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

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（時間：60分鐘）題型01多邊形的相關(guān)計算1．（2023·陜西榆林·三模）若從某個多邊形的一個頂點出發(fā)，最多可以引6條對角線，則這個多邊形的內(nèi)角和度數(shù)為．【答案】1260°/1260度【分析】根據(jù)從多邊形的一個頂點可以作對角線的條數(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【詳解】解：∵多邊形的一個頂點出發(fā)，最多可以引出6條對角線，∴n∴n∴該多邊形的內(nèi)角和為：9-2×180°=1260°故答案為：1260°．【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和公式以及多邊形的對角線公式，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）一個正多邊形的內(nèi)角和是1440°，則此多邊形的邊數(shù)是，對角線共有條．【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解得：n=10∴對角線條數(shù)為：nn故答案為：10，35．【點睛】本題主要考查了多邊的內(nèi)角和，多邊形的對角線條數(shù)，解題的關(guān)鍵是掌握n邊形的內(nèi)角和為180°×n-23．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測）一個多邊形的內(nèi)角和為1080°，從該多邊形的一個頂點出發(fā)引對角線，可以把這個多邊形分割成個三角形．【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)，再計算分成三角形的個數(shù)．【詳解】解：設(shè)此多邊形的邊數(shù)為x，由題意得：x-解得；x=8從這個多邊形的一個頂點引對角線，可以把這個多邊形分成的三角形個數(shù)：8-2=6，故答案為：6．【點睛】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n邊形的一個頂點引對角線，可以把這個多邊形分成(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·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O，則∠AOGA．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內(nèi)角、每個外角的度數(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【詳解】解：∵CG平分正五邊形ABCDE的外角∠∴∠∵AO平分∠∴∠EAO∵正五邊形ABCDE中，∴∠∴∠DCG=∴∠∴∠∴∠AOG故選：B．【點睛】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，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．2．（2023·江蘇宿遷·模擬預(yù)測）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【詳解】解：過A2作A

則∠4=∠3，∠∵∠1-∠2=60°∴∠設(shè)正多邊形的內(nèi)角為x，則∠4=180°-∴x∴∠3=∵180°-x=∴∠4=60°∴這個正多邊形的邊數(shù)為360°÷60°=6故答案為：6．【點睛】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，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D是BC邊上一點，連接AD，且AD=BD，∠CAD=90°，CF平分∠ACB，分別交AD，AB于點E

【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行計算即可；【詳解】∵AD＝BD，∴∠B＝∠BAD＝25°，∴∠ADC＝50°，∵∠CAD＝90°，∴∠ACD＝40°，∵CF平分∠ACD，∴∠ACE＝12∠ACD＝20°∴∠AEC＝70°，故答案是：70°．【點睛】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，準確計算是解題的關(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°，再利用鄰補角的定義，即可求出【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∴∠BOD故選：C．

【點睛】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）等邊三角形、正方形及正五邊形各一個，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】正三角形的每個內(nèi)角為180°÷3=60°，正五邊形的每個內(nèi)角5-2×180°÷5=108°正方形的每一個內(nèi)角為360°÷4=90°，∴∠1+∠2+∠3=360°-90°-60°-108°=102°，故選：A．【點睛】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 B．①和③對 C．①、②、③都對 D．①、②、③都不對【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剪掉一個角得到五邊形內(nèi)角和增加了180°，故②錯誤，如圖所示，

∵∠1=∠4+∠∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A故選：B．【點睛】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，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．4．（2022·陜西西安·模擬預(yù)測）已知一個正多邊形的內(nèi)角和與外角和的和為1620°，則這個正多邊形的邊數(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∴n=9∴這個正多邊形的邊數(shù)是9．故答案為：9．【點睛】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）有三個大小一樣的正六邊形，可按下列方式進行拼接，方式1：如圖1；方式2：如圖2．（1）若有六個邊長均為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（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，則把六個正六邊形繞一個六邊形拼接即可．【詳解】解：（1）有六個邊長均為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，此時正六邊形的個數(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)計一個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

（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，請你為廠家設(shè)計一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為．【答案】6a7a【分析】（1）由圖形可知，方案Ⅰ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形的對角線長加邊長，方案Ⅱ中紙盒底面半徑應(yīng)為正六邊形對角線長加邊長，再上邊長的一半，由此計算即可；（2）考慮將12個正六邊形對稱放置，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=2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=

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

故答案為：37【點睛】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)，靈活運用勾股定理進行計算是解題關(guān)鍵．3．（2022·河北·二模）如圖，將幾個全等的正八邊形進行拼接，相鄰的兩個正八邊形有一條公共邊，圍成一圈后中間形成一個正方形．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邊形的一個內(nèi)角為360°-60°則n邊形的一個外角180°-150°=30°，∴n根據(jù)相鄰的兩個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）如圖，菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，EF⊥BD，垂足為點H，EF分別交AD、DC及BC的延長線于點E、M、F，且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，進而證明四邊形AEFC是平行四邊形，得到AE=【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AC⊥∵EF⊥∴AC∥∴四邊形AEFC是平行四邊形，∴AE=∵ED：∴ED：∴ED:∴DE：∵AD∴△DEH∴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O，E、F分別為OA和OC上的點（不與點A、O、C重合）．其中AE=OF．過點E作GH⊥AC，分別交AD、AB于點G、H；過點F作IJ⊥AC分別交CD甲：隨著AE長度的變化，GH+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，都是菱形下列選項正確的是（）

A．甲、乙、丙都對 B．甲、乙對，丙不對C．甲、丙對，乙不對 D．甲不對，乙、丙對【答案】C【分析】連接HJ,GI，交于點M，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，過點G作GK⊥BD于點【詳解】解：如圖所示，連接HJ,GI，交于點

∵四邊形ABCD是菱形，GH⊥AC，∴GH∥根據(jù)菱形是軸對稱圖形，AC是GH,IJ，∴GE=EH,JF=FI，∵AE=OF，∴EO=如圖所示，過點G作GK⊥BD于點K，過點J作JT⊥

則四邊形GEOK,∴GK=EO=∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DAO∵GK∥∴∠DJT∴△DTJ∴DJ=AG，JC=∴12即GH+∵DJ=AG，又∴JD=∴四邊形AHJD是平行四邊形，∴S△HCJ=∴四邊形HJBC是平行四邊形，∴S△∴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GHIJ是正方形時，則GI⊥∴AD⊥則四邊形ABCD是正方形，∵AC>∴四邊形ABCD不是正方形，即四邊形GHIJ不可能是正方形，故乙錯誤，故選：C．【點睛】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，求證：DE∥BC下面是某學(xué)習(xí)小組探究證明思路時發(fā)現(xiàn)的三種添加輔助線的方法，請選擇其中一種，完成證明．方法1：延長DE至點F，使EF=DE，連接方法2：過點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交應(yīng)用：如圖2，D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，請用無刻度的直尺和圓規(guī)作△ABC的角平分線【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F，使EF=DE，連接CF，先證明△ADE≌△CEF得到AD=CF，∠A=∠F，則AB∥CF，加上方法2：過點C作CF∥AB交DE的延長線于F，先證明△ADE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F，使EF=DE，連接CF，∵D、E分別是△ABC的邊AB、∴AD=BD在△ADE和△AE=∴△ADE≌△CEF∴AD=CF∴AB∵AD∴四邊形BDFC為平行四邊形，∴DF=BC∴DE∥BC方法2：過點C作CF∥AB交DE的延長線于，∵CF∥∴∠A∵D、E分別是△ABC的邊AB、∴AD=BD在△ADE和△∠A∴△ADE≌△CEF∴AD=FC，即AD=∴四邊形BDFC為平行四邊形，∴DF=BC∴DE∥BC方法3：過E作EF∥AB交BC于F，過A作AG∥BC交，∵EF∥∴GF∥∴四邊形AGFB為平行四邊形，∴AG=∵AG∥∴∠G∵D、E分別是△ABC的邊AB、∴AD=BD在△AGE和△∠G∴△AGD≌△CFE∴AG=∵EF∥∴∠GAE∵AE=∴△AGE≌△EDA∴AG=∵AD∥∴四邊形AGED為平行四邊形，∴AG∥DE，∵AG∥BC，AG=∴DE∥BC，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，由DB=DF得到∠DBF=∠DFB，再根據(jù)DE為△ABC的中位線得到DE∥4（2023·河南周口·三模）綜合與實踐

問題提出(1)如圖①，△ABC是等腰三角形，點D，E分別在腰AC，AB上，且BE=CD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問題解決(3)今年全國兩會上，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，計劃開發(fā)出一個生態(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點和C點分別設(shè)置了風(fēng)力發(fā)電機，現(xiàn)要埋電纜線路BP與線路AC，點P【答案】(1)BD=(2)8(3)埋電纜線路AC的費用是線路BP費用的2倍，理由見解析【分析】（1）由“SAS”可證△EBC≌△（2）由“SAS”可證△ADC≌△MDB，可得BM=（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【詳解】（1）解：BD=證明：∵△ABC∴∠EBC在△EBC與△BE=∴△EBC∴BD=（2）解：如圖，延長AD到M，使AD=DM，連接BM，如圖

，∵AD是△ABC∴CD=在△ACD和△AD=∴△ADC∴BM=AC，∵AE=∴∠CAD∵∠AFE∴∠BFD∴BF=故答案為：8；（3）解：∵AD⊥CD，∴AD∥∵∠BAD∴∠ABC如圖③，延長BP交AD于點F，連接EF，CF，

，∵AD∥∴∠PAF=∠PEB∵點P是AE的中點，∴AP=∴△AFP∴AF=BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴FE=AB，∴∠FEC∵FE=AB，∴FE=∴△FEC∴FE=FC，∴AB=FC，∵BC=∴△ABC∴AC=∵埋電纜線路AC的費用為a?AC=a?∴埋電纜線路AC的費用是線路BP費用的2倍．【點睛】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，添加恰當輔助線構(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）如圖，四邊形EFGH頂點是四邊形ABCD各邊中點，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,∵E,F分別是∴EF∥BD∴△∴S△AEF=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D，CD=4，點E是AD的中點，BE交

【答案】15【分析】利用三角形的面積公式求出△ACD的面積，進而求出△ABD的面積，利用中線平分面積，得到△ABE的面積，取AC的中點G，連接EG，得到EG∥CD【詳解】解：∵∠ABC=90°,AB∴S△∵點E是AD的中點，∴S△取AC的中點G，連接EG，則：EG∥

∴△BFC∴EFBF∴EFBE∴S△∴S△故答案為：154【點睛】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）已知四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD垂直相交于點E，點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=12【詳解】證明，作直徑DH，連接CH，

∵點G、O分別為DH、CD的中點，∴OG=∵AC⊥BD，點F為∴EF=12∵DH為直徑，∴∠DCH∴∠H又∵∠H∴∠ACB∴AB=∴EF=【點睛】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）在△ABC中，F(xiàn)為邊AB

(1)如圖1，若AC2=(2)若G為CF的中點，AC=4①如圖2，若∠FBG=∠ACF，AB②如圖3，若∠ABC=30°，∠A【答案】(1)見解析(2)①3；②BF【分析】（1）根據(jù)已知條件得出ACAF=AB（2）①解法1：延長FB到點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2②解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點C作CE⊥AB于點E，證明△DCF∽△DAC，得出DC2=AD?DF，在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，則AD【詳解】（1）∵AC2∵∠A∴△ACF（2）

①解法1：延長FB到點D，使FB=BD設(shè)：BF=x，則BD=x∵G為CF的中點，B為DF∴BG是△∴BG∴∠FBG∵∠FBG∴∠D∵∠A∴△∴ACAD∴4解得：x1=3，∴BF

①解法2：取FA中點D，連結(jié)DG設(shè)：AD=DF∵G為CF的中點，D為AF∴DG是△∴DG∥AC∴∠∵∠DBG∴∠FGD∵∠BDG∴△∴DGBD∴2解得：x1=1，∴AD=∴BF②解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點C作CE⊥

設(shè)：BF=∵Rt△AEC中，∴AE=∵Rt△BEC中，∴BE=∴ED=∴AD=∵G為CF的中點，B為DF∴BG是△∴BG∥∴∠BGF∵∠BGF∴∠FCD∵∠D∴△DCF∴DCAD∴DC∵在Rt△DEC中，∴AD即2解得：x1=210∴BF②解法2：過點C作CE⊥AB于點E，在AE上取點D，使

設(shè)：BF=∵Rt△AEC中，∴AE=∵Rt△BEC中，∴BE=∴EF=∵CD=CF，∴DE=∴AD=∵在Rt△DEC中，∴CF=∵G為CF∴FG=∵CD=CF，∴180°-∠CFD=180°-∠∵∠A∴△DCA∴DCAD∴DC?∴2解得：x1=210∴BF【點睛】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)，三角形中點的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等，熟練掌握運用這些知識點是解題關(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為對角線BD上的一點（不與點B,D重合），連接AM，過點M作MN⊥AM交邊CD于點N，連接【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)，適當添加輔助線解決問題是解題的關(guān)鍵．過點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=【詳解】解：過點M作MG⊥AB于G，延長GM交CD于H，則∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BAD=∠ADC=∠AGH∴四邊形AGHD為矩形，∴AG=DH，GH∴△BGM∴BGBA∵BM∴BGBA∴BG=25∴AG=∴MH=∵MN∴∠AMN∴∠AMG∵∠AMG∴∠HMN∵∠AGM∴△AGM∴AGMH即：125解得：HN=∴DN故答案為：322．（2023·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）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，E點在OD上，且DE=2OE，F(xiàn)是BC的中點，P是AC【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【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，AB∴AB∵將△ABC沿AC翻折，得到△∴AD∴四邊形ABCD為菱形，∴DO=BO，AO=∴BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交∵F是BC的中點，∴AF是BC邊上的中線，∠BAC∴BM=2OM，AM=2∵DE=2∴OM=∵BD⊥∴PE=PM，∴PF-∴當點P運動到點A時，PF-PE最大，最大為∵∠CAF∴CF=3由勾股定理得，AF=∴FM=故答案為：3．【點睛】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．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F．∠DBF的平分線交DF于點H，交DA的延長線于點G，連接①求證：BD=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P，交BD于點O，若DP=HP，求【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∥（2）根據(jù)題意得出PO是△BDH的中位線，有AC∥BG，進而得到四邊形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【詳解】（1）證明：①∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∴∠ADF∵DF平分∠∴∠ADF∴∠∴②由①知AD∥∴∠ADB∵DF平分∠ADB，BG平分∴∠ADB=2∠BDF∴2∠BDF∴∠BDF∴∠BHD∴BG由①知BD=∴DH∵DF平分∠∴∠ADH∵DH=DH∴△BDH∴BH∵DH∴四邊形BDGF是平行四邊形，∵BG∴四邊形BDGF是菱形；（2）解：∵點O是矩形對角線AC與BD的交點，∴OD=OB∴PO是△∴AC∵AD∴四邊形AGBC是平行四邊形，∴AG∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∴AD由（1）②知四邊形BDGF是菱形，∴DG∴BD在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，∴AB【點睛】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，熟練掌握相關(guān)幾何性質(zhì)與判定，結(jié)合問題靈活運用是解決問題的關(guān)鍵．4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預(yù)測）綜合與實踐旋轉(zhuǎn)是幾何圖形運動中的一種重要變換，通常與我們所學(xué)過的全等三角形等等數(shù)學(xué)知識相結(jié)合來解決問題，有時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E，F(xiàn)，G分別在邊AB，AC，AD上，直接寫出GDFC=實踐發(fā)現(xiàn)：（2）將正方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至圖2所示位置，連接DG，F(xiàn)C，請問（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A順時針旋轉(zhuǎn)至圖3所示位置，連接EG交AB于點M，交AC于點N，若NG=22，直接寫出EM探求新知：（4）在（3）的條件下，當正方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至點E，F(xiàn)，B三點共線時，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（2）連接AF，證明△DAG∽△CAF，則GD（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=32，將△AGN繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接MH，則∠HEM=∠（4）當E，F(xiàn)，B三點共線時，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F在線段BE上，作GQ⊥AB于點Q，GR⊥BC于點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【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴∠AGF=∠D=90°，∴AF∵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，∴∠DAC=∠DCA∴ADAC同理可證∠GAF=∠GFA∴ADAC∵∠DAG=∠DAC∴∠DAG∴△DAG~△∴GDFC∴（1）中的結(jié)論不變．(3)如圖3，

∵AE=AG∴∠AEM=∠AGN將△AGN繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接∴∠EAH=∠GAN，AH=AN∴∠HEM∵AB=BC∴∠MAN∴∠MAH∴∠MAH∵AM∴△MAH∴MH設(shè)EM=x，則∵H∴2解得x=∴EM的長為6(4)如圖4，

E，F(xiàn)，B三點共線且點F在線段BE上，作GQ⊥AB于點Q，GR⊥BC于點∵∠E=90°，AB=5∴BE∵∠AQG∴∠GAQ∴△GAQ∴AQBE∴AQ=3∵∠GQB∴四邊形BRGQ是矩形，∴GR=BQ∴CR∴CG如圖5，

E，F(xiàn)，B三點共線且點E在線段BF上，作GQ⊥CD交CD的延長線于點Q，GR⊥∵∠AEB=90°，AB=5∴BE∵∠ARG=90°，∴ARAG=cos∴AR=3∴DR∵∠Q∴四邊形DRGQ是矩形，∴GQ=DR∴CQ∴CG∴CG的長為17或65【點睛】此題重點考查正方形的性質(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)思想的運用等知識與方法，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）如圖1，在五邊形紙片ABCDE中，∠A=120°，將五邊形紙片沿BD折疊，點C落在點P處，在AE上取一點Q，將△ABQ和△EDQ分別沿BQ、DQ折疊，點A、

（1）∠C+∠（2）如圖2，若四邊形BCDP是菱形，且Q、P、C三點共線時，則BQAB=【答案】240°/240度62/【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得∠A=∠BPQ（2）由菱形的性質(zhì)可得BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由【詳解】解：（1）∵將五邊形紙片ABCDE沿BD折疊，∴∠A=∠BPQ=120°，∵∠BPD∴∠BPD∴∠BCD故答案為：240°；（2）連接PC，交BD于H，設(shè)AB=

∵四邊形BPDC是菱形，∴PC是BD的垂直平分線，BP∵Q，P，C∴QC是BD∴BQ=QD，QH由折疊可知：∠A=∠BPQ=120°，AB=BP=∴∠BPH∴∠PBH∴PH=12BP=12a，BH=在△ABQ和△AB=∴△ABQ≌△EDQ∴∠AQB∴∠AQB∴∠AQB∴∠QBH∴BH=QH∴BQ=2BH=∴BQ故答案為：62【點睛】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，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邊上的動點．折疊紙片使點D與點E重合，折痕為FG，DC的對應(yīng)邊EC'交BC于點(1)如圖1，當點E是AB的中點時，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D作EC'的垂線，垂足為M，DM交FG于點①求△BHE②當△BHE與△MNE的周長之差為2時，請直接寫出【答案】(1)3(2)①DF=116x2(3)①16；②sin【分析】（1）當E為AB的中點時，AE=12AB=4，設(shè)AF=x，則（2）①過點G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG于點△ADE≌△KGF，設(shè)AE=x，則FK=x②由矩形的性質(zhì)可得CG=（3）①由（2）可得AE=x，AF=4-116x2，EF=116x2+4，則BE②當△BHE與△MNE的周長之差為2時，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【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，當E為AB的中點時，AE=12AB=4則EF=在Rt△AEF中，AE解得：x=3∴AF故答案為：3；（2）①如圖，過點G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG∵E，D關(guān)于FG對稱，∴ED∴∠FPD∴∠ADE+∠DFP∵∠ADE由正方形性質(zhì)可知KG=∴△ADE設(shè)AE=x，則FK=∴x∴AF∴DF=8-②由矩形的性質(zhì)可得CG=∴四邊形CDFG面積為S==∴S=1（3）①如圖，由（2）可得AE=x，AF=4-116在正方形ABCD中由于對折可知，∠ADC∴∠1＋又∵∠A∴∠1＋∴∠2=∠3，∴△AEF∴AFBE∵BE=BH=AE?BE∴△BHE的周長=即：△BHE的周長為16②連接EN，由折疊可知，∠DFN=∠EFN∵EF⊥E∴EF∴∠MNG=∠EFN∴∠DFN∵∠FND∴∠DFN∴DF∴EF∴四邊形EFDN是平行四邊形，∴EN∥FD∵EF∴四邊形EFDN是菱形，∴EF∴EN∴∠FEN∵△AEF∴∠EHB∵DM∴∠NME∴△EMN△BHE的周長為16，當△BHE與△MNE的周長之差為2時，則△MNE的周長為14∴ENEH=∵EF∴EFEH=∵△AEF∴EFEH=∴AFBE=∵BE=8-x∴4-116解得x1=6，x2=8∵0≤x∴x∴AE=6∴AF∴EF∴sin【點睛】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，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．3．（2023·河南駐馬店·二模）綜合與實踐數(shù)學(xué)活動課上，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：將矩形紙片ABCD對折，使得點A，D重合，點B，C重合，折痕為EF，展開后沿過點B的直線再次折疊紙片，點A的對應(yīng)點為點N，折痕為BM．

(1)如圖（1）若AB=BC，則當點N落在EF上時，BF和BN的數(shù)量關(guān)系是________，∠NBF思考探究：(2)在AB=BC的條件下進一步進行探究，將△BMN沿BN所在的直線折疊，點M的對應(yīng)點為點M'．當點M'落在CD上時，如圖（2），設(shè)BN，BM'分別交EF于點J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B的直線折疊，折痕為BM，點A的對應(yīng)點為點N，展開后再將四邊形ABNM沿BN所在的直線折疊，點A的對應(yīng)點為點P，點M的對應(yīng)點為點M'，連接CP，DP，若PC=PD，請直接寫出AM的長．(【答案】(1)BF=1(2)2+(3)4-2【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得：AB=BN，BF=CF（2）由折疊得：BM=BM'，證明Rt△ABM≌Rt△CBM'(（3）如圖（3），過點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【詳解】（1）解：由折疊得：AB=BN，BF=∵AB∴BF∴∠BNF∴∠NBF故答案為：BF=12（2）由折疊得：BM=∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A∵AB∴Rt∴AM=C∴∠ABM∴∠FBJ∴△BFJ∵四邊形ABCD是矩形，AB=∴矩形ABCD是正方形，∴AD=CD∴DM∴M∵AM∴C∴BC∴BF∵FK∴BK∴FK∵△BFJ∴BF∴JK∴S（3）如圖，過點P作PG⊥BC于G，PH⊥

∵PC∴DH∵∠PGC∵四邊形PGCH是矩形，∴PG由折疊得：BN=BP=Rt△BPG中，∴∠ABN延長NM'，BP交于Rt△BNL中，BN=2∴NLRt△M'∴∠P設(shè)PL=x，則M'∵NL∴3x∴x∴AM【點睛】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，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，點M在AD上，連接ME并延長交BC于點N，連接DN交MC于點F．則下列四個結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(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【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，∴BE=DE，AD∥∴∠MDE=∠NBE，∴△DME≌△∴DM=∴AM=故①正確；若∠A則平行四邊形ABCD是矩形，由矩形的對角線相等，而點E是矩形的對角線的交點可知，E點到B、C兩點的距離相等，∴E點在BC由MD=AM，AM=所以N點是BC的中點，∴MN垂直平分BC∴BM=故②正確；∵MD=2AM，AD=∴BN=如圖1，分別過D、E兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，

∵E點是BD∴DQ∵S△S∴S△故③正確；若AB=因為AB=所以DC=分別過N、C兩點向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=∴Rt△∴∠NMD∵MD=∴△MND≌△∴∠MND又∵∠NFM∴△MNF≌△故④正確；故選：D．【點睛】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)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關(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E為正方形CD邊上的一點（不與點C，點D重合），將正方形紙片折疊，使點A落在點E處，點B落在點F處，EF交BC于點H，折痕為GM，連接AE、AH，AH交GM于點K下列結(jié)論：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH

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，進而可以判斷④錯誤；過點【詳解】解∶根據(jù)翻折不變性可知∶MA=∴△AME是等腰三角形，故①如圖1，過點G作GN⊥AD于N，交AE于T，設(shè)AE交GM于

∵∠BAN∴四邊形ABGN是矩形，∴NG=由折疊可知∶MG⊥∴∠GOT∴∠NGM∴∠NGM∵∠GNM∴△GNM∴MG=AE，故∵MA=∴∠MEA由折疊可知∶∠FEM∴∠AEF∵∠AED∴∠AEF∴AE平分∠DEF，故③∵△GNM∴MN=∵△ABH與△∴AH≠AE，故如圖2，過點A作AQ⊥EF于點

∵AE平分∠DEF∴∠AED又∵∠D=∠∴△ADE∴∠EAD=∠∵AD=∴AB=∵AH=∴Rt△∴∠HAB∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ綜上所述∶結(jié)論正確的有∶①②③⑤，共4個．故選∶D．【點睛】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，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，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O，點M為BC上一動點，連接AM，射線AM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點N，連接MN、OM．以下四個結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=

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；因為MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當AM⊥BC時，AM最小，求出此時AM的長即可判斷②正確；可證明此時MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即【詳解】解：∵正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得∴AB=AC=∵∠BAC∴∠BAC-∠CAM∴在△BAM和△∠BAM∴△BAM∴AM=又∵∠MAN∴△AMN是等邊三角形，故①∵△AMN∴MN=AM，即MN的最小值為當AM⊥BC時，AM∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∴BM=∴AM=∴MN的最小值為3，故②正確；∵△ABC是等邊三角形，AM∴M為BC的中點，此時N為CD的中點，∴MN為△BCD∴MN∥∴△CMN∽△∴S△CMN:∵S△∴S△CMN=當OM⊥∵AB∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵OM⊥∴∠BOC又∵∠∴△BOC∴BCOC=OC∵△BAM∴BM=∴BC-BM=∴OA2=

故選D．【點睛】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)、點到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM4．（2023·四川成都·模擬預(yù)測）如圖1，將一張菱形紙片ABCD∠ADC>90°沿對角線BD剪開，得到△ABD和△BCD，再將△BCD以D為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α=2∠ADB，得到如圖2所示的△DB'C，連接AC，BB'，∠DAB【答案】①②③【分析】證明四邊形ABB'C是矩形可判斷①和②；求出∠DCA=∠【詳解】解：如圖2中，過點D作DE⊥B'由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB∴∠BDE=∠B∵BA=∴∠ABD∴∠BDE∴DE∥同理，DE∥∴AB∥又∵AB=∴四邊形ABB又∵DE∥∴∠AB∴四邊形ABB∴AC=BB'；∵∠DAB∴∠DAC∵AD=∴∠DCA∴∠CDA=90°；故∵△ADC∴AC=∵BB∴BB'=∴正確的有①②③，故答案為①②③．【點睛】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，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．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）如圖，一次函數(shù)y=-2x+6的圖象交x軸于點A，交y軸于點B，點P在線段AB上(不與點A，B重合)，過點P分別作OA和OB的垂線，垂足為C，D．當矩形OCPD的面積為4時，點P的坐標為

A．(2，2) B．12，5 C．(1，4)或12，5 D．(1，【答案】D【分析】由點P在線段AB上可設(shè)點P的坐標為(m，-2m+6)(0<m<3)，進而可得出OC=m，OD=-2m+6【詳解】解：∵點P在線段AB上(不與點A，B重合)，且直線AB的解析式為y=-2∴設(shè)點P的坐標為(m，-∴OC=m∵矩形OCPD的面積為4，∴m∴m1=2∴點P的坐標為(2，2)或(1，4)．故選：D．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、矩形的性質(zhì)以及解一元二次方程，利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征及矩形的面積，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，在平面直角坐標系xOy中，一次函數(shù)y=-43x+4的圖像與x軸、y軸分別交于點A、B，以AB為邊作菱形ABCD，BC【答案】20【分析】先求出一次函數(shù)與坐標軸的交點A、B的坐標，再利用勾股定理或兩點間的距離公式計算出線段AB的長，最后利用菱形的性質(zhì)計算周長即可．【詳解】解：令y=0，得-43x+4=0，解得x=3，∴令x=0，得y=4，∴B0,4，在Rt△AOB中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA．∴C菱形故答案為：20．【點睛】本題是一道函數(shù)與幾何的綜合題．重點考查了一次函數(shù)與坐標軸交點坐標的求法，兩點間的距離公式（或勾股定理），菱形的性質(zhì)．如果是使用兩點間距離公式，注意公式的正確使用：設(shè)點Ax1,y1，Bx23．（2022·廣東深圳·模擬預(yù)測）如圖，ABCD是一矩形紙片，E是AB上的一點，且BE:EA=5:3，EC=155，把ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若點B恰好落在AD邊上，設(shè)這個點是F，以點A為原點，以直線AD為x軸，以直線BA為y軸，則過點【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∽Δ【詳解】解：設(shè)BE=5x，∵矩形ABCD，∴∠DAB=∠B∵ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若點B恰好落在AD邊∴EF=BE由勾股定理得：AF=∴∠AFE+∠DFC∴∠AFE∴Δ∴AFDC∴4x∴DFBC=由勾股定理得：EC(5xx=3，8x=24，4∴F(12,0)，設(shè)直線CF的解析式是y=kx∴k=-∴y故答案為：y=-【點睛】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)的解析式等知識點的理解和掌握，綜合運用性質(zhì)進行推理是解此題的關(guān)鍵．4．（2023·山東濟南·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

(1)求反比例函數(shù)的解析式；(2)若點M在y軸上，且△BMC的面積為4，求點M(3)將線段AB在平面內(nèi)平移，當AB一個端點的對應(yīng)點P在x軸上，另一個端點的對應(yīng)點Q是平面內(nèi)一點，是否存在以A、B、P、Q為頂點的四邊形為矩形？若存在，求出所有符合條件的P點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y(2)0，-(3)P1，【分析】（1）先把點A坐標代入一次函數(shù)解析式求出點A的坐標，再把點A坐標代入反比例函數(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，再根據(jù)12CM?（3）設(shè)Pm，0，則AB2=2，AP2=m2【詳解】（1）解：把A1,a代入y=-解得a=2∴A1,2把A1,2代入y=k解得k=2∴反比例函數(shù)解析式為y=（2）解：在y=-x+3中，令x∴C0聯(lián)立y=-x+3y=∴B2∵點M在y軸上，且△BMC的面積為4∴12∴12∴CM=4∴點M的坐標為0，-1（3）解：設(shè)Pm∵A1,2，B∴AB2=1-22當BP為邊時，則∠ABP∴m2解得m=1∴P1當BP為對角線時，則∠BAP∴m2解得m=-1∴P-綜上所述，P1，0【點睛】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，且點A在點B

(1)求拋物線的解析式與A、B兩點的坐標．(2)若點E的縱坐標為0，且以A，E，(3)過點M作直線CD的垂線，垂足為N，若將△CMN沿CM翻折，點N的對應(yīng)點為N'，則是否存在點M，使點N'則恰好落在x【答案】(1)y=-1(2)M(0,2)或3-41(3)存在，M(1,3)或【分析】（1）可先求得點C的坐標，將其代入拋物線的解析式求得c的值，令y=0，求得x的值，進而求得點A（2）分為AD為邊和AD為對角線兩種情形，當AD為邊時，分為?ADME,?ADEM，前者觀察點M和點C重合，后者點M的縱坐標和點D坐標互為相反數(shù)，進而求得結(jié)果，點AD為對角線時，點M（3）證明CNMN'是正方形，求得CM的解析式為：y=【詳解】（1）解：∵CD∥x軸，∴把x=0,y=2代入∴由-12∴（2）如圖1，

當AD為邊時，?AE1M1D，此時?AM2E3D時，點∴-∴∴當AD為對角線時，此時點M和點C重合，綜上所述：M(0,2)或3-41（3）如圖2，

由折疊知，∠CNM∵∠NC∴四邊形CNMN∵CN=∴矩形CNMN∴CM平分∠NC當CM1平分直線CM1的解析式為：由-12x2+3當x=1時，y∴M1當CM2平分直線CM2的解析式為：由-12x2+3當x=5時，y∴綜上所述：M(1,3)或(5,-3)【點睛】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)等知識點，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）綜合與探究如圖，已知直線y=43x+4與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y=ax2+bx

(1)求拋物線的解析式；(2)D是第二象限內(nèi)拋物線上的動點，設(shè)點D的橫坐標為m，求四邊形ABCD面積S的最大值及此時D點的坐標；(3)若線段OC上有一點Q，則AQ+1717(4)若點P在拋物線對稱軸上，是否存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為菱形？若存在，請寫出P點的坐標；若不存在，請說明理由．【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點的坐標為P【分析】（1）先求得A、C、B三點的坐標，將拋物線設(shè)為交點式，進而求得結(jié)果．（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根據(jù)點D和點（3）過點C作CP∥x軸，連接AP交y軸于點Q，當PQ=17CQ時，AQ+17得Q0,（4）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，進而求得點P的坐標．【詳解】（1）當x=0時，y∴C當y=0時，4∴x=-3，∴A∵對稱軸為直線x=-1∴B設(shè)拋物線表達式：y∴4=-3解得，a∴拋物線的表達式為：y（2）作DF⊥AB于F，交AC于

∴Dm,-4∴DE=-∴S△∴S△∴S=-2當m=-32當m=-32∴D（3）過點C作CP∥x軸，連接AP交y軸于點

當PQ=17CQ時，設(shè)CQ=a，∴CP=∴tanP即CQPQ設(shè)Q0,∴q3解得，q=∴Q0,∴AQ（4）存在點P，Q，使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，理由如下：設(shè)P-∵以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是以AC為對角線的菱形，∴PA=PC，即∴-1+3∴n=∴P-【點睛】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·山東濟南·一模）在平面直角坐標系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2……；按如圖的方式放置，點A1、A2、A3……An在直線y=-x-1，點C1、C2、C3……Cn在xA．3×2n-C．3×2n-【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的頂點為(2，-3)，再將點(2，-3)代入y=ax-22-3，可求拋物線L2的解析式為y=x-22-【詳解】解：對于直線y=-x-1，設(shè)∴A1∵四邊形A1∴C1(1,0)，又點A2∴A2又∵B2∴拋物線L2的對稱軸為直線x∴拋物線L2的頂點為(2設(shè)拋物線L2的解析式為：y∵L2過點B∴-2=a×∴拋物線L2的解析式為y將x=3代入y=-x∴A3∵四邊形A3∴A3∴B3∴拋物線L3的對稱軸為直線x把x=5代入y=-x∴拋物線L3的頂點為(5∴設(shè)拋物線L3的解析式為y將點B3(7，∴拋物線L3的解析式為y∵拋物線L1的頂點為1拋物線L2的頂點為(2拋物線L3的頂點為(5…∴拋物線Ln的頂點坐標為(3×故選：D．【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，根據(jù)點的坐標特點，探索出點的一般規(guī)律是解題的關(guān)鍵．2．（2023·黑龍江雞西·三模）如圖，△ABC中，∠B=90°，BC=3，BC邊上的高AB=1，點P1、Q1、H1分別在邊AB、AC、BC上，且四邊形P1Q1H1B為矩形，P1Q1:P1B=2:3，點

【答案】9【分析】設(shè)P1Q1=2a，則可得P1B=3a，由相似可得AP1=13P1Q1【詳解】解：∵P1∴設(shè)P1Q1∵四邊形P1∴P1Q1∴△A∴P1Q1∴AP∵A∴23∴a=由勾股定理得AC=∵H1∴△∴CQ由于Q1H1CH類似地得：CQ∴CQCQ…，CQ∴CQ故答案為：911【點睛】本題是圖形規(guī)律的探索問題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)等知識，由特殊入手，得到一般規(guī)律是關(guān)鍵．3．（2022·廣東廣州·二模）如圖，將4個邊長都為2的正方形按如圖所示擺放，A1、A2、A3、A4分別是正方形的中心，若按此規(guī)律擺放n個這樣的正方形，則這

【答案】n【分析】根據(jù)題意可得，陰影部分的面積是正方形的面積的14，已知兩個正方形可得到一個陰影部分，則n個這樣的正方形重疊部分即為(【詳解】解：由題意可得一個陰影部分面積等于正方形面積的14，即是15個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×4，n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×(n故答案為：n-【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是得到n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和的計算方法，難點是求得一個陰影部分的面積．4．（2022·河北唐山·二模）如圖，平面直角坐標系中，邊長為1的正方形OAP1B的頂點A、B分別在x軸、y軸上，點P1在反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象上，過P1A的中點B1作矩形B1（1）點P2的坐標為（2）作出矩形B18A17A18【答案】2，1【分析】（1）先根據(jù)題意得出P1點的坐標，進而可得出反比例函數(shù)的解析式，再依次求出點P2，P3，P4的坐標，找出規(guī)律可得出Pn（2）根據(jù)（1）中的規(guī)律可得答案．【詳解】解：（1）∵正方形OAP1B的邊長為1，點P1在反比例函數(shù)y=kx（x＞∴P1（1，1），∴k=1，∴反比例函數(shù)的解析式為：y=1∵B1是P1A的中點，∴P2A1=AB1=12，∴OA1=2，∴P2故答案為：2，（2）由（1）的解同理，得P3∴Pn當n=19時，P故答案為：218【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是找出規(guī)律．題型12與特殊四邊形有關(guān)的新定義問題1．（2022·湖南長沙·一模）定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作完美四邊形．如圖1，四邊形ABCD中，AB=BC，∠B+∠D

(1)概念理解：在以下四種圖形中：①平行四邊形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四邊形”的是______；（填寫序號）(2)性質(zhì)探究：如圖2，完美四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，請用等式表示線段AC，(3)拓展應(yīng)用：如圖3，已知四邊形ABCD是完美四邊形，∠ADC=60°，AB+BC=6，AB≠BC【答案】(1)④(2)AC(3)四邊形ABCD面積的最大值為9【分析】（1）根據(jù)完美四邊形的定義和正方形的性質(zhì)即可判定；（2）連接BD，根據(jù)完美四邊形的定義證明A、B、C、D四點共圓，證明等腰直角△ABC、△（3）連接AC，過A作AE⊥BC交CB延長線于E，過D作DF⊥AC于F，分類討論：①AD=DC，根據(jù)∠ADC=60°可得△ADC是等邊三角形，設(shè)BC=AC2=x2-6x+36，等邊△ADC中，DF=32AC可求【詳解】（1）解：正方形是一組鄰邊相等且對角互補的四邊形，因此答案為④，故答案為④．（2）解：AC證明：連接BD，AC，

∵AB=AD，∠∴∠ADB∴△ABD∵AD∴∠ABD∵∠BAD∴A、B、C、∵OC∴∠ODC∵∠ADB+∠CDO∴AC是圓O∵∠BAD∴四邊形ABCD是正方形，AC=在Rt△BCD中，∵AC∴A（3）解：①AD=DC∵∠ADC∴△ADC是等邊三角形，∠∴S∵AB設(shè)BC=x，則過A作AE⊥BC交CB延長線于E，過D作DF⊥

∴∠ABE在Rt△ABE中，AE=∴CE∴A在等邊△ADC中，DF∴==1②AD過A作AE⊥CD于點E，AF⊥

則∠E∵∠ABC∴∠ABE又AB=∴△ABE∴S△ABE∴S∵∠E=∠AFC=90°，∴Rt∴∴S∵1≤BC∴當x=1時，S綜上所述，四邊形ABCD面積的最大值為93【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了完美四邊形的定義，解直角三角形，四點共圓，勾股定理等知識，解題關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．2．（2023·江蘇無錫·二模）定義：如圖1，點C把線段AB分成兩部分，如果ACCB=2，那么點C為線段AB的“

(1)應(yīng)用：如圖2，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E為CD上一點，將矩形ABCD沿BE折疊，使得點C落在AD邊上的點F處，延長BF交CD的延長線于點G，說明點E為線段GC的“(2)已知線段AB（如圖3），作線段AB的一個“白銀分割點”，（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）利用折疊對應(yīng)邊相等得到等腰直角三角形，計算邊長及邊長比即可；（2）利用（1）中結(jié)論，作一個等腰直角三角形底角的角平分線與腰的交點即為比例1:2的“白銀分割點”【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，AB=1，BC∴∠A=∠C=∠B由折疊，點C落在AD邊上的點F處，∴BF=BC=2Rt△BAF中∴△BAF∴∠AFB又∵∠D∴△DFG與△GE=∴點E是線段GC的“白銀分割點”．（2）作法：過B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，連接AE，作∠AEB的角平分線交AB于K，點K即為線段AB

證明如下：由（1）中證明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，GE=2CE，點E是線段GC

同理，上圖中作KF⊥AE于點∵EK平分∠AEG，EB⊥∴∵EB⊥∴∠又∵∴△AFE∴∴點K是線段AB的“白銀分割點”．【點睛】本題考查矩形及等腰直角三角形的邊長比例計算及尺規(guī)作圖，新定義的理解，需要結(jié)合題中構(gòu)圖分析原理找到目標作圖的方法，能夠總結(jié)模仿作圖是解題的關(guān)鍵．3．（2023·廣東廣州·一模）定義新概念：有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．(1)如圖①，等腰直角四邊形ABCD，AB=BC=4①若CD=3，AC⊥CD于點C②若AD=DC，∠ADC(2)如圖②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，點P是對角線BD上的一點，且BP=2PD，過點P作直線分別交邊AD，BC于點E，F(xiàn)，要使四邊形【答案】(1)①41；②4(2)滿足條件的AE的長為12【分析】（1）①根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)勾股定理求出AD的值；②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點E，證明BD垂直平分AC，得出AF=CF，證明∠ECD=∠CDE，得出CE（2）若EF⊥BC，則AE≠EF，BF≠EF，推出四邊形ABFE表示等腰直角四邊形，不符合條件．若EF與BC不垂直，當AE=【詳解】（1）解：①連接AC，如圖所示：∵AB=BC=4∴AC=∵AC⊥∴∠ACD∴AD=②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點則∠BCE∵AB=BC=4∴∠BAC∴∠ECF∵AB=BC，∴B、D在線段AC的垂直平分線上，∴BD垂直平分AC，∴AF=CF，∵AD=∴∠CDF∴∠DCF∴∠ECD∴∠ECD∴CE=∵AB=BC，∴∠CBF∵∠BCE∴∠BEC∴∠BEC∴CE=∴DE=CE=4∴BD=（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD=6，AD=BC若EF⊥則四邊形AEFB和DEFC為矩形，∴EF=AB=6，DE∵AD∥∴△DEP∴DEBF∵DE+∴DE=5，BF∴AE=∴AE≠EF，∴四邊形ABFE不可能是等腰直角四邊形；若EF與BC不垂直，當AE=∵AE=∴DE=∵AD∥∴△DEP∴DEBF∴BF=2∵18>15，∴此時點F不在邊BC上，不符合題意；若EF與BC不垂直，當BF=此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，∴BF=∵DE∥∴△DEP∴DEBF∴DE=∴AE=綜上所述，滿足條件的AE的長為12．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，作出輔助線，畫出相應(yīng)的圖形，數(shù)形結(jié)合，注意分類討論．4．（2023·廣西崇左·二模）箏形的定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做箏形．(1)根據(jù)箏形的定義，寫出一種學(xué)過的滿足箏形的定義的四邊形：______；(2)如圖1，在正方形ABCD中，E是對角線BD延長線上一點，連接AE，CE．求證：四邊形(3)小明學(xué)習(xí)箏形后對箏形非常感興趣，購買了一只風(fēng)箏，通過測量它的主體（如圖2）得AB=AD，BC=DC，發(fā)現(xiàn)它是一個箏形，還得到AB=18cm，【答案】(1)菱形，正方形(2)證明見解析(3)360【分析】（1）根據(jù)箏形的定義結(jié)合所學(xué)知識可得答案；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)利用SAS證明△ABE≌△CBE，得到AE=CE（3）如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接AC，先證明△ABC≌△ADC，推出S四邊形ABCD=2S△ABC【詳解】（1）解：由題意得，菱形和正方形都是箏形，故答案為：菱形，正方形；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=又∵BE=∴△ABE∴AE=又∵AB=∴四邊形ABCE是箏形：（3）解：如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接∵AB=AD，BC=∴△ABC∴S△∴S四邊形∵∠ABC∴∠ABE∵AE⊥CB，即∴∠BAE∴BE=∴AE=∴S△∴S四邊形【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．題型13梯形的相關(guān)計算1．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABDC中，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=2∠D，AC【答案】2【分析】作∠BDE=∠BDC，DE交AB延長線于點E，作DF⊥AE于點F，得到四邊形BCDF是矩形，四邊形ACDE是等腰梯形，設(shè)BC=x，CD=y，則DF=x，BF【詳解】解：作∠BDE=∠BDC，DE交AB延長線于點E，作DF則∠CDE∵∠ABC∴AE∥CD，且四邊形∴∠A+∠ACD∴∠E∴四邊形ACDE是等腰梯形，則AC=DE，∵AE∥CD，∴∠BDE∴BE=設(shè)BC=x，CD=∵AC+1=∴AC=而BE=∴x+∴x=4，即BC在Rt△ABC中，AB=3∴AC=∴y=2，即CD在Rt△ADC中，CD=2∴BD=故答案為：25【點睛】本題考查了勾股定理，矩形、梯形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．2．（2023·上海虹口·二模）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，點E為BC延長線上一點，∠ADB=∠CDE

(1)求證：AD?(2)如果AD?CE=【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)題意得四邊形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性質(zhì)和已知條件可證明△DAB（2）由（1）中相似三角形可得對應(yīng)邊的相似比，根據(jù)給定條件和等腰梯形的性質(zhì)，可證明△DBC∽△DCF【詳解】（1）證明：∵AD∥∴四邊形ABCD是等腰梯形∴∠∵∴∠∴∠又∵∠∴△∴ADDC又∵∴（2）∴△∴ADDC∵∴∵∴CD?CD又∵∠∴△∴∠∵∴∠∵∠∴∠∴∵∴四邊形DFCE為梯形．【點睛】本題主要考查等腰梯形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)證明三角形相似，得出對應(yīng)邊成比例，由對應(yīng)邊成比例及夾角相等亦可得出三角形相似．3．（2023·上海浦東新·一模）某地一段長為50米的混凝土堤壩，堤壩的橫斷面ABCD是等腰梯形（如圖所示），壩頂AD寬為8米，壩高為4米，斜坡AB的坡度為1:1.5．(1)求橫斷面ABCD的面積；(2)為了提高堤壩的防洪能力，現(xiàn)需將原堤壩按原堤壩要求和坡度加高1米，求加高堤壩需要多少立方米的混凝土？（堤壩的體積=橫斷面的面積×堤壩的長度）【答案】(1)橫斷面ABCD的面積為56m(2)加高堤壩需要的混凝土為：325m【分析】（1）如圖，過A作AE⊥BC于E，過D作DF⊥BC于F，再證明（2）先畫出圖形，如圖，過G作GK⊥AD于K，過H作HL⊥AD于L，結(jié)合題意可得：KG=HL=1，斜坡AG的坡度是1:1.5，四邊形GADH，四邊形GBCH都是等腰梯形，同理可得：AK=DL，GH【詳解】（1）解：如圖，過A作AE⊥BC于E，過D作DF⊥由等腰梯形是軸對稱圖形可得：AE=DF=4，BE∴AD=∵斜坡AB的坡度為1:1.5，∴AEBE∴BE=4×1.5=6=∴BC=∴橫斷面ABCD的面積為12（2）如圖，過G作GK⊥AD于K，過H作HL⊥結(jié)合題意可得：KG=HL=1，斜坡AG四邊形GADH，四邊形GBCH都是等腰梯形，同理可得：AK=DL，由斜坡AG的坡度是1:1.5，∴GKAK∴AK=1.5=∴KL=∴四邊形GADH的面積為：12∴加高堤壩需要的混凝土為：132【點睛】本題考查的是等腰梯形的性質(zhì)，坡度的應(yīng)用，堤壩體積的計算，理解題意，作出符合題意的圖形，利用數(shù)形結(jié)合的方法解題是關(guān)鍵．4．（2022·遼寧鐵嶺·三模）如圖1是一個直四棱柱，如圖2是它的三視圖，其俯視圖是等腰梯形．(1)根據(jù)圖2中給出的數(shù)據(jù)，可得俯視圖（等腰梯形）的高為______，腰長為______；(2)主視圖和左視圖中a＝______，b＝______，c＝______