（广东专用）中考数学一轮复习分项汇编专题06 四边形（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（ ）
A．B．C．D．平分
【答案】A
【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．
即或．
故选：A
【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，解题的关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答．
2．（2023·广东中山·统考一模）若一个正边形的内角和为，则它的每个外角度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据多边形内角和公式列出方程，求出的值，即可求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是，利用除以边数可得外角度数．
【详解】解：根据题意，可得，
解得，
所以，外角的度数为．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角与外角，解题关键是根据多边形的内角和公式和多边形的外角和为进行解答．
3．（2023·广东佛山·统考一模）如图，矩形中，、交于点，、分别为、的中点．若，，则的长为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】B
【分析】根据矩形的性质和含的直角三角形的性质得出，进而求出，再依据中位线的性质推知．
【详解】解：四边形是矩形，，交于点，，，
，
，即．
．
又、分别为、的中点，
是的中位线，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．
4．（2023·广东佛山·统考一模）给出下列判断，正确的是（ ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形
【答案】D
【分析】依据平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及菱形的判定方法，即可得出结论．
【详解】解：A. 一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项不正确，不符合题意；
C. 对角线互相平分，垂直且相等的四边形是正方形，故该选项不正确，不符合题意；
D. 有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了特殊四边形的判定方法，解题关键在于掌握各特殊四边形的判定方法．
5．（2023·广东茂名·统考一模）如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）
A．①③B．①②③④C．①②③D．①③④
【答案】B
【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解．
【详解】解：正方形中，点是边的中点，
∴，，，
∴，
∴，故结论①正确；
∵，，为公共边，
∴，
∴，
∵，
∴，故结论②正确；
∵与是等底等高的两个三角形，
∴与的面积相等，，即，
∵，，
∴，故结论③正确；
由结论①，②可知，，
∵，
∴，
∴．故结论④正确．
综上所述，正确的有①②③④．
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键．
6．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在边长为正方形中，点在以为圆心的弧上，射线交于，连接，若，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设射线交于点，连接，证明，勾股定理得出，进而根据，列出方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，设射线交于点，连接，
∵，
∴是的直径，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了直角所对的弦是直角，正弦的定义，正方形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
7．（2023·广东深圳·统考一模）如图，正方形的边长为12，E是中点，F是对角线上一点，且，在上取点G，使得，交于H，则的长为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【分析】过点F分别作，垂足分别为M，N，过点E作于点E，则，根据正方形的性质可求出的长，是等腰直角三角形，再由，可得，进而得到，继而得到，，再由，可得是等腰直角三角形，，再证明，可得，然后根据，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点F分别作，垂足分别为M，N，过点E作于点E，则，
在正方形中，，
∴，是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∵E是中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴．
故选：C
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．
8．（2023·广东东莞·统考一模）如图所示，正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC ，分别交BC、BD于E、F，下列结论：①△ABF∽△ACE；②BD=AD+BE；③；④若△ABF的面积为1，则正方形ABCD的面积为．其中正确的结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据平分线的意义可得，正方形的性质可得，即可证明△ABF∽△ACE，进而判断①；根据三角形的外角和的性质，以及①的结论可得，进而可得，同理可得，进而可得，即可判断②，设，结合②的结论可得，即可求得，进而判断③，证明，根据③的结论可得，根据等底的两个三角形的面积比，可得，进而求得，根据正方形ABCD的面积为，即可判断④
【详解】解：AE平分∠BAC，
四边形是正方形，是对角线
，
△ABF∽△ACE；
故①正确；
,
BD=AD+BE；
故②正确
设
BD=AD+BE；
故③不正确；
△ABF的面积为1，
正方形ABCD的面积为．
故④不正确
故选B
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
9．（2023·广东深圳·统考一模）如图，正方形ABCD中，AB=4，点E是BA延长线上一点，点M、N分别为边AB、BC上的点，且AM=BN=1，连接CM、ND，过点M作MF∥ND与∠EAD的平分线交于点F，连接CF分别与AD、ND交于点G、H，连接MH，则下列结论正确的有（ ）个
①MC⊥ND；②sin∠MFC=；③(BM+DG)²=AM²+AG²；④S△HMF=
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①设MC与DN交点是P，通过证明△MBC≌△NCD得到∠PNC=∠CMB，又证明则∠PNC +∠PCN =90°求出∠NPC=90°，则MC⊥ND，即可得到答案.
故①MC⊥ND正确.
②延长AE，作FQ⊥AF于点Q，利用勾股定理求出MC=5，再通过△MBC∽△FQM得到即，又因为QA=QF，则可以求得QA=QF =3，进而求得，在Rt△FMC中，利用勾股定理得则可以求得sin∠MFC的值.
③设(BM+DG)²=AM²+AG²存在，利用边与边的关系可以求出DG，符合题意，即可求出答案.
④作HI⊥MF于点I,先证△CPN∽△CBM，求出PC，MP=MC-PC=5-，再通过证
四边形MPHI是矩形，求得IH= MP，知道△HMF的底和高，即可求出答案.
【详解】(1)
设MC与ND交于点P，如图所示.
∵四边形ABCD是正方形
∴CD=BC=AB=4
∠MBC=∠NCD=90°
∵AM=BN=1
∴NC=BC-BN=4-1=3
MB=AB-AM=4-1=3
∴NC=MB
在△MBC与△NCD中，
∴△MBC≌△NCD
∴∠PNC=∠CMB
∵∠MBC =90°
∴∠CMB+∠PCN =90°
则∠PNC +∠PCN =90°
∴∠NPC=180°-（∠PNC +∠PCN）=90°
∴MC⊥ND
故①MC⊥ND正确.
（2）
延长AE，作FQ⊥AF于点Q
∵MB=3,BC=4.∠B=90°
∴在Rt△MBC中，利用勾股定理得
∠BCM+∠BMC =90°
∵MC⊥ND，MF∥ND
∴∠FMC=90°
∴∠QMF+∠BMC=180°-∠FMC=90°
∴∠QMF=∠BCM
∵FQ⊥AF
∠B=90°
∴∠FQM=∠B
∴△MBC∽△FQM
∴即
∵四边形ABCD是正方形，AF平分∠QAG
∴∠QAF=
又∵∠FQM=90°
∴∠QFA=∠QAF
∴QA=QF
∴变形为解得QA=QF =3
∴QM=QA+AM=4
∴在Rt△QMF中，利用勾股定理得
∴在Rt△FMC中，利用勾股定理得
∴sin∠MFC=故②正确
（3）设(BM+DG)²=AM²+AG²存在
由上述可知BM=3,AM=1,AG=AD-GD=4-DG，
将其代入(BM+DG)²=AM²+AG²
得：(3+DG)²=1²+（4-DG）²
解得DG=，符合题意，故③正确.
（4）
作HI⊥MF于点I
∵∠PCN=∠PCN，∠NPC=∠B=90°
∴△CPN∽△CBM
∴则即
解得
∴MP=MC-PC=5-
∵∠IMP=∠MPH=∠MIH=90°
∴四边形MPHI是矩形
∴IH= MP
∴S△HMF=故④正确
综上所述四项全部正确，答案选D
【点睛】本题是考查了全等、相似、勾股定理的综合性题目，难度较大，合适选择辅助线是解答此题的关键.
10．（2023·广东广州·统考一模）如图，在正方形中，点在边上，且，连接，，平分，过点作于点，若正方形的边长为4，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质求得，，，延长交于，过点，点分别作的垂线交于，，可证，，进而可得，，，根据，可求得，再通过的面积为即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，，，，
则，，
∴，
延长交于，过点，点分别作的垂线交于，，则，
∴，则，
∵平分，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
则，，
则，
∴，
∴的面积为，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形，添加辅助线构造相似三角形和全等三角形，求得的长度是解决问题的关键．
二、填空题
11．（2023·广东肇庆·统考一模）已知正边形的一个外角为，则n＝_____
【答案】6
【分析】由正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，即可求得n的值．
【详解】解：∵正n边形的一个外角是60°，n边形的外角和为360°，
∴n＝360°÷60°＝6．
故答案为：6．
【点睛】此题考查了正n边形的性质与n边形的外角和定理．此题比较简单，掌握n边形的外角和为360°是解题的关键．
12．（2023·广东佛山·统考一模）若n边形的每一个外角都等于60°，则n=_____．
【答案】6
【详解】解：由题意得：n=360°÷60°=6．
故答案为：6．
13．（2023·广东茂名·统考一模）正多边形的一个内角是120°，则它的边数是_________．
【答案】6
【分析】一个正多边形的一个内角是120°，则这个多边形的一个外角是60°，用360°除以60°即可得出正多边形的边数．
【详解】解：∵一个正多边形的一个内角是120°，
∴正多边形的外角是60°，
∴360°÷60°=6，
∴正多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查正多边形的性质，多边形的内角与外角，求解正多边形一个外角的度数是解题的关键．
14．（2023·广东中山·统考一模）如图，在平行四边形中，，若，则的面积为______．
【答案】16
【分析】根据题意可得：，根据相似的性质可得：，且，即可求得的面积为16．
【详解】∵在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，且，
∴，
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了利用相似比求面积，理解相似比的特征是解决本题的关键．
15．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，正方形中，点E是的中点，将正方形沿翻折，点B落在点F处，延长交于点P，若，则的长为_____．
【答案】2
【分析】连接，由正方形的性质和翻折性质可证明，可得，设，则，，用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠的性质可知，，，
∴，，
又∵，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得，
∴，
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、全等三角形的证明，掌握翻折变换的性质是解题的关键．
16．（2023·广东佛山·统考一模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿DF直线折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM的长为________．
【答案】
【分析】连结EF．先证明△BEF是等腰直角三角形，求出BE=EF=CF=，根据△ODM∽△CDF，求出OM．
【详解】解：如图，连结EF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=2，
∠DCB=∠COD=∠BOC=90°，OD=OC，
∴BD=，
折叠性质可知，∠OEF=∠DCB=90°，∠EDF=∠CDF，
∴∠BEF=90°，
∴∠BFE=∠FBE=45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=EF=CF=，
∵∠DCB=∠COD=90°，∠EDF=∠CDF，
∴△ODM∽△CDF，
∴，
即，
∴OM=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
17．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD中点，连接BE，F为BE中点，连接AF，若，，．则AF长为________．
【答案】
【分析】如图，延长AF交DC的延长线于点G，过点G作于点H，由四边形ABCD是平行四边形得 ， ，进而证明，再计算得，，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，延长AF交DC的延长线于点G，过点G作于点H，
四边形ABCD是平行四边形，，，
，，，
， ，
E为CD中点，连接BE，F为BE中点，
，，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定及性质和勾股定理，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在矩形中，点E为上一点，，，连接，将沿所在的直线翻折，得到，交于点F，将沿所在的直线翻折，得到，交于点G，的值为______．
【答案】
【分析】根据折叠的性质和矩形的性质可得，设，则，在中，利用勾股定理可得，，从而得到，过点G作于点H，则，可得，，从而得到，可设，在中，可得，从而得到，再由，可得，，即可求解．
【详解】解：由折叠的性质得：，，，，，
在矩形中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
在中，，
∴，解得：，
即，，
∴，
如图，过点G作于点H，则，
∴，，
∴，
可设，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形和折叠问题，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，灵活做辅助线构造直角三角形是解题的关键．
19．（2023·广东佛山·统考一模）在平面坐标系中，第1个正方形的位置如图所示，点的坐标为，延长交轴于点，作第2个正方形，延长交轴于点；作第3个正方形，…按这样的规律进行下去，若点、、…在直线上，则______．
【答案】
【分析】先利用一次函数求出，再用三角形相似得出，，找出规律，即可求．
【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，
，，，
正方形，正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
同理可得，，
同理可得，，
同理可得，，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，解本题的关键是求出前几个正方形的边长，找出规律．
20．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方形中，把绕点B顺时针旋转，把绕点C逆时针旋转，它们交于点M，连接并延长，分别交于点E、F，连接交相交于点H，连接．下列判断中，其中正确结论有______（填序号）
①；②；③；④
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质和旋转的性质可得，从而得到是等边三角形，进而得到是等边三角形，继而得到，故①正确；根据，，可得，再由三角形内角和定理可得，从而证得，故②正确；再根据直角三角形的性质可得到，，从而得到，再由，可得，故③错误；连接交于点O，则，设正方形的边长为a，则，，，，再由，可得，从而得到，可得，故④正确，即可．
【详解】解：在正方形中，，，，，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∴，故①正确；
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴，
在中，，
∴，
同理，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故③错误；
如图，连接交于点O，则，
设正方形的边长为a，则，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：①②④
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，图形的旋转，直角三角形的性质相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，熟练掌握正方形的性质，图形的旋转，直角三角形的性质相似三角形的判定和性质是解题的关键．
三、解答题
21．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在中，，点O是上的中点，将绕着点O旋转得
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如果，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据旋转的性质可得，从而得到，即可求证；
（2）过点A作于点E，先证明是等边三角形，可得，，再由勾股定理可得，再由菱形的面积公式计算，即可求解．
【详解】（1）证明：∵将绕着点O旋转得，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，过点A作于点E，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴菱形的面积为．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
22．（2023·广东佛山·统考一模）如图所示，菱形中，点M、N分别是边上的点，，，连接，延长交线段延长线于点E；
(1)求证：；
(2)若菱形边长为6，则线段的长是______；
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）先根据菱形的性质得到，再由已知条件证明，即可利用证明；
（2）先由菱形的性质得到，证明，得到，再由，推出，得到，再由，即可得到．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵菱形边长为6，即，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，灵活运用所学知识是解题的关键．
23．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在中，，点D在边上且，连接，E是的中点，过点C作，交的延长线于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）先证明四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线，等于斜边的一半，得到，即可得证．
【详解】（1）证明∶∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，菱形的判定．熟练掌握相关知识点并灵活运用，是解题的关键．
24．（2023·广东东莞·统考一模）如图，是矩形的一条对角线．
(1)作的垂直平分线，分别交，于点E、F，垂足为点O（要求用尺规作图，保留作图痕迹．不要求写作法）；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）分别以、为圆心，以大于一半的长为半径上下画弧，上下各有一个交点，这两点的连线即为所求；
（2）连接，根据垂直平分线的性质得出，设，则，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图所示：直线即为所求；
（2）证明：连接，
垂直平分线段，
，
，，
设，则，
即，
解得：，
的长为5．
【点睛】本题综合考查了尺规作线段的垂直平分线、矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理解三角形等，熟记作图步骤，灵活运用线段垂直平分线的性质和判定进行线段关系的转化是解题关键．
25．（2023·广东中山·统考一模）如图，在平行四边形中，，点F是的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）通过条件可证得，，得出四边形是平行四边形，通过邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）先利用勾股定理求出，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可得解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
点F是的中点，
，
在和中，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
是菱形．
（2）解：四边形是平行四边形，
是菱形，
，
，
在中，，
．
【点睛】本题考查勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
26．（2023·广东茂名·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝12，AB＝16，求菱形ADCF的面积．
【答案】（1）见解析；（2）S菱形ADCF＝96．
【分析】（1）先证明△AEF≌△DEB（AAS），得AF＝DB，根据一组对边平行且相等可得四边形ADCF是平行四边形，由直角三角形斜边中线的性质得：AD＝CD，根据菱形的判定即可证明四边形ADCF是菱形；
（2）先根据菱形和三角形的面积可得：菱形ADCF的面积＝直角三角形ABC的面积，即可解答．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
∵，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
∵D是BC的中点，
∴AF＝DB＝DC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝CD＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：设AF到CD的距离为h，
∵AF∥BC，AF＝BD＝CD，∠BAC＝90°，
∴S菱形ADCF＝CD•h＝BC•h＝S△ABC＝AB•AC＝×12×16＝96．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线、三角形和菱形的面积，解决本题的关键是掌握以上基础知识．
27．（2023·广东深圳·统考一模）(1)如图1，纸片中，，，过点A作，垂足为E，沿剪下，将它平移至的位置，拼成四边形，则四边形的形状为 ．（从以下选项中选取）
A．正方形 B ．菱形 C．矩形
(2)如图2，在（1）中的四边形纸片中，在上取一点F，使， 剪下，将它平移至的位置，拼成四边形．
①求证：四边形是菱形；
②连接，求的值．
【答案】(1)C
(2)①证明见详解；②；
【分析】（1）根据可得，结合 可得，，再根据平移得到，可得，即可得到答案；
（2）①根据平移可得，，即可得到四边形是平行四边形，根据，结合根据勾股定理可得，即可得到证明；②根据，即可得到，结合即可得到，根据
可得，即可得到答案；
【详解】（1）解：∵中，，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵平移得到，
∴，
∴四边形的形状为矩形，
故选C；
（2）①证明：∵平移得到，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角函数，平行四边形的性质，解题的关键是根据平移及平行四边形的性质得到相应的条件．
28．（2023·广东佛山·统考一模）数学学习总是循序渐进、不断延伸拓展的，数学知识往往起源于人们为了解决某些问题，通过观察、测量、思考、猜想出的一些结论．但是所猜想的结论不一定都是正确的．人们从已有的知识出发，经过推理、论证后，如果所猜想的结论在逻辑上没有矛盾，就可以作为新的推理的前提，数学中称之为定理．
(1)推理证明：
在八年级学习等腰三角形和直角三角形时，借助工具测量就能够发现：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，当时并未说明这个结论的正确性．九年级学习了矩形的判定和性质之后，就可以解决这个问题了．如图1，在中，若是斜边上的中线，则，请你用矩形的性质证明这个结论的正确性．
(2)迁移运用：利用上述结论解决下列问题：
①如图2，在线段异侧以为斜边分别构造两个直角三角形与，E、F分别是、的中点，判断与的位置关系并说明理由；
②如图3，对角线、相交于点O，分别以、为斜边且在同侧分别构造两个直角三角形与，求证：是矩形；
【答案】(1)见解析；
(2)①；②见解析．
【分析】（1）延长至点E，使得，连接、，易证四边形是平行四边形，结合可证明四边形是矩形，得到即可；
（2）①如图连接、，结合题意由（1）可得，即，结合F是的中点，依据等腰三角形三线合一可得结论；
②如图连接，由（1）可知，即可得结论．
【详解】（1）延长至点E，使得，连接、，
则，
是上的中线，
，
则四边形是平行四边形，
在中，
，
则四边形是矩形，
，
，
即；
（2）①如图连接、，
三角形与是以为斜边直角三角形，
且E是的中点，由（1）可知，
，，
，
是等腰三角形，
又F是的中点，
；
②如图连接，
对角线、相交于点O，
点O是、的中点，
又与是直角三角形，
由（1）可知，
，，
，
是矩形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，矩形的判定；解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
29．（2023·广东深圳·统考一模）在正方形中，点是对角线上的动点（与点，不重合），连接．
(1)将射线绕点顺时针旋转，交直线于点．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段存在以下数量关系：的平方和等于的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，要证的关系，只需证的关系．
想法2：将沿翻折，得到，要证的关系，只需证的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段的数量关系并证明；（一种方法即可）
(2)如图2，若将直线绕点B顺时针旋转，交直线于点．若正方形边长为，，求的长．
【答案】(1)①见解析；②，证明见解析
(2)
【分析】（1）①根据题意补全图形即可；
②想法1：过作，使，连接，由正方形的性质得出，，，证明，得出，证出，证明，得出，证出，在中，由勾股定理即可；
想法2，证明，在在中，由勾股定理即可，进而即可得出结论；
（2）过作，使，连接，由证得：，得出，再由证得：，得出，，证出，得出，在中，由勾股定理即可得得出，根据题意得出，代入结论，解方程即可求解．
【详解】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②；理由如下：
想法1：过作，使，连接，如图2所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
想法2，如图所示，
∵四边形是正方形，将沿翻折，得到，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：如图所示，过作，使，连接，
∵直线绕点顺时针旋转°，交直线于点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∵正方形边长为，
∴，
∵，
设，则
∴
解得：
∴
设，则，
∵．
∴，
解得：
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理，证明三角形全等是解决问题的关键．
30．（2023·广东深圳·统考一模）将正方形的边绕点A逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点B作直线，垂足为点F，连接．
(1)如图1，当时，的形状为______，的值为______；
(2)当时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②如图3，正方形边长为4，，，在旋转的过程中，是否存在与相似？若存在，则的值为______，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)等腰直角三角形，；
(2)①成立，理由见解析；②存在，．
【分析】（1）如图，连接，当时，利用正方形及等腰三角形性质可求得，，易得是等边三角形即即可求出结合即可证得是等腰直角三角形，在与中，求得可证得即可得到；
（2）①如图连接，当时，求得，从而得到即可证明是等腰直角三角形，在与中求得可证得即可得到；
②如图，当时，由①可证得，及，，易证从而易证得是等腰直角三角形得，再证得，在中，，由①可知得，即，则有在中勾股定理解可求解．
【详解】（1）解：如图，连接，
当时，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故答案为：等腰直角三角形，；
（2）①成立，理由如下，
如图连接，当时，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故结论成立；
②如图，当时，
，
，
，
由①可知，
，
，
，
同理可证，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
由①可知，
，
，
，
在中，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质，与三角形有关的角的计算，相似三角形的判定和性质的应用，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定和性质的应用．
31．（2023·广东深圳·统考一模）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为E，F为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明．
(1)独立思考：请解答老师提出的问题；
(2)实践探究：希望小组受此问题的启发，将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明．
(3)问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点H，折痕交于点M，连接，交于点N．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】(1)，证明见解析
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）如图，作交于H，证明垂直平分线段即可；
（2）证明四边形是平行四边形即可；
（3）如图，过点D作于点J，过点M作于T，根据求解即可．
【详解】（1），
证明：如图，作交于H，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
；
（2），
证明：如图，连接，
是由翻折得到，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）如图，过点D作于点J，过点M作于T，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，翻折变换，平行线分线段成比例定理，解直角三角形等，解题的关键是学会添加辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．