考点18特殊的平行四边形（精练）-2024年中考数学一轮复习之核心考点精讲精练（全国通用）原卷版+解析版

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A．两条对角线相等的四边形是矩形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形或等腰梯形 D．两条对角互相平分的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】根据特殊四边形的判定方法即可判定．
【详解】解：A、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故为假命题；
B、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故为假命题；
C、两条对角线相等的四边形不一定是矩形或等腰梯形，故为假命题；
D、两条对角互相平分的四边形是平行四边形，故为真命题；故选：D．
【点睛】本题考查了命题的真假．解决本题要熟悉常见四边形的判定方法．
2．（2022·陕西西安·校联考一模）如图，在矩形中，于点E，，则的长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质得出，得出，由已知条件得出，，由线段垂直平分线的性质得出，得出为等边三角形，因此，由三角形的外角性质得出，由含角的直角三角形的性质即可得出的长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，∴，∴，
∵，∴
∴又故点D在线段的垂直平分线上.
∴，∴，∴为等边三角形，
∴，∴，
∵在中,，∴，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，证明是等边三角形是本题的关键．
3．（2023·河南濮阳·统考一模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，则下列说法不正确的是（ ）

A．当时，平行四边形是矩形B．当时，平行四边形是矩形
C．当时，平行四边形是矩形D．当时，平行四边形是矩形
【答案】C
【分析】根据矩形和菱形的判定性质分别对各项进行判断即可．
【详解】解：、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，故本选项符合题意；
、四边形是平行四边形，，，
，，平行四边形是矩形，故本选项不符合题意，故选：．
【点睛】本题考查矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定是解答本题的关键．
4．（2024·福建三明·统考一模）如图，正方形的边长为4，点为的中点，连接，点分别在上，且，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】B
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．设交于点P，根据正方形的性质可得，从而得到，再由，可得，从而得到，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点P，
∵四边形是正方形，且边长为4， ∴，
∴，∴，∵点为的中点，∴，
∴，∴，即，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴，∴．故选：B
5．（2023·广东阳江·统考一模）如图，在矩形中，，，连接，点E为上一个动点，点F为上一个动点，连接，且始终满足，则线段的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】D
【分析】先利用矩形的性质及已知条件得出的长，再由勾股定理得出的长，然后利用三角函数得出，从而，再证得，取中点O，E在以为直径的圆上，则当时，最短，设，则，，根据题意得出关于x的一元一次方程，解得x的值，则答案可求．
【详解】解：∵四边形为矩形，∴，
∵，∴，∴由勾股定理得：，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴取中点O，E在以为直径的圆上，
∴，∴当取最小值时，也为最小值，
∵E为上的动点，∴当时，OE最短，∵，∴，
设，则，∴，∴，
∴，∴．故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形、勾股定理在计算中的应用、圆的定义及一元一次方程在几何问题中的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
6．（2023·四川眉山·统考模拟预测）如图，将矩形纸片折叠，折痕为，点，分别在边，上，点，的对应点分别为，且点在矩形内部，的延长线交与点，交边于点，，，当点为三等分点时，的长为（ ）
A．B．C．D．4或
【答案】D
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
根据点为三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明，得到，证明，求出的长，过点作于点，则，设根据勾股定理列方程求出即可．
【详解】解：当时，，将矩形纸片折叠，折痕为，
，，，，，
，，，，
，，，，，
过点作于点，则，

设，则，，，
，，解得： ；
当时，，，，
，，，，
，，解得：，．故选：D．
7．（2023·河南郑州·校考三模）如图，在菱形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，连接、．若，则的长为( )

A．B．C．7D．3
【答案】D
【分析】根据菱形的性质和三角形中位线定理得出，进而利用勾股定理得出和即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，
∵点E、F分别是、的中点，∴，，∴，
在中，
在中，，故选D．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线垂直解答．
8．（2023·江苏无锡·一模）如图，长方形中，，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，将绕着点顺时针旋转到的位置，连接和，则的最小值为 ．

【答案】
【分析】将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，首先证明，推出点的在射线上运动，推出当时，的值最小，求出、的长即可得到答案．
【详解】解：如图，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，连接交于，

四边形是矩形，，
，，，，
，点的在射线上运动，当时，的值最小，
，，，
，四边形是矩形，
，，，，
，，的最小值为．
【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．（2023·甘肃天水·校考模拟预测）如图，菱形的对角线与相交于点O，E为的中点，连接，，4，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质、含30度角的直角三角形以及斜中半定理等知识点，根据菱形的性质可得，进而可推出，；求出，根据即可求解．
【详解】解：∵，∴
∵∴，，∴
∵∴
∵E为的中点，∴故答案为：
10．（2023·吉林长春·校考模拟预测）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则菱形的面积为是 ．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质及“斜中半定理”．据菱形的性质结合“斜中半定理”可得是解题关键．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，，∴，
∵，∴，∴，
∴菱形的面积，故答案为：．
11．（2023·河南驻马店·统考二模）如图，矩形的对角线相交于点O，，，点在对角线上，P是的中点，的最小值是 ．

【答案】
【分析】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．取的中点F，再作B关于的对称点H，与交于点G，连接，求出，再利用三角形的三边关系可得答案．
【详解】解：取的中点F，作直线，
∵点P是的中点，∴，∴，
作点B关于直线的对称点H，连接交直线于点G，连接，

∵垂直平分，∴，，
∵四边形是矩形，，∴，，，，∴，
∵，∴，∴是等边三角形，
∴，，∴，，
∴，∴，∴，
∴，
∵，∴，∴PO+PB的最小值为，故答案为：．
12．（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）矩形中，点E在直线上，若，则 ．
【答案】3或
【分析】根据题意画出相应的图形，然后根据勾股定理可以得到的长，然后分类求出的值．
【详解】解：如图所示，
∵四边形是矩形，，
当点在的位置时，
当点在的位置时，

故答案为：3或．
【点睛】本题考查矩形的性质、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形．
13．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，矩形的两条对角线，相交于点，，垂足为，是的中点，连接交于点，那么 ．

【答案】
【分析】取的中点，连接，根据矩形性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得，，根据可证得，可求得，即可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，

是矩形，，
，点为中点，，，
是的中点，，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形中，，点E是矩形内一动点，连接， ，F为上一动点，连接，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】取的中点M，的中点N，连接交于点，过点作于，过点E作于点G,求出，由M、N分别是的中点得到，，根据求得，则点E在线段（不包括端点）上运动，证明，当且仅当B、E、D三点共线时，最小，即为的最小值，由点F在上运动，得到当时，取得最小值，即可得到的最小值．
【详解】解：如图，取的中点M，的中点N，连接交于点，过点作于，过点E作于点G，

∵矩形中，，∴，
∵M、N分别是的中点，∴，，
∵，∴，即，
∴，∴点E在线段（不包括端点）上运动，
∵C、D关于直线对称，∴，
当且仅当B、E、D三点共线时，最小，即为的最小值，
∵点F在上运动，∴当时，取得最小值，
∴的最小值是：，故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质、最短路径等知识，求出和的最小值是解题的关键．
15．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）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．其中正确的结论是 ．
【答案】①②④
【分析】证，得出，，判断①；证，得出，，证四边形是平行四边形，得出，判断②；假设，可得与题干信息不相符的结论，可判断③，证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；判断④；即可得出结论．
【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，
，，，，
在和中，，，
，，故①符合题意；
在和中，，，
，， ，即，
，四边形是平行四边形，，故②符合题意；
∴，当，则，
∵，∴，∴，与题干信息不符，故③不符合题意；
，，，，四边形是平行四边形，
，，是等边三角形，
，，
，，，，
四边形是菱形；故④符合题意；故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
16．（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）如图，在菱形中，，．按下列步骤作图：

①连接，以D为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E、F；
②以C为圆心，长为半径画弧，交边于点G；
③以G为圆心，长为半径画弧，交②中所作的弧于点H；
④连接；⑤延长交于点N，连接交于点M．
(1)根据小雅的作图步骤①②③④，可得作图结论：____________，并证明结论成立；(2)求的长．
【答案】(1)，，见解析(2)
【分析】（1）根据尺规作图可知，利用边边边证明即可；
（2）根据菱形的性质得出是等边三角形，结合等边三角形的性质得出，再根据含直角三角形的性质求出，进而得出，最后根据勾股定理求出答案．
【详解】（1）解：根据作图可知，
证明：∵，，∴，
∴，即；故答案为：，；
（2）解：根据作图可知，
∵四边形是菱形，∴，，．
∵，∴是等边三角形，
∴，．
在中，，，∴．
∵，∴，∴，∴，
在中，，，∴，
根据勾股定理得，即，解得，负值舍去．．
【点睛】本题主要考查了尺规作一个角等于已知角，菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，含直角三角形的性质等，勾股定理是求线段长的常用方法．
17．（2023·吉林长春·统考一模）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，交延长线于点E，交延长线于点F．(1)求证：四边形是矩形．(2)若四边形为菱形，H为中点，连接，若，则长为 ．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得，由勾股定理和三角形的中位线定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴．
∵，∴四边形是平行四边形．
∵，∴，∴平行四边形是矩形．
（2）解：如图，∵四边形是菱形，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵H为中点，∴，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．
18．（2024·上海杨浦·统考一模）已知：如图，在等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，．
(1)求证：；(2)如果点是边的中点，求证：．
【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键．(1)先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可．(2)先，得到；再证明，得到，等量代换即可．
【详解】（1）∵，，
∴，∴，∴；
∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴；∴．
（2）∵等腰梯形中，，，∴
∵，∴，∴，
∴， ，
∵点是边的中点，∴．∴；∴；
∵，，∴，∴，
∴，∴．
19．（2023·河南周口·校联考模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展实践活动．
(1)操作判断
操作一：如图（1），正方形纸片，点是边上（点不与点，重合）任意一点，沿折叠到，如图（2）所示；
操作二：将图（2）沿过点的直线折叠，使点的对称点落在上，得到折痕，点的对称点记为，如图（3）所示；
操作三：将纸片展平，连接，如图（4）所示．
根据以上操作，回答下列问题：
①，，三点 （填“在”或“不在”一条直线上；
②和的位置关系是 ，数量关系是 ；
③如图（5），连接，改变点在上的位置， （填“存在”或“不存在”点，使平分．
(2)迁移探究：苏钰同学将正方形纸片换成矩形纸片，，，按照（1）中的方式操作，得到图（6）或图（7）．请完成下列探究：
①当点在上时，如图（6），和有何数量关系？并说明理由；
②当的长为1时，请直接写出的长．
【答案】(1)①在，②，相等；③不存在；(2)①，理由见解析；②或．
【分析】（1）①的对称点为，，，即可判断；②由①，由同角的余角相等得，由可判定，由全等三角形的性质即可得证；③由可判定，由全等三角形的性质得，等量代换得，与矛盾，即可得证；（2）①由（1）中的②可判定，由三角形相似的性质即可求解；②当在上时，，由三角形相似的性质即可求解；当在上时，同理可判定，由三角形相似的性质即可求解．
【详解】（1）解：①的对称点为，
，，、、共线，故答案为：在；
②由①知：、、共线，在上，，
，，
四边形是正方形，，
，，，
在和中，()，，故答案为：相等；
③不存在，理由如下：假如存在，平分，，
四边形是正方形，，，
在和中()，，
，，是的斜边，，与矛盾，
故假设不成立，所以答案为：不存在；
（2）解：①，理由如下：由（1）中的②得：
，，，；
②当在上时，，由①知：，
，，
当在上时，，
，，，
，，，综上所述：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形相似的判定及性质，掌握相关的判定方法及性质，“十字架”典型问题的解法是解题的关键．
限时检测2：最新各地中考真题（40分钟）
1．（2023·湖南常德·统考中考真题）下列命题正确的是( )
A．正方形的对角线相等且互相平分B．对角互补的四边形是平行四边形
C．矩形的对角线互相垂直D．一组邻边相等的四边形是菱形
【答案】A
【分析】根据正方形、平行四边形、矩形、菱形的各自性质和构成条件进行判断即可．
【详解】A、正方形的对角线相等且互相垂直平分，描述正确；
B、对角互补的四边形不一定是平行四边形，只是内接于圆，描述错误；
C、矩形的对角线不一定垂直，但相等，描述错误；
D、一组邻边相等的平行四边形才构成菱形，描述错误．故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定，解题的关键是熟悉掌握各类特殊四边形的判定和性质．
2．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，且，设，则，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∴，即，∴，∴，
同理，即，∴，同理，∴，
，，
∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，在中，分别以B，D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，过M，N两点作直线交于点O，交于点E，F，下列结论不正确的是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据作图可知：垂直平分，得到，于是得到点O为的对称中心，，根据全等三角形的性质得到，根据平行线的性质得到，推出四边形是菱形，据此判断即可．
【详解】解：根据作图可知：垂直平分，∴，∴点O为的对称中心，

∴，∵，∴，∴，
∵在中，，∴，∴，
∴，∴，故B正确；
∴，∴，故A正确；
∴四边形是菱形，∴，故C正确；
与不一定相等，故D错误，故选：D．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
4．（2023·上海·统考中考真题）已知在梯形中，连接，且，设．下列两个说法：
①；②
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：

若梯形为等腰梯形，即，时，
四边形是平行四边形，，，，
， ，即，又，，
在中，，，则，
，此时①正确；
过作于，如图所示：

在中，，，，则，，
，此时②正确；
而题中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定，
无法保证①②正确，故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题关键．
5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接、，相交于点，

点分别是边的中点，
，，，同理，四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，对角线互相垂直，
，，，，是等边三角形，，
在中，，，，
，，，
四边形的周长为．故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
6．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（ ）

A．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．
【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，，，，
，，，
平分，，，
在与,，，
，，
O为对角线的中点，，故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．
7．（2023·浙江·统考中考真题）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据折叠的性质得出，，等面积法求得，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵折叠，∴∴在以为圆心，为直径的圆上，∴，∴
∵矩形，其中，∴∴，∴，
∵∴，故选：D．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
8．（2023·江苏南通·统考中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】设的交点为，的中点分别是，连接，先证，由此得当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，再证四边形是矩形，且，根据勾股定理的，进而求得的最小值．
【详解】解：设的交点为，的中点分别是，连接，
互相垂直，和为直角三角形，且分别为斜边，
，，
当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，
当点在线段上时，最小，最小值为线段的长，
分别为的中点，是的中位线，，
同理，，，
，四边形是平行四边形，
，，四边形是矩形，
在中，，，
的最小值为，的最小值为．故答案为：．

【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键．
9．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为 ．

【答案】
【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．
【详解】解：的周长为32，．
为DE的中点，．，，
，，．
四边形是正方形，，O为BD的中点，是的中位线，
．故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
10．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图在正方形中，点E在上，连接，，F为的中点连接．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】根据正方形的性质得到，，设，根据勾股定理求出的值，再根据勾股定理即可求出的长．
【详解】解：正方形，
F为的中点，
设，
在中，即解得故，
在中解得（负值舍去）故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
11．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴∴，
如图所示，当点在上时，∵，∴

如图所示，当点在上时，∵，∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
12．（2023·陕西·统考中考真题）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．若．则线段的长为 ．

【答案】
【分析】由题意知是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时、、三点共线且，点在的中点处，，可求出．
【详解】解：，是等腰直角三角形，
作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图：

．，即，
此时、、三点共线且，点在的中点处，
，．故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键．
13．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

【答案】或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，∴，
连接，①当点E在点A上方时，如图，
∵，，∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，∴，故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
14．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．

【答案】
【分析】根据折叠的性质得出，在中，勾股定理求得，进而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵折叠，∴，
在中，∴，
∴设，则，∵折叠，∴，
在中，，∴，解得：，
∴，∴的坐标为，故答案为：．
【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质及勾股定理是解题关键．
15．（2023·湖南·统考中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为 ．

【答案】/
【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解．
【详解】解：∵在矩形中，，
∴，，
如图所示，当点在上时，

∵∴在为圆心，为半径的弧上运动，
当三点共线时，最短，此时，
当点在上时，如图所示，
此时 当在上时，如图所示，此时
综上所述，的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
16．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形是平行四边形，点在对角线上，点在边上，连接，，．(1)如图①，求证；(2)如图②，若，过点作交于点，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（除外），使写出的每个角都与相等．

【答案】(1)见解析；(2)，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，，进而有，从而利用即可证明结论成立；（2）先证四边形是菱形，得，又证，得，由（）得得，根据等角的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，∴，
∵，∴；
（2）解：，理由如下：
∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，，
∴，，，∴，
∵，∴，∴，
∴，由（）得，∴，
∵，∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
17．（2023·内蒙古·统考中考真题）已知正方形，是对角线上一点．

(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由；
(3)在第（2）题的条件下，．求的值．
【答案】(1)见解析(2)是等腰三角形，理由见解析(3)
【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到；（2）先判断出，进而判断出，即可得到结论；
（3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线，∴，，
在和中∴．
（2）解：是等腰三角形，理由如下：∵，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴，∴，∴是等腰三角形．

（3）解：∵，，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形．∴，，
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
18．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．

【特例证明】（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，.①填空：______；②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可；
（2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：，
∵将的直角顶点与点重合，∴，故答案为：1；
②证明：∵四边形是正方形，∴，，，
∴，即，∴，∴．
（2），理由如下：过点作交于，∴，，

∵四边形是正方形，∴，，
∴，，
∴，，即，
∴，∴．
（3）过点作交于，作于，作于，

则，∴，
即，∴，
由（2）和已知条件可得：，，∴，
∴，∴，，
∵，，∴，
∴，∴，同理可得：，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，令，则，，，
∴，∴．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
19．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)令，．
①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．
【答案】(1)见解析(2)(3)①见解析；②
【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答；
（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答；②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，，，
四边形与关于所在直线成轴对称，
，，；
（2）解：如图，过点作于，
设设，则，，
，四边形为矩形，，
点为矩形的对称中心，，，
在中，，可得方程，
解得（此时，故舍去0），；

（3）解：①证明：过点作于，连接，
点为矩形的对称中心，，，
，，，
，，，即，
，，；
②如图，连接，由题意可得,
点为矩形的对称中心，，
同理可得，由（1）知，，即，
，，，
，，
，，即，
，，，，，
，，
，，，
，，当时，由①可得，解得，
，，．
【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
20．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．
（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当时，，故答案为：．
（2）如图（2），连接，

设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得
设，则根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
矩形是2阶奇妙矩形，
理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，
设，则根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴ 解得：∴
当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，
设，则 根据折叠，可得，，
在中，，∴，
在中，
∴整理得，
∴四边形的边长为
矩形的周长为，
∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．