元一次方程组，勾股定理，综合运用以上知识是解
题的关键．39．（2021·山东淄博·中考真题）两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小
值是__________．【答案】【分析】由题意易得四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，易得，，然后根
据勾股定理可得，则，，进而可得，要使为最小，即的值为最小，则可过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，最后根据“胡不归”问题可求解．【
详解】解：∵纸条的对边平行，即，∴四边形是平行四边形，∵两张纸条的宽度都为，∴，∴，∴四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接
AC，交BD于点O，如图所示：∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴，，∴，过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，如图所示：∴，要使的值
为最小，则需满足为最小，根据三角不等关系可得：，所以当B、P、M三点共线时，取最小，即为BM的长，如图所示：∴，∴，∴的最小值为，
即的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查三角函数、菱形的性质与判定及含30°直角三角形的性质，解题的关键是利用“胡不归”原理找
到最小值的情况，然后根据三角函数及菱形的性质进行求解即可．40．（2021·山东威海·中考真题）如图，先将矩形纸片ABCD沿EF折
叠（AB边与DE在CF的异侧），AE交CF于点G；再将纸片折叠，使CG与AE在同一条直线上，折痕为GH．若，纸片宽，则HE＝___
_______cm．【答案】【分析】根据题意，证明四边形是平行四边形，运用的正弦和余弦的关系，求出HE．【详解】如图，分别过作，
垂足分别为则根据题意，，因为折叠，则四边形ABCD是矩形同理四边形是平行四边形，中，故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称图形，平行
四边形的性质与判定，锐角三角函数，理解题意作出辅助线，是解题的关键．41．（2021·山东东营·中考真题）如图，正方形纸片ABCD
的边长为12，点F是AD上一点，将沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若，则GE的长为________．【答案
】【分析】因为折叠，则有，从而可知，利用线段比求出DG的长，即可求出EG．【详解】如图, 四边形ABCD是正方形，，因为折叠，，设
垂足为H，，，，，，，，DE=，，，故答案为．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，找到
是解题的关键．42．（2021·山东威海·中考真题）如图，在正方形ABCD中，，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF
交于点G，连接BG．若，则BG的最小值为__________________．【答案】．【分析】根据SAS证明△DEA≌△AFB，
得∠ADE=∠BAF，再证明∠DGA=90°，进一步可得点G在以AD为直径的半圆上，且O，G，B三点共线时BG取得最小值．【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC-∠DAE，AD=AB，∵AE=BF∴△DEA≌△AFB， ∴∠DAF+∠BAF=∠DAB
=90°， ∠ADE+∠DAF=90°∴∠DGA=90°∴点G在以AD为直径的圆上移动，连接OB，OG，如图：∴ 在Rt△AOB中
，∠OAB=90°∴OB= ∵ ∴当且公当O，G，B三点共线时BG取得最小值．∴BG的最小值为：．【点睛】此题主要考查了全等三角形
的判定与性质，正方形的性质，三角形三边关系，圆周角定理等相关知识，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．43．（2021·山东东营·
中考真题）如图，正方形中，，AB与直线l所夹锐角为，延长交直线l于点，作正方形，延长交直线l于点，作正方形，延长交直线l于点，作正
方形，…，依此规律，则线段________．【答案】【分析】利用tan30°计算出30°角所对直角边，乘以2得到斜边，计算3次，找
出其中的规律即可.【详解】∵AB与直线l所夹锐角为，正方形中，，∴∠=30°，∴=tan30°==1，∴；∵=1，∠=30°，∴=
tan30°=，∴；∴线段,故答案为：.【点睛】本题考查了正方形的性质，特殊角三角函数值，含30°角的直角三角形的性质，规律思考，
熟练进行计算，抓住指数的变化这个突破口求解是解题的关键.44．（2021·山东临沂·中考真题）在平面直角坐标系中，的对称中心是坐标
原点，顶点、的坐标分别是、，将沿轴向右平移3个单位长度，则顶点的对应点的坐标是___．【答案】（4，-1）【分析】根据平行四边形的
性质得到点C坐标，再根据平移的性质得到C1坐标．【详解】解：在平行四边形ABCD中，∵对称中心是坐标原点，A（-1，1），B（2，
1），∴C（1，-1），将平行四边形ABCD沿x轴向右平移3个单位长度，∴C1（4，-1），故答案为：（4，-1）．【点睛】本题考
查了坐标与图形变化-平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减．45．（2021·山东泰安·中考真题）
如图，将矩形纸片折叠（），使落在上，为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将边折起，使点B落在上的点G处，连接，若，
，则的长为________．【答案】【分析】根据矩形的性质和正方形的性质，证明，从而，又因为，代入求解即可．【详解】解：∵四边形是
矩形,， ∴,,,且四边形是正方形，∴， ∴，又∵，∴，∴ 又∵（折叠，∴，, ， 设,则，∴ ，又∵是正方形对角线，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，解得：，即 ，∴． 故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，正方形的性质和判定，三角形全等等相关知识点，根据题意找到
等量关系转换是解题的关键．46．（2020·山东淄博·中考真题）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一
点．将△BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中点N，连接MN，则MN
＝_____cm．【答案】5【详解】连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．【解答】解：连接AC，FC．由翻
折的性质可知，BE垂直平分线段CF，∴FM⊥BE，∴F．M，C共线，FM＝MC，∵AN＝FN，∴MN＝AC，∵四边形ABCD是矩形
，∴∠ABC＝90°，∴AC＝＝＝10（cm），∴MN＝AC＝5（cm），故答案为5．【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，三角形
的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．47．（2020·山东威海·中考真
题）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为．分别在边，，，上顺次截取，连接，，，．分别以，，，为轴将纸片向内翻折，得到四边形，若四
边形的面积为，则__________．【答案】4【分析】由四边形的面积算出边长,再用a表示出EB,即可表示出四个三角形的面积,列出
等式即可求解．【详解】∵四边形是由四个直角边翻折得到的,∴四边形是正方形,∵四边形是9cm2,∴．∵,∴EB=FC=DG=HD=(
a－3)cm．∴2S△AEH=(S□ABCD－S□A1B1C1D1)÷4=(25－9)÷4=4cm2,即,,因式分解得:,∴a=4
或a=﹣1(舍去)．故答案为4．【点睛】本题考查正方形折叠的题型,关键在于结合图形找到等量关系．48．（2020·山东东营·中考真
题）如图，为平行四边形边上一点，分别为上的点，且的面积分别记为．若则____．【答案】【分析】证明△PEF∽△PAD，再结合△PE
F的面积为2可求出△PAD的面积，进而求出平行四边形ABCD的面积，再用平行四边形ABCD的面积减去△PAD的面积即可求解．【详解
】解：∵∴，且∠APD=∠EPF，∴△PEF∽△PAD，根据相似三角形面积比等于相似比的平方，且△PEF的面积为2可知，，∴，过P
点作平行四边形ABCD的底AD上的高PH，∴，∴ ，即平行四边形ABCD的面积为，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性
质，相似三角形的判定及性质等，熟练掌握其性质是解决本题的关键．49．（2020·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，对角线与交于
点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点．若，，则点到的距离为__________．【答案】【分析】先根据正方形的性质与中
位线定理得到CD,FG的长，故可求出AE、DF的长，再等面积法即可得到AH的长，故可求解．【详解】如图，过点A作AH⊥DF的延长线
于点H，∵在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∴O为AC中点∵F点是AE中点，∴OF是△ACE的中位线，∴CE=2OF=
6∴G点是AD的中点，∴FG是△ADE的中位线，∴GF==1∴CD=CE-DE=4,∴AD=CD=4在Rt△ADE中，AD=4,D
E=2∴AE=∴DF=AE=∴S△AFD=AD·GF=FD·AH即×4×1=××AH∴AH=∴点A到DF的距离为，故答案为：．【点
睛】此题主要考查正方形内的线段求解，解题的关键是熟知正方形的性质、中位线定理、勾股定理及三角形的面积公式．50．（2020·山东滨
州·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为则正方形ABCD的面积为________【答案】【
分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB
=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．【详解】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CB
M，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．?∵BP=BM=，∠PBM=90°，∴PM=PB=2，∵PC=4，PA=CM=2，∴PC2=
CM2+PM2，∴∠PMC=90°，∵∠BPM=∠BMP=45°，∴∠CMB=∠APB=135°，∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，∵BH⊥PM，∴PH=HM，∴BH=PH=HM=1，∴AH=2+1，∴AB2=AH2+BH2=（2+1）2+12
=14+4，∴正方形ABCD的面积为14+4．故答案为14+4．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，
解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．51．（2020·山东菏泽·中考真题）如图，矩形
中，，，点在对角线上，且，连接并延长，交的延长线于点，连接，则的长为_______．【答案】【分析】由矩形的性质求得BD，进而求得
PD ，再由AB∥CD得，求得CQ，然后由勾股定理解得BQ即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，∴∠BAD=∠BCD=90o，
AB=CD=5，BC=AD=12，AB∥CD，∴，又=5，∴PD=8，∵AB∥DQ，∴，即解得：CQ=3，在Rt△BCQ中，BC=
12，CQ=3，．故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，会利用平行线成比例
定理列相关比例式是解答的关键．52．（2020·山东德州·中考真题）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程的一个根，则该菱形的周长为
________．【答案】20【分析】解方程得出x=4，或x=5，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②
当AB=AD=5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．【详解】解：如图所示： ∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=A
D，∵因式分解得：（x-4）（x-5）=0，解得：x=4，或 x=5，分两种情况：当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；
当AB=AD=5时，5+5＞8，可构成三角形；∴菱形ABCD的周长=4AB=20．故答案为：20．【点睛】本题考查了菱形的性质、一
元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．53．（2020·山东枣庄·中
考真题）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它的面积S可用公式（a是多边形内的格点数，b是多边形
边界上的格点数）计算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积________．【答案】6
【分析】根据题目要求，数出五边形内部格点的数量，五边形边上格点的数量，代入计算即可．【详解】由图可知：五边形内部格点有4个，故五边
形边上格点有6个，故∴＝故答案为：6．【点睛】本题考查了网格中不规则多边形的计算，按题目要求尽心计算即可．54．（2020·山东枣
庄·中考真题）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．【答案】【分析】连接交于点，则可证得，，可证四边形
为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．【详解】如图，连接交于点，∵四边形为正方形，∴，，∵，∴，即
，∴四边形为平行四边形，且，∴四边形为菱形，∴，∵，，由勾股定理得：，∴四边形的周长，故答案为.【点睛】本题考查了正方形的性质、菱
形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．三、解答题55．（2022·山东济南·中考真题）已知：
如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接DE，DF，∠ADF＝∠CDE．求证：AE＝CF．【答案】见解析【分析】根据
菱形的性质得出，，再利用角的等量代换得出，接着由角边角判定，最后由全等的性质即可得出结论．【详解】解：∵四边形是菱形，E，F是对角
线AC上两点，∴，．∵，∴，即．在和中，，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练地掌握这些性
质和判定定理，并能从题中找到合适的条件进行证明．56．（2022·山东烟台·中考真题）如图，在?ABCD中，DF平分∠ADC，交A
B于点F，BEDF，交AD的延长线于点E．若∠A＝40°，求∠ABE的度数．【答案】70°【分析】根据平行四边形的性质和平行线的性
质即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠A+∠ADC＝180°，∵∠A＝40°，∴∠ADC＝1
40°，∵DF平分∠ADC，∴∠CDF＝ADC＝70°，∴∠AFD＝∠CDF＝70°，∵DF∥BE，∴∠ABE＝∠AFD＝70°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．57．（2022·山东威海
·中考真题）如图:(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积
．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AGCH的面积．【答案】(1)①菱形，理由见解
析；②20(2)【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；（2
）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．（1）①∵四
边形ABCD，四边形AECF都是矩形∴ ∴四边形AHCG为平行四边形∵ ∴ ∴ ∴四边形AHCG为菱形；②设AH=CG=x，则DH
=AD-AH=8-x在中即 解得 ∴四边形AHCG的面积为；（2）由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等∴ ∴ 设AH=CG
=x则HD=7-x在中， 在中， ∵EC=EH+CH=8∴x=3∴四边形AGCH的面积为．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定
和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．58．（2022·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，点E在上
，，与相交于点O．与相交于点F．(1)若平分，求证：；(2)找出图中与相似的三角形，并说明理由;(3)若，，求的长度．【答案】(1
)证明见解析(2)，与相似，理由见解析(3)【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；（2）根据判定两个三角形相似
的判定定理，找到相应的角度相等即可得出；（3）根据得出，根据得出，联立方程组求解即可．（1）证明：如图所示：四边形为矩形，，，，，
又平分，，，又与互余，与互余，；（2）解：，与相似．理由如下：，，，又，?，，，；（3）解：，，，，在矩形中对角线相互平分，图中，
①，，，，在矩形中，②，由①②，得（负值舍去），．【点睛】本题考查矩形综合问题，涉及到矩形的性质、角平分线的性质、角度的互余关系、
两个三角形相似的判定与性质等知识点，熟练掌握两个三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．59．（2022·山东滨州·中考真题）如图
，菱形的边长为10， ，对角线相交于点O，点E在对角线BD上，连接AE，作且边EF与直线DC相交于点F．(1)求菱形的面积；(2)
求证．【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据菱形的性质可得AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，再根据题意及特殊角的三角函数值
求出AC和BD的长度，根据菱形的面积＝对角线乘积的一半即可求解．（2）连接EC，设∠BAE的度数为x，易得EC=AE，利用三角形的
内角和定理分别表示出∠EFC和∠ECF的度数，可得∠EFC=∠ECF，即EC=EF，又因为EC=AE，即可得到AE=EF．(1)解
：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，∵∴∵AB=10，∴，∴，∴菱形的面积=(2)证明：如图，连接EC
，设∠BAE的度数为x，∵四边形ABCD为菱形，∴BD是AC的垂直平分线，∴AE=CE，∠AED=∠CED，∠EAC=∠ECA=6
0°-x，∵∠ABD=30°，∴∠AED=∠CED =30°+x，∴∠DEF=∠AEF-∠AED=120°-（30°+x）=90°
-x∵∠BDC=∠ADC=30°∴∠EFC=180°-（∠DEF+∠BDC）=180°-（90°-x+30°）= x+60°，∵∠
CED =30°+x，∴∠ECD =180°-（∠CED+∠BDC）=180°-（30°+x+30°）=120°- x，∴∠ECF
=180°-∠ECD =180°-（120°- x）= x+60°，∴∠EFC=∠ECF，∴EF=EC，∵AE=CE，∴．【点睛
】本题考查了菱形的性质、菱形面积的求解、特殊角的三角函数值以及三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．60．（2021
·山东青岛·中考真题）如图，在中，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点，延长至点，使，分别连接，，．（1）求证：；（2）当平分时
，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析【分析】（1）利用平行四边形的性质证明，利用中点的性
质证明，结合对顶角相等，从而可得结论；（2）先证明 结合 证明四边形是平行四边形，再利用等腰三角形的性质证明 从而可得结论.【详解
】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴又∵为边的中点，∴∵，，，∴（2）答：四边形是矩形，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，
∵，∴，，∴，∵，∴四边形是平行四边形.∵平分，∴.又∵，∴，∴又∵，∴，∴，∴是矩形【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，
平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是证题的关键.61．（2021
·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形和等腰中，，，．点从点出发，沿方向匀速运动．速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度
为．过点作，交于点，交于点，过点作，交于点．分别连接，，设运动时间为．解答下列问题：（1）当时，求的值；（2）设五边形的面积为，求
与之间的函数关系式；（3）当时，求的值；（4）若与相交于点，分别连接和．在运动过程中，是否存在某一时刻，使？若存在，求出的值；若不
存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在，【分析】（1）先证，得代数计算即可；（2）如图2中，过点P作PO⊥Q
M于点O．证明S=S四边形DQPM+S△DNQ=（PQ+DH）?QM+QN?ND=（HA+DH）?QM+QN?ND=?AD?QM+
QN?ND，可得结论．（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．（4）存在．证明△HQW∽△AEW，
△MHW∽△PAW，推出，，推出，由此构建方程求解即可【详解】（1）由题意可得，，，在矩形中，∵，，，在中，，，∴，∵，∴，又∵，
∴，∴，∴，∴.答：为时，.（2）过点作，交于点，在等腰中，，，则.∵，∴，∴四边形是矩形，∴.∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴.∵，
∴，又∵，∴，∴，∴，∴，.∴.答：与的函数关系式是.（3）延长交于点，由（1），（2）可得，，，∵，∴四边形是矩形，∴，同理可证
，四边形是矩形.∴，当时，∵，∴，∴.又∵，∴，∴.答：当时，.（4）由（2）得，，∵，，∴，∴为矩形，∴，且.∴，∵，∴，同理可
证，∴，，∴，∴，∴.答：在运动的过程中，存在时刻，使.【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性
质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．62．（2021·山东济南·中考真题）在中，，，点在边上，，将线
段绕点顺时针旋转至，记旋转角为，连接，，以为斜边在其一侧制作等腰直角三角形．连接． （1）如图1，当时，请直接写出线段与线段的数量
关系；（2）当时，①如图2，（1）中线段与线段的数量关系是否仍然成立？请说明理由；②如图3，当，，三点共线时，连接，判断四边形的形
状，并说明理由．【答案】（1）；（2）①成立，理由见解析；②平行四边形，理由见解析；【分析】（1）如图1，证明，由平行线分线段成比
例可得，由的余弦值可得；（2）①根据两边成比例，夹角相等，证明，即可得；②如图3，过作，连接, 交于点，根据已知条件证明，根据平行
线分线段成比例可得，根据锐角三角函数以及①的结论可得,根据三角形内角和以及可得，进而可得，即可证明四边形是平行四边形．【详解】（1
）如图1，，，，是以为斜边等腰直角三角形，,，，，，，，即；（2）①仍然成立，理由如下：如图2，，，，是以为斜边等腰直角三角形，,
，，，即，，，，，，即；②四边形是平行四边形，理由如下：如图3，过作，连接, 交于点，，，，，，，是以为斜边等腰直角三角形，，，，
三点共线，，，，，，， ，，，，，，由①可知，，是以为斜边等腰直角三角形，,，，，，，，，即，，，，四边形是平行四边形．【点睛】本
题考查了等腰三角形性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行
线分线段成比例以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．63．（2021·山东滨州·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相
交于点O，，．（1）求证：四边形AOBE是菱形；（2）若，，求菱形AOBE的面积．【答案】（1）证明过程见解答；（2）【分析】（1
）根据BE∥AC，AE∥BD，可以得到四边形AOBE是平行四边形，然后根据矩形的性质，可以得到OA=OB，由菱形的定义可以得到结论
成立；（2）根据∠AOB=60°，AC=4，可以求得菱形AOBE边OA上的高，然后根据菱形的面积=底×高，代入数据计算即可．【详解
】解：（1）证明：∵BE∥AC，AE∥BD，∴四边形AOBE是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=AC，
OB=OD=BD，∴OA=OB，∴四边形AOBE是菱形；（2）解：作BF⊥OA于点F，∵四边形ABCD是矩形，AC=4，∴AC=B
D=4，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∴OA=OB=2，∵∠AOB=60°，∴BF=OB?sin∠AOB=，∴菱形AOBE的
面积是：OA?BF==．【点睛】本题考查菱形的判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确菱形的判定方法，知道菱形的面积=底×高或者是对
角线乘积的一半．64．（2021·山东泰安·中考真题）四边形为矩形，E是延长线上的一点．（1）若，如图1，求证：四边形为平行四边形
；（2）若，点F是上的点，，于点G，如图2，求证：是等腰直角三角形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据等腰三角形
的性质得出，再根据一组对边平行且相等证明即可；（2）先证矩形是正方形，再证，得出，再证即可．【详解】证明：（1）∵是矩形，，，又，
，，∴四边形是平行四边形．（2），∴矩形是正方形，，，，，又，，，又，，，，，是等腰直角三角形．【点睛】本题考查了矩形的性质、平行
四边形的判定、正方形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练准确运用相关知识进行推理证明．65．（2021·山东济宁·
中考真题）研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．（1）阅读材料立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角
，就是将直线平移使其相交所成的角．例如，正方体（图1）．因为在平面中，，与相交于点A，所以直线与所成的就是既不相交也不平行的两条直
线与所成的角．解决问题如图1，已知正方体，求既不相交也不平行的两条直线与所成角的大小．（2）如图2，M，N是正方体相邻两个面上的点
．①下列甲、乙、丙三个图形中，只有一个图形可以作为图2的展开图，这个图形是 ；②在所选正确展开图中，若点M到，的距离分别是2和5，
点N到，的距离分别是4和3，P是上一动点，求的最小值．【答案】（1）；（2）①丙；②10【分析】（1）连接，则为等边三角形，即可求
得既不相交也不平行的两条直线与所成角的大小；（2）①根据正方体侧面展开图判断即可；②根据对称关系作辅助线即可求得的最小值．【详解】
解：（1）连接，∵，与相交与点，即既不相交也不平行的两条直线与所成角为，根据正方体性质可得：，∴为等边三角形，∴，即既不相交也不平
行的两条直线与所成角为；（2）①根据正方体展开图可以判断，甲中与原图形中对应点位置不符，乙图形不能拼成正方体，故答案为丙；②如图：
作M关于直线AB的对称点，连接，与交于点P，连接MP，则，过点N作BC垂线，并延长与交于点E，∵点M到的距离是5，点N到的距离是3
，∴，∵点M到的距离是2，点N到的距离是4，∴，∴，故最小值为10．【点睛】本题主要考查正方形的性质、正方体的侧面展开图、根据对称
关系求最短距离、勾股定理等知识点，读懂题意，明确最小时的情况是解题的关键．66．（2021·山东聊城·中考真题）如图，在四边形AB
CD中，AC与BD相交于点O，且AO＝CO，点E在BD上，满足∠EAO＝∠DCO．（1）求证：四边形AECD是平行四边形；（2）若
AB＝BC，CD＝5，AC＝8，求四边形AECD的面积．【答案】（1）见解析；（2）24【分析】（1）根据题意可证明，得到OD＝O
E，从而根据“对角线互相平分的四边形为平行四边形”证明即可；（2）根据AB=BC，AO=CO，可证明BD为AC 的中垂线，从而推出
四边形AECD为菱形，然后根据条件求出DE的长度，即可利用菱形的面积公式求解即可．【详解】（1）证明：在△AOE 和△COD中，∴
．∴OD＝OE．又∵AO＝CO，∴四边形AECD 是平行四边形．（2）∵AB＝BC，AO＝CO，∴BO为AC的垂直平分线，．∴平行
四边形 AECD是菱形．∵AC＝8，．在 Rt△COD 中，CD＝5，，∴，，∴四边形 AECD 的面积为24．【点睛】本题考查平
行四边形的判定，菱形的判定与面积计算，掌握基本的判定方法，熟练掌握菱形的面积计算公式是解题关键．67．（2021·山东济南·中考真
题）如图，在菱形中，点、分别在、上，且，求证：．【答案】见解析【分析】菱形中，四边相等，对角相等，结合已知条件，可利用三角形全等进
行证明，得到，再线段之差相等即可得证．【详解】四边形是菱形在和中 (ASA)即．【点睛】本题考查了三角形全等的证明，菱形的性质，根
据题意找准三角形证明的条件，利用角边角进行三角形全等的证明是解题的关键．68．（2020·山东聊城·中考真题）如图，在中，E为的中
点，连接并延长交的延长线于点F，连接，，若，求证：四边形是矩形．【答案】见解析【分析】根据平行四边形的性质和E为的中点，易得，得到
，，结合得到四边形ABFC是平行四边形，再利用，得到 ，最后利用矩形的判定定理判定即可．【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形
，∴，，，∴，．∵E为的中点，∴．在和中，∴，∴，．∵，延长交的延长线于点F，∴，∴四边形ABFC是平行四边形．∵，，∴．∴四边形
是矩形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，得到是解答关键．69．（2020·山东滨
州·中考真题）如图，过对角线与的交点作两条互相垂直的直线，分别交边、．、于点、、、．（1）求证：；（2）顺次连接点、、、，求证：四
边形是菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【分析】（1）由证即可；（2）由全等三角形的性质得出，同理可得，根据对角线互相平分
的四边形是平行四边形得四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论．【详解】（1）证明：四边形是平行四边
形，，，，在和中，，；（2）证明：如图所示：，，同理可得，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与
性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．70．（2020
·山东日照·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以AB为边在AB上方作正方形ABDE，过点D作DF⊥CB，交CB的延长线
于点F，连接BE．（1）求证：△ABC≌△BDF；（2）P，N分别为AC，BE上的动点，连接AN，PN，若DF＝5，AC＝9，求A
N+PN的最小值．【答案】（1）见解析；（2）14【分析】（1）根据正方形的性质得出BD=AB，∠DBA=90°，进而得出∠DBF
=∠CAB，因为∠C=∠DFB=90°．根据AAS即可证得结论；（2）根据正方形的性质AN=DN，如使得AN+PN最小，只需D、N
、P在一条直线上，根据垂线段最短，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，则AN+PN的最小值等于DP1=FC=14．【详解】
（1）证明：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，DF⊥CB，∴∠C＝∠DFB＝90°．∵四边形ABDE是正方形，∴BD＝AB，∠DBA
＝90°，∵∠DBF+∠ABC＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，∴∠DBF＝∠CAB，∴△ABC≌△BDF（AAS）；（2）解
：∵△ABC≌△BDF，∴DF＝BC＝5，BF＝AC＝9，∴FC＝BF+BC＝9+5＝14．如图，连接DN，∵BE是正方形顶点A与
顶点D的对称轴，∴AN＝DN．如使得AN+PN最小，只需D、N、P在一条直线上，由于点P、N分别是AC和BE上的动点，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，所以，AN+PN的最小值等于DP1＝FC＝14．【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，轴对称-最短路线问题，熟练掌握正方形的性质是解题关键．71．（2020·山东淄博·中考真题）已知：如图，E是?ABCD的边BC延长线上的一点，且CE＝BC．求证：△ABC≌△DCE．【答案】见解析【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠B＝∠DCE，在△ABC和△DCE中，∴△ABC≌△DCE（SAS）．由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB＝CD，由平行线的性质得出∠B＝∠DCE，由SAS即可得出结论．本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；【点评】熟练掌握平行四边形的性质和全等三角形的判定方法是解题的关键．72．（2020·山东青岛·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和的延长线上，且，连接，．（1）求证：≌；（2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由．【答案】（1）见解析（2）菱形，见解析【分析】（1）利用SAS证明≌即可求解；（2）先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直即可得到为菱形．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC,∠ADB=∠CBD，又∵∠ADB+∠ADE=180°，∠CBF+∠CBD=180°，∴∠ADE=∠CBF在△ADE和△CBF中∴△ADE≌△CBF；（2）四边形是菱形理由如下：如图，连接，，由（1）得△ADE≌△CBF∴CF=AE, ∠E=∠F∴AE∥CF∴四边形AFCE是平行四边形当BD平分∠ABC时，∠ABD=∠CBD又∵AD∥CB，∴∠ADB=∠DBC∴∠ABD=∠ABD∴AD=AB=BC∴△ABC为等腰三角形由等腰三角形性质三线合一可得AC⊥EF∴平行四边形AFCE是菱形【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的性质与判定，解题的关键是熟知菱形的判定定理．73．（2020·山东德州·中考真题）问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；（2）AD的取值范围是________________________；方法运用：（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【分析】（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．【详解】解：（1）如图，AD是中线， 在与中， 故答案为：（2） 故答案为：（3）证明：延长至点，使，∵是的中线∴在和中∴，∴，又∵，∵，∴，又∵，∴∴，又∵∴（4）证明：延长至点使，连接、、∵G为的中点∴在和中∴∴在中，∵，∴又矩形中，∴，∴，∴，又，∴，∴，又为的外角，∴，即，∵，∴，∴，即，在和中，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵G为的中点，∴，即．【点睛】本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．74．（2020·山东济南·中考真题）如图，在?ABCD 中，对角线 AC，BD 相交于点 O，过点 O 的一条直线分别交 AD，BC 于点 E，F．求证：AE=CF．【答案】证明见解析．【分析】利用平行四边形的性质得出 AO=CO，ADBC，进而得出∠EAC=∠FCO， 再利用 ASA 求出△AOE≌△COF，即可得出答案．【详解】∵?ABCD 的对角线 AC，BD 交于点 O，∴AO=CO，ADBC，∴∠EAC=∠FCO， 在△AOE 和△COF 中，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE=CF．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键．学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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