2021年中考数学真题复习汇编：专题20矩形菱形正方形（第02期）（含解析）

这是一份2021年中考数学真题复习汇编：专题20矩形菱形正方形（第02期）（含解析），共69页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题20矩形菱形正方形
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、单选题
1．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（ ）

A．1 B． C． D．2
【答案】C
【分析】
由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．
【解析】
解：四边形是正方形，

，，
∵在中，，
，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
2．（2021·广西河池·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾股定理即可求得．
【解析】
如图，过作的垂线分别交于，

四边形是正方形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，

（AAS），
，
设，则，
，
即，
解得，
，
四边形是正方形，，
，
，
．
故选B
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键．
3．（2021·四川巴中·中考真题）如图，矩形AOBC的顶点A、B在坐标轴上，点C的坐标是(﹣10，8)，点D在AC上，将BCD沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则tan∠DBE等于（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先根据四边形ABCD是矩形，C（-10，8），得出BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，再由折叠的性质得到CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，利用勾股定理先求出OE的长，即可得到AE，再利用勾股定理求出DE，利用求解即可.
【解析】
解：∵四边形ABCD是矩形，C（-10，8），
∴BC=AO=10，AC=OB=8，∠A=∠O=∠C=90°，
由折叠的性质可知：CD=DE，BC=BE=10，∠DEB=∠C=90°，
在直角三角形BEO中：，
∴，
设，则
在直角三角形ADE中：，
∴，
解得，
∴，
∵∠DEB=90°，
∴，
故选D.

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
4．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在等腰直角中，，、分别为、上的点，，为上的点，且，，则（ ）


A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
作辅助线，构建矩形，得P是MN的中点，则MP＝NP＝CP，根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可解答．
【解析】
解：如图，过点M作MG⊥BC于M，过点N作NG⊥AC于N，连接CG交MN于H，

∴∠GMC＝∠ACB＝∠CNG＝90°，
∴四边形CMGN是矩形，
∴CH＝CG＝MN，
∵PC＝MN，
存在两种情况：
如图，CP＝CP1＝MN，

①P是MN中点时，
∴MP＝NP＝CP，
∴∠CNM＝∠PCN＝50°，∠PMN＝∠PCM＝90°−50°＝40°，
∴∠CPM＝180°−40°−40°＝100°，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∵∠CPB＝117°，
∴∠BPM＝117°−100°＝17°，
∵∠PMC＝∠PBM＋∠BPM，
∴∠PBM＝40°−17°＝23°，
∴∠ABP＝45°−23°＝22°．
②CP1＝MN，
∴CP＝CP1，
∴∠CPP1＝∠CP1P＝80°，
∵∠BP1C＝117°，
∴∠BP1M＝117°−80°＝37°，
∴∠MBP1＝40°−37°＝3°，
而图中∠MBP1＞∠MBP，所以此种情况不符合题意．
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识，作出辅助线构建矩形CNGM证明P是MN的中点是解本题的关键．
5．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是（ ）

A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.6
【答案】A
【分析】
由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，根据勾股定理求得的长度，再根据三角形相似求得，矩形的性质得到，即可求解．
【解析】
解：由题意可得，的值就是线段的长度，
过点作，过点作，如下图：

∵，
∴，
由勾股定理得
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，即
解得，
∵
∴
∴
∴，即
解得
由题意可知四边形为矩形，∴

故选A
【点睛】
此题考查了相似三角形的判定与性质，图形的平移，矩形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
6．（2021·青海西宁·中考真题）如图1，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，在边AB，BC上沿A→B→C的方向，以1cm/s的速度匀速运动到点C，的面积S（cm2）随运动时间t（s）变化的函数图象如图2所示，则AB的长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，则由动点P的运动速度可求出BC的长，再根据图象可知的面积为6cm2，即可利用面积公式求解此题．
【解析】
解：∵动点P从A点出发到B的过程中，S随t的增大而增大，动点P从B点出发到C的过程中，S随t的增大而减小．
∴观察图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，
∵点P的运动速度为1cm/s，
∴BC=1×4=4（cm），
∵当点P在直线AB上运动至点B时，的面积最大，
∴由图象2得：的面积6cm2，
∴，
∴cm．
故选：B．
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图象，解决本题应首先看清横轴和纵轴表示的量．要求能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．
7．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则（ ）

A．4 B．3 C． D．2
【答案】A
【分析】
根据菱形的性质以及已知条件，可得是等边三角形，可得，进而根据，可得，进而可得,根据， ，，即可求得．
【解析】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
8．（2021·甘肃兰州·中考真题）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形的面积为13，中间空白处的四边形的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为和，则（ ）

A．12 B．13 C．24 D．25
【答案】D
【分析】
根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得，进而根据面积差以及三角形面积公式求得，最后根据完全平方公式即可求得．
【解析】
菱形的对角线互相垂直平分，
个直角三角形全等；
，，
，
四边形是正方形，又正方形的面积为13，
正方形的边长为，
根据勾股定理，则，
中间空白处的四边形的面积为1，
个直角三角形的面积为，
，
，
，
．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得是解题的关键．
9．（2021·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（　　）

A．AB＝AD B．OEAB C．∠DOE＝∠DEO D．∠EOD＝∠EDO
【答案】C
【分析】
由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．
【解析】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
10．（2021·辽宁朝阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意可证EG∥BC，EG＝2，HF∥AD，HF＝2，可得四边形EHFG为平行四边形，即可求解．
【解析】
解：∵BE＝2AE，DF＝2FC，
∴，
∵G、H分别是AC的三等分点，
∴，，
∴，
∴EG∥BC
∴，
同理可得HF∥AD，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．
11．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）

A．2 B．2 C．6 D．5
【答案】D
【分析】
作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【解析】
解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．

【点睛】
本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
12．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD的两个直角进行折叠，使CB，AD恰好落在对角线AC上，B′，D′分别是B，D的对应点，折痕分别为CF，AE．若AB＝4，BC＝3，则线段的长是（　　）

A． B．2 C． D．1
【答案】D
【分析】
先利用矩形的性质与勾股定理求解 再利用轴对称的性质求解，从而可得答案.
【解析】
解： 矩形纸片ABCD，


由折叠可得：

同理：

故选：
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键.
13．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，M是BC上的点，且．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点处，折痕为MN，则线段PA的长是（ ）



A．4 B．5 C．6 D．
【答案】B
【分析】
连接PM，证明即可得到，PA=5．
【解析】
连接PM

∵矩形纸片ABCD中，，，
∴
∵
∴
∵折叠
∴,
∴
∵PM=PM
∴
∴
∴
故选B．
【点睛】
本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，学会利用翻折不变性解决问题．
14．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转，使点B落在点的位置，连接B，过点D作DE⊥，交的延长线于点E，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用已知条件求得,设，将都表示出含有的代数式，利用的函数值求得，继而求得的值
【解析】

设交于点,
由题意：
是等边三角形

四边形为正方形

∴∠CBF=90°-60°=30°，
DE⊥

又

设
则






解得：

故选A
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，特殊角的锐角三角函数值，灵活运用锐角三角函数的定义及特殊三角函数值是解题的关键．

第II卷（非选择题）
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二、填空题
15．（2021·四川内江·中考真题）如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为 __．

【答案】
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．
【解析】
解：如图：

四边形是矩形，
，又，，
，
是的垂直平分线，
，，又，
，
，
，
解得，，
四边形是矩形，
，，
，
是的垂直平分线，
，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．
16．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，E为的中点，连接，过点E作的垂线交于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知，，则_________．

【答案】
【分析】
由题意，先证明△AEF≌△DEG，则EF=EG，，利用等腰三角形的性质，求出，然后得到AB=CD=，则，利用勾股定理求出BC，然后得到AE的长度，即可求出FE的长度．
【解析】
解：根据题意，在矩形中，则
AB=CD，BC=AD，∠A=∠EDG=90°，
∵E为的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEG，
∴△AEF≌△DEG，
∴EF=EG，；
∵CE⊥FG，
∴，
∴AB=CD=，
∴，
在直角△BCF中，由勾股定理则
，
∴AD=3，
∴，
在直角△AEF中，由勾股定理则
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到．
17．（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．
【解析】
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①

②
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．
18．（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．
【解析】
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．
19．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在菱形中，，为中点，点在延长线上，、分别为、中点，，，则_____．

【答案】4
【分析】
连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG= 2HF= ，由ABCD，得CDM= A= 60°，设DM= x，则CD= 2x，CM=x，在Rt△CMG中，借助勾股定理得，即可求出x的值，从而解决问题．
【解析】
如图，连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，

F、H分别为CE、GE中点，
FH是△CEG的中位线，
HF=CG，
四边形ABCD是菱形，
 ADBC，ABCD，
DGE =E，
EHF= DGE，
E=EHF，
HF = EF = CF，
CG= 2HF =，
ABCD，
CDM= A = 60°，
设DM= x，则CD= 2x，CM=x，
点G为AD的中点，
DG= x，GM=2x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
，
x=2，
AB = CD= 2x= 4．
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，有一定综合性，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
20．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，，定长为a的线段端点A，B分别在射线OP，OQ上运动（点A，B不与点O重合），C为AB的中点，作关于直线OC对称的，交AB于点D，当是等腰三角形时，的度数为_____________．

【答案】或
【分析】
结合折叠及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得，设，然后利用三角形外角和等腰三角形的性质表示出，，，，从而利用分类讨论思想解题．
【解析】
解：，C为AB的中点，
，
，，
又由折叠性质可得，
，
设，则，，，，
①当时，，
，
解得，
；
②当时，，
，方程无解，
此情况不存在；
③当时，，
，
解得：，
；
综上，的度数为或，
故答案为：或．
【点睛】
此题考查折叠及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，三角形外角和等腰三角形的性质，难度一般．
21．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，AD＝，点P为边AB上一点．以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A'．连结AA'，AA' 交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连结AQ，MQ，则AQ＋MQ的最小值是________

【答案】
【分析】
如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．想办法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根据QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得结论．
【解析】
解：如图，作点A关于BC的对称点T，
取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠RAT＝90°，
∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，
∴RT＝，
∵A，A′关于DP对称，
∴AA′⊥DP，
∴∠AMD＝90°，
∵AR＝RD，
∴RM＝AD＝，
∵MT≥RT−RM，
∴MT≥4，
∴MT的最小值为4，
∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，
∴QA＋QM≥4，
∴QA＋QM的最小值为4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值，属于中考常考题型．
22．（2021·辽宁锦州·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为__________________．

【答案】
【分析】
根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．
【解析】
解：如图，连接EG，

根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG＝∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，∠BEG=∠C=90°，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE＝＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，
在Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，
∴EG2﹣DE2＝DG2
∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，
解得CG＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
23．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③④．
【分析】
先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．
【解析】
解：∵AD＝AB，
∴tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵点O为BD的中点，
∴AB=AO=BO，
设AB=1，则AD=，BD=2．
①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，
令AN=x，则BN=DN=，
∴，
解得：，
∴AN=，
当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，
则：，
从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；
②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；
③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；
如图，延长MO交CD于M'，


∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，
∴△OMB≌△OM'D（ASA），
∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，
∵NO⊥MM'，则MN=NM'，
∵NM'2=DN2+DM'2，
∴MN2=BM2+DN2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．
24．（2021·广西桂林·中考真题）如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 ___．

【答案】
【分析】
连接AA′，根据旋转和正方形的性质得出∠OA′C′=45°，∠BA′O=135°，OA=OA′=AB=2，再根据等腰三角形的性质，结合已知条件得出旋转角，然后利用三角形的性质和勾股定理得出答案；
【解析】
解：连接AA′，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′
∴∠OA′C′=45°，∠BA′O=135°，OA=OA′=AB=2，
∴∠OA′A=∠OAA′=，
∴∠BAA′=，
∴∠ABA′=∠AA′B=，
∴∠BA′O=135°=∠AA′B+∠OA′A，
∴，
∴，∠A′AB=30°，
∴△OAA′为等边三角形，
∴AA′=AB=2，
过点A′作A′E⊥AB于E，
∵∠A′AB=30°，
则A′E=，AE=，
∴BE=，
∴A′B=，
∵A′C′=，
∴BC′= A′B+ A′C′=；
故答案为：

【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是得出旋转角得出△OAA′为等边三角形．
25．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．

【答案】①②
【分析】
通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【解析】
∵AEAD，ADAB，
∴AEAB．
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．
∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAF=45°．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．
∴AF=AB．
∵在矩形ABCD中，AB=CD，
∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，
∴∠ABF=67.5°．
∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，
∴∠ADE=67.5°．
∴∠CDE=22.5°．
∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，
∴△DCE∽△BCG．
∴．
∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，
∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，
∴△ABF∽△ADE．
∴．
在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，
∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．
∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．
∴OEOFODDE．
∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
连接CF．

又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，
∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，
∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，
∴△BOE∽△DOG．
∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，
∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
26．（2021·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．

【答案】
【分析】
先证明，可得CE=FE，BF=，同理：CH=GH，DG=，从而得HE=，再利用勾股定理得BD=，进而即可求解．
【解析】
解：∵BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠FBE，
∵CF⊥BE，
∴∠BEC=∠BEF=90°，
又∵BE=BE，
∴，
∴CE=FE，BF=
同理：CH=GH，DG=，
∴HE是的中位线，
∴HE=，
∵在矩形中，，，
∴BD=，
∴GF= BF+ DG-BD=，
∴=．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是的中位线，是解题的关键．

三、解答题
27．（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.
【解析】
（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.
28．（2021·青海西宁·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，．

（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，求矩形的周长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形；
（2）根据菱形性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解．
【解析】
（1）证明：∵△BOC≅△CEB ．
∴，（全等三角形的对应边相等）
∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
∵四边形是菱形，
∴ （菱形的两条对角线互相垂直）
∴
∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）；
（2）∵四边形是菱形，，，
∴ （菱形的四条边相等），
∵
∴
在中，
（在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半）
，
∴矩形的周长．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键．
29．（2021·四川德阳·中考真题）如图，点E是矩形ABCD的边BC上一点，将△ABE绕点A逆时针旋转至△AB1E1的位置，此时E、B1、E1三点恰好共线．点M、N分别是AE和AE1的中点，连接MN、NB1．

（1）求证：四边形MEB1N是平行四边形；
（2）延长EE1交AD于点F，若EB1＝E1F，，判断△AE1F与△CB1E是否全等，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）全等，理由见解析
【分析】
（1）可证B1是EE1的中点，则EB1=EE1，根据M、N分别是AE和AE1的中点，则MN∥EB1，MN=EE1，即可证明；
（2）由S△EAF=S△FEC，可得AF=EC．然后通过SAS可证明结论．
【解析】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵△AB1E1是△ABE旋转所得的，
∴AE=AE1，∠AB1E1=∠AB1E=∠B=90°，
∴B1是EE1的中点，
∴EB1=EE1，
∵M、N分别是AE和AE1的中点，
∴MN∥EB1，MN=EE1，
∴EB1=MN，
∴四边形MEB1N为平行四边形，
（2）△AE1F≌△CEB1，
证明：连接FC，

∵EB1=B1E1=E1F，
∴=S△EAF，
同理，=SFEC，
∵=S△EB1C，
∴S△EAF=S△FEC，
∵AF∥EC，
∴△AEF底边AF上的高和△FEC底边上的高相等．
∴AF=EC．
∵AF∥EC，
∴∠AFE=∠FEC，
在△AE1F和△CEB1中，
，
∴△AE1F≌△CEB1（SAS）．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，以及全等三角形的判定与性质等知识，证明S△EAF=S△FEC是解题的关键．
30．（2021·江苏镇江·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：；
（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝　　°时，四边形BFDE是菱形．

【答案】（1）见解析；（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形
【分析】
（1）根据平行四边形的性子和“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）先证明四边形BFDE是平行四边形，再通过证明BE＝DE，可得结论．
【解析】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，AE=CF，
∴BF=DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1=30°，∠2=20°，
∴∠ABD=∠1-∠2=10°，
∴∠DBE=20°，
∴∠DBE=∠EDB=20°，
∴BE=DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为10．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
31．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在中，G为BC边上一点，，延长DG交AB的延长线于点E，过点A作交CD的延长线于点F．求证：四边形AEDF是菱形．

【答案】见解析
【分析】
先证四边形AEDF是平行四边形，再证，则，即可得出结论．
【解析】
证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，，
，
四边形AEDF是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
平行四边形AEDF是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边对等角，菱形的判定定理，熟练掌握以上几何性质是解题的关键．
32．（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．
【解析】
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=BD=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．
33．（2021·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD中，ADBC，AB＝AD＝CDBC．分别以B、D为圆心，大于BD长为半径画弧，两弧交于点M．画射线AM交BC于E，连接DE．
（1）求证：四边形ABED为菱形；
（2）连接BD，当CE＝5时，求BD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）连接BD，根据，AE是BD的垂直平分线，得到AB=AD，BE=DE，BO=OD，只需要证明△OAD≌△OEB，即可得到答案；
（2）根据（1）可以证明三角形DEC是等边三角形，从而可以证明∠BDC=90°，再利用三角函数求解即可得到答案.
【解析】
解：（1）如图所示，连接BD，
由题意可知，AE是BD的垂直平分线，
∴AB=AD，BE=DE，BO=OD，
∵AD∥BC，
∴∠OAD=∠OEB，∠ODA=∠OBE，
在△OAD和△OEB中，
，
∴△OAD≌△OEB（AAS），
∴AD=BE，
∴AD=AB=BE=ED，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）由（1）得AD=AB=BE=ED，
∴∠DBE=∠EDB，
∵，
∴，
∴，
∴三角形DEC是等边三角形，
∴∠C=∠DEC=∠CDE=60°，
∵∠BDE+∠EBD=∠DEC，
∴∠BDE=30°，
∴∠BDC=90°
∴

【点睛】
本题主要考查了菱形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质与判定，特殊角的三角函数，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
34．（2021·江苏淮安·中考真题）已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求证：四边形ABFE是菱形．

【答案】见解析
【分析】
先证四边形ABFE是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质证AB＝AE，依据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【解析】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
又∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBF，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴平行四边形ABFE是菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明，特别注意角平分线加平行，可证等腰三角形．
35．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．

（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝或
【分析】
（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股定理求出GN即可．
【解析】
解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵CE=CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE=AF，
∵EN=NF，
∴AN⊥EF，CN=NF=EN，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN⊥EF，
∴A，N，C共线，
∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，
∴四边形ANFG是矩形，
∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，
∵∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠GAD=∠NCD=45°，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN．
故答案为：DG⊥DN，DG=DN；
（2）结论成立．
理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．

∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG∥KJ，AG=NF，
∴∠DAG=∠J，
∵AJ∥BC，
∴∠J=∠CKE，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，
∴∠ECN=∠CEN=45°，
∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，
∴∠DCN=∠CKE，
∴∠GAD=∠DCN，
∵GA=CN，AD=CD，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN；
（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，

∵△ECN是等腰直角三角形，EC=5，
∴EN=CN=NF=5，
∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG=NF=5，
∵AD-CD=12，
∴DG=DN=7，
∴GN=7．
如图3-2中，当点G落在AB上时，

同法可证，CN=5，
∵△DAG≌△DCN，
∴AG=CN=5，
∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，

综上所述，满足条件的GN的值为或
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
36．（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⊥QM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
【解析】
（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．
37．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形，，为平面内两点．

（探究建模）
（1）如图1，当点在边上时，，且，，三点共线．求证：；
（类比应用）
（2）如图2，当点在正方形外部时，，，且，，三点共线．猜想并证明线段，，之间的数量关系；
（拓展迁移）
（3）如图3，当点在正方形外部时，，，，且，，三点共线，与交于点．若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；理由见解析（3）
【分析】
（1）根据正方形性质以及题意证明即可得出结论；
（2）根据已知条件证明，然后证明为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明，得出为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质求出的长度，即可得出结论．
【解析】
解：（1）∵四边形是正方形，，，三点共线，
∴,
∵，
∴，
∴,
在和中，
,
∴,
∴;
（2）∵，四边形是正方形，
∴,,
∴,
∵，，
∴,
∴,
在和中，
,
∴,
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
即；
（3）过点D作于点H，连接BD，

∵，
∵，
∴，
∵,
∴，
在和中，
,
∴,
∴，，
∵且,
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，,
∴,
∵是正方对角线，
∴,
∵
∴,
∴为等腰直角三角形，
∴,
∴在中，,
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质定理是解本题的关键．
38．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线经过点，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段平行于x轴，交直线于点D，连接，．

（1）填空： __________．点A的坐标是（__________，__________）；
（2）求证：四边形是平行四边形；
（3）动点P从点O出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．
①当时，的面积是__________．
②当点P，Q运动至四边形为矩形时，请直接写出此时t的值．
【答案】（1），5，0；（2）见解析；（3）①12；②或．
【分析】
（1）代入点坐标即可得出值确定直线的解析式，进而求出点坐标即可；
（2）求出点坐标，根据，，即可证四边形是平行四边形；
（3）①作于，设出点的坐标，根据勾股定理计算出的长度，根据运动时间求出的长度即可确定的面积；
②根据对角线相等确定的长度，再根据、的位置分情况计算出值即可．
【解析】
解：（1）直线经过点，
，
解得，
即直线的解析式为，
当时，，
，
（2）线段平行于轴，
点的纵坐标与点一样，
又点在直线上，
当时，，
即，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形；
（3）①作于，

点在直线上，
设点的坐标为，
，，
由勾股定理，得，
即，
整理得或8（舍去），
，
，
当时，，
，
②，
当时，，
当时，，
当点，运动至四边形为矩形时，，
，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
综上，当点，运动至四边形为矩形时的值为或．
【点睛】
本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键．
39．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【解析】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
40．（2021·山东淄博·中考真题）已知：在正方形的边上任取一点，连接，一条与垂直的直线（垂足为点）沿方向，从点开始向下平移，交边于点．

（1）当直线经过正方形的顶点时，如图1所示．求证：；
（2）当直线经过的中点时，与对角线交于点，连接，如图2所示．求的度数；
（3）直线继续向下平移，当点恰好落在对角线上时，交边于点，如图3所示．设，求与之间的关系式．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）
【分析】
（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求证；
（2）连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，由题意易得AQ=FQ，∠ADB=45°，则有QM=MD，进而可得证，然后可得，则问题可求解；
（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，由题意易证四边形HEGD是平行四边形，则有，进而可得，然后可得，则问题可求解．
【解析】
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵AF⊥ED，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，如图所示：

∵点P是AF的中点，AF⊥EQ，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形MNCD是矩形，△MDQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，如图所示：

∴四边形HEGD是平行四边形，
∴，
∵AF⊥EG，
∴AF⊥HD，
由（1）中结论可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与之间的关系式为．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．