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考点26矩形、菱形、正方形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版）
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这是一份考点26矩形、菱形、正方形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（北师大版），共29页。
考点26矩形、菱形、正方形
【命题趋势】
矩形、菱形、正方形中考主要考查：矩形、菱形、正方形的判定，利用矩形、菱形、正方形的性质求线段长度，角度，面积。矩形中常通过折叠考查判断与长度有关的数量关系，注意方程、函数思想的运用。常命基础题和中档题。
【常考知识】
矩形、菱形、正方形的判定，利用矩形、菱形、正方形的性质求线段长度，角度，面积。矩形中常通过折叠考查判断与长度有关的数量关系，注意方程、函数思想的运用.
【夺分技巧】
在判定矩形、菱形或正方形时，要明确是在四边形还是在平行四边形的基础之上求证的，要熟悉各判定定理的联系和区别，解题时要认真审题，通过对已知条件的分析、综合，最后确定用那一种判定方法。
真题演练
一、单选题
1．（2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】
解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，
，
折叠，
，
，
，
故选：．
2．（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．
【详解】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
3．（2021·全国·九年级专题练习）如图：四边形ABCD为菱形，且对角线BD∥x轴，A、C两点在y轴上，E点在BC上，且BE＝2CE，双曲线y＝（x＞0）经过E、B两点，且，则k的值为（ ）
A．3 B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】
作EF垂直于y轴，EG，BH垂直于x轴，设点E横坐标为m，点B横坐标为n，根据BE＝2CE和k的几何意义求出m与n的关系，再通过m表示菱形面积求解．
【详解】
解：作EF垂直于y轴，EG，BH垂直于x轴，设点E横坐标为m，点B横坐标为n，
∴点E坐标为（m，），点B坐标为（n，）．
∵EF∥BD∥x轴，BE＝2CE，
∴，即n＝3m．
∴点B坐标为（3m，），
∵
∴，
∵，
∴SABCD＝3S△EFB＝24．
∴，
∴k＝4．
故选：C．
4．（2021·山东潍坊·中考真题）若菱形两条对角线的长度是方程x2﹣6x+8＝0的两根，则该菱形的边长为（ ）
A． B．4 C．25 D．5
【答案】A
【分析】
先求出方程的解，即可得到，根据菱形的性质求出和 ，根据勾股定理求出即可．
【详解】
解：解方程，得，
即，
∵四边形是菱形，
∴，
由勾股定理得，
即菱形的边长为，
故选：．
5．（2021·浙江杭州·模拟预测）如图，在菱形中，，．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点，同时动点也从点出发，以每秒个单位的速度沿运动到点，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象能大致反映与之间函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据P点位置运动不同分类讨论计算即可，分在AD上运动和在CD上运动，结合三角形的面积得出关系式，再判断即可；
【详解】
∵，
∴，则，
当点P在AD上运动时，如下图，
过点Q作，
由题意得：，，，
则，为开口向上的抛物线；
当点P在CD上运动时，同理可得为开口向下的抛物线；
故答案选A．
6．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，扇形AOB中，OA＝2，C为上的一点，连接AC，BC，如果四边形AOBC为平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接，过点作于点，四边形是菱形可知，再由可知是等边三角形，，故与为边长相等的两个等边三角形，再根据锐角三角函数的定义得出的长，由即可得出结论．
【详解】
解：连接，过点作于点，
四边形是平行四边形，，
四边形为菱形，
．
，
是等边三角形，
，
与为边长相等的两个等边三角形．
，
．
．
故选：D．
7．（2021·黑龙江佳木斯·三模）如图，已知矩形的边在轴上，，，双曲线与矩形相交于点，，沿折叠，点恰好落在上的点处，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】
根据折叠求出EC=1.5，再设A点坐标为（m，4），则E点坐标为（m+5，1.5），根据反比例函数的性质列出方程即可．
【详解】
解：由翻折可知，AF=AD=5，DE=EF，
∵四边形是矩形，
∴，CF=5-3=2，
设EC为x，则DE=EF=4-x，
，
解得，x=1.5，
设A点坐标为（m，4），则E点坐标为（m+5，1.5），
则4m=1.5(m+5)，解得m=3，
把（3，4）代入得，，解得；
故选：C．
8．（2021·河南涧西·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，顶点， ，连接，按下列方法作图：
（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点，；
（2）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧两弧交于点；
（3）作射线交于点，则点的横坐标为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】
过点作于，如图，根据基本作图得到平分 ，则利用角平分线的性质得到，接着根据勾股定理计算出，通过证明 得到 ，所以 ，设，则 ， ，利用勾股定理得到 ，解方程得到 ，从而得到点的横坐标．
【详解】
解：过点作于，如图，
由作法得平分，
，
矩形的顶点的坐标为， 点坐标为，
，，
在中，，
在和中，
，
∴，
，
，
设，则，，
在中，，
解得，
即，
点的横坐标为．
故选：A．
9．（2021·重庆·八年级期末）如图，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点．右图是点运动时，的面积（）随时间（）变化的关系图象，则的值为（ ）
A． B．3 C． D．5
【答案】D
【分析】
通过分析图象，点F从点A到B用as，此时，△FDC的面积为2a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD＝2，应用勾股定理即可求出a的值．
【详解】
解：过点D作DE⊥BC于点E，
由图象可知，点F从点A到B用as，△FDC的面积为2acm2．
∴AB＝a，
∴AB•DEDE＝2a，
∴DE＝4，
当F从B到D时，用s，
∴BD，
Rt△DBE中，BE2，
∵ABCD是菱形，
∴AE＝a﹣2，DC＝a，
Rt△ADE中，
a2＝42+（a﹣2）2，
解得a＝5．
故选：D．
10．（2021·湖南常德·中考真题）如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，
∴BE=BC=AB
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠BAE=∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠BAE+∠AFD =90°，
∴∠APF=90°，
∴∠EAF+∠AFD=90°，故C选项正确，符合题意；
连接FC，
同理可证得△CBF≌△DAF（SAS），
∴∠BCF=∠ADF，
∴∠BCD-∠BCF=∠ADC-∠ADF，即90°-∠BCF=90°-∠ADF，
∴∠PDC=∠FCD>∠PCD，
∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；
∵AD>PD，
∴CD>PD，
∴∠DPC>∠DCP，
∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，
∴∠CPE<∠PCE，
∴PE> CE，故D选项错误，不符合题意；
故选：C．
二、填空题
11．（2021·北京市第五中学分校九年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE，点M为AE的中点，连接FM，则线段FM的最大值是 ___．
【答案】
【分析】
利用勾股定理求出AB，延长EF至K，使FK=EF，则△EBK是等腰直角三角形，求出BK，根据三角形中位线定理得到，再利用三角形三边关系解答．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴,
如图，延长EF至K，使FK=EF，则△EBK是等腰直角三角形，
∴，
∵M是AE的中点，F是EK的中点，
∴MF是△AEK的中位线，
∴，
在△ABK中，，
∴，即，
∴，
∴线段FM的最大值是，
故答案为：．
12．（2021·湖北·黄石八中模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的一个顶点O在坐标原点，一边OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB＝，反比例函数在第一象限内的图象经过点A，与BC交于点F，则△AOF的面积等于______________．
【答案】40
【分析】
先求出OA直线解析式，联立直线与曲线方程求出点A坐标及OA长度即可求出菱形面积，△AOF的面积为菱形面积的一半．
【详解】
作于点D，
设AD长为4m，
，
，
由勾股定理得OD=3m，
点A坐标为（3m，4m），
设OA所在直线解析式为y=kx，
将（3m，4m）代入可得4m=3km，
解得，
，
联立方程，
解得或，
，即m=2，
点A坐标为（6，8），
OA=5m=10，
,
，点F在BC上，
，
故答案为：40．
13．（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；
【详解】
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：
14．（2021·安徽淮南·一模）已知在菱形ABCD中，∠A＝60°，，，DE＝6，EF＝BF＝5，解答下列问题：
（1）的值为________________；
（2）菱形ABCD的边长为________________．
【答案】
【分析】
（1）由平行线的性质可得，利用锐角三角函数可求解；
（2）连接BD，过B作BG//EF交DE的延长线于G，根据菱形的判定和性质以及解直角三角形求得，判断是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】
解：①∵DE∥BF，
∴∠E＝∠F，
，
，
故答案为；
②连接BD，过B作BG//EF交DE的延长线于G，
∵∠DEF＝∠F，
∴EG//BF，
∴四边形BFEG是平行四边形，
∵EF＝BF，
∴四边形BFEG是菱形，
∴EG＝BG＝EF＝BF＝5，
∴DG＝6+5＝11，
∵EF//BG，
∴∠G＝∠DEF，
过D作DH⊥GB交GB的延长线于H，
∴∠DHG＝90°，
∵sin∠DEF＝sin∠G＝，
∴DH＝，
∴GH＝，
∴BH＝GH﹣BG＝，
∴BD＝，
∵在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝，
故答案为：．
15．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是________．
【答案】
【分析】
过点作于点，易证，从而可求出，，设AB＝a，则AD＝2a，根据三角形的面积可求出AE，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】
解：如图，过点作于点，设，
在与中，
，
，
，，
，tan∠ADB＝＝，
设AB＝a，则AD＝2a，
∴BD＝a，
∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD，
∴AE＝CF＝a，
∴BE＝FD＝a，
∴EF＝BD﹣2BE＝a﹣a＝a，
∴tan∠DEC＝＝，
故答案为：．
16．（2021·河南武陟·二模）如图，在边长为的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，点是上一点，且，则的长度为_____________．
【答案】1
【分析】
利用构造等腰直角三角形解决问题
【详解】
如图，连接过作垂足为
，分别是边，的中点，正方形边长为
正方形
故答案为：1
17．（2021·安徽义安·二模）边长为的正方形的顶点，在轴的正半轴上，点坐标为，点从点出发，沿着运动．
（1）当运动到边上时，，如图1，此时点经过的路径长是______．
（2）当运动到边上时，，如图2，此时点经过的路径长是______．
【答案】
【分析】
（1）点P经过的路径长为AB+BP，而AB已知，只需求出BP的长即可；结合已知∠OAB=∠BOP，所以解题方向应锁定在判断与的关系上；
(（2）点P经过的路径长为AB+BC+CP，只需求出CP的长即可；结合已知∠OAP=90°，可转化为求DP的长，所以解题方向应锁定在寻找与有关系的三角形上；为此过点B作BG⊥OA于点G，构造出，通过证明两三角形相似加以解决．
【详解】
解：（1）连接AC交BD于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，如图1所示．
∵四边形ABCD是正方形，对角线BD在y轴上，
∴AC⊥y轴，∠ABD=∠CBD=45°，EA=EB．
∵A（-1，2）,
∴
∵
∴四边形AEOF是矩形．
∴EO=AF=2,OF=EA=1．
∴BO=EO-EB=2-1=1．
∵∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠ABO=∠PBO=135°．
∵∠OAB=∠BOP，
∴．
∴．
∴．
∴点P经过的路径长为：．
故答案为：
（2）过点B作BG⊥OA于点G，如图2所示．
在中，
∵
∴
∴
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∵∠OAP=90°，
∴∠DAP+∠BAP=∠GAB+∠BAP=90°
∴∠DAP==∠GAB
∵∠ADP=∠AGB=90°，
∴
∴
∴
∴点P经过的路径长为：
故答案为：
三、解答题
18．（2021·湖北·黄石八中三模）如图，正方形ABCD的边长为4，E是正方形ABCD的边DC上的一点，过A作AF⊥AE，交CB延长线于点F．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若DE＝1，求△AFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）正方形的边长相等，四个角相等，即，，根据条件还能证，故能证明．
（2），，根据勾股定理能求出的长．
【详解】
（1）证明：，
，
，
．
，，
．
（2）解：，
．
，，，
．
的面积为：．
19．（2021·湖南·长沙市北雅中学二模）（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系________，位置关系________；
（2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，，，，连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）矩形ABCD和矩形DEFC，，，直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长．
【答案】（1）相等，垂直；（2）不成立，CE=2AG，AG⊥CE，理由见解析；（3）
【分析】
（1）根据正方形的性质，证明△GDA≌△EDC即可得到打啊；
（2）证明△GDA∽△EDC，即可求解；
（3）分①当点E在线段AG上时；②当G在线段AE上时；两种情况进行讨论求解即可.
【详解】
解：（1）在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
∵DG=DE，DA=DC，
∴△GDA≌△EDC（SAS），
∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，
∵∠COD=∠AOH，
∴∠AHO=∠CDO=90°，
∴AG⊥CE，
故答案为：相等，垂直；
（2）不成立，CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：
设AD与CE交于M，
由（1）知∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，即∠ADG=∠EDC，
∵AD=2DG， AB=2DE， AD=DE，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∴，
∴△GDA∽△EDC，
∴，∠ECD=∠GAD，
∴CE=2AG，
∵∠CMD=∠AMH，
∴∠AHM=∠CDM=90°，
∴AG⊥CE；
（3）①当点E在线段AG上时，如图所示，
∵AD=2DG=6，AB=2DE=8，
∴DG=3，ED=4，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠EDG=90°，
∴，
过点D作DP⊥AG于P，
∵∠DPG=∠EDG=90°，∠DGP=∠EGD，
∴△DGP∽△EGD，
∴即，
∴，，
∴，
∴；
②当G在线段AE上时，如图所示，
过点D作DP⊥AG于P，
∠DPG=∠EDG=90°，∠DGP=∠EGD，
同理得，
由勾股定理得
∴；
综上所述：.
20．（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=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==．
21．（2021·江苏东台·一模）在正方形ABCD中，点P是CD边上一点，点E在AP的延长线上，将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接DE、EF.
（1）如图1，若EF恰好经过点B，①求证：DE⊥EF；②探究BE、BF、BA三条线段的数量关系并证明你的结论.
（2）如图2，若EF恰好经过点C，当CF＝2CE时，求tan∠BCF的值.
【答案】（1）①见解析；②BE2+BF2=2AB2，见解析；（2）
【分析】
（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠AFE=∠AEF=45°，由全等三角形的性质可得∠AFB=∠AED=45°，可得结论；
②由正方形的性质和勾股定理可求BD2=2AB2，在Rt△DBE中，BE2+DE2=DB2，可得结论；
（3）连接AC，过点A作AH⊥EF于H，由等腰直角三角形的性质和勾股定理可得AB=，再根据△CAP∽△EAC，得出，，再根据△CEP∽△MEA得出，从而利用正切的定义即可得出答案．
【详解】
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∵将线段AE绕点A顺时针旋转90°，到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°=∠BAD，
∴∠BAF=∠DAE，∠AFE=∠AEF=45°，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴∠AFB=∠AED=45°，
∴∠DEF=∠AED+∠AEF=90°，
∴DE⊥DF；
②BE2+BF2=2AB2；
理由如下：如图2，连接DB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴AB2+AD2=BD2，
∴BD2=2AB2，
∵∠DEF=90°，
∴BE2+DE2=DB2，
∴BE2+BF2=2AB2；
（3）如图3，连接AC，过点A作AH⊥EF于H，
∵CF=2CE，
∴EF=3CE，
∵AE=AF，∠EAF=90°，AH⊥EF，
∴AH=FH=EH=1.5CE，
∴CH=0.5CE，
∵AC2=AH2+CH2=AB2+BC2，
∴AB=，
∴AC=，
∵AE=AF，∠EAF=90°，EF=3CE，
∴，
∵∠ACD=∠AEF=45°，∠CAP=∠EAC，
∴△CAP∽△EAC，
∴，
∴，，
∴，
延长AB交EF于M，
∵AM//CD，
∴△CEP∽△MEA，
∴，
∴，
∴，
∴tan∠BCF=
考点26矩形、菱形、正方形
【命题趋势】
矩形、菱形、正方形中考主要考查：矩形、菱形、正方形的判定，利用矩形、菱形、正方形的性质求线段长度，角度，面积。矩形中常通过折叠考查判断与长度有关的数量关系，注意方程、函数思想的运用。常命基础题和中档题。
【常考知识】
矩形、菱形、正方形的判定，利用矩形、菱形、正方形的性质求线段长度，角度，面积。矩形中常通过折叠考查判断与长度有关的数量关系，注意方程、函数思想的运用.
【夺分技巧】
在判定矩形、菱形或正方形时，要明确是在四边形还是在平行四边形的基础之上求证的，要熟悉各判定定理的联系和区别，解题时要认真审题，通过对已知条件的分析、综合，最后确定用那一种判定方法。
真题演练
一、单选题
1．（2021·福建·重庆实验外国语学校模拟预测）如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】
解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，
，
折叠，
，
，
，
故选：．
2．（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．
【详解】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
3．（2021·全国·九年级专题练习）如图：四边形ABCD为菱形，且对角线BD∥x轴，A、C两点在y轴上，E点在BC上，且BE＝2CE，双曲线y＝（x＞0）经过E、B两点，且，则k的值为（ ）
A．3 B． C．4 D．6
【答案】C
【分析】
作EF垂直于y轴，EG，BH垂直于x轴，设点E横坐标为m，点B横坐标为n，根据BE＝2CE和k的几何意义求出m与n的关系，再通过m表示菱形面积求解．
【详解】
解：作EF垂直于y轴，EG，BH垂直于x轴，设点E横坐标为m，点B横坐标为n，
∴点E坐标为（m，），点B坐标为（n，）．
∵EF∥BD∥x轴，BE＝2CE，
∴，即n＝3m．
∴点B坐标为（3m，），
∵
∴，
∵，
∴SABCD＝3S△EFB＝24．
∴，
∴k＝4．
故选：C．
4．（2021·山东潍坊·中考真题）若菱形两条对角线的长度是方程x2﹣6x+8＝0的两根，则该菱形的边长为（ ）
A． B．4 C．25 D．5
【答案】A
【分析】
先求出方程的解，即可得到，根据菱形的性质求出和 ，根据勾股定理求出即可．
【详解】
解：解方程，得，
即，
∵四边形是菱形，
∴，
由勾股定理得，
即菱形的边长为，
故选：．
5．（2021·浙江杭州·模拟预测）如图，在菱形中，，．动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿折线运动到点，同时动点也从点出发，以每秒个单位的速度沿运动到点，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象能大致反映与之间函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
根据P点位置运动不同分类讨论计算即可，分在AD上运动和在CD上运动，结合三角形的面积得出关系式，再判断即可；
【详解】
∵，
∴，则，
当点P在AD上运动时，如下图，
过点Q作，
由题意得：，，，
则，为开口向上的抛物线；
当点P在CD上运动时，同理可得为开口向下的抛物线；
故答案选A．
6．（2021·湖北武汉·模拟预测）如图，扇形AOB中，OA＝2，C为上的一点，连接AC，BC，如果四边形AOBC为平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
连接，过点作于点，四边形是菱形可知，再由可知是等边三角形，，故与为边长相等的两个等边三角形，再根据锐角三角函数的定义得出的长，由即可得出结论．
【详解】
解：连接，过点作于点，
四边形是平行四边形，，
四边形为菱形，
．
，
是等边三角形，
，
与为边长相等的两个等边三角形．
，
．
．
故选：D．
7．（2021·黑龙江佳木斯·三模）如图，已知矩形的边在轴上，，，双曲线与矩形相交于点，，沿折叠，点恰好落在上的点处，则的值为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】C
【分析】
根据折叠求出EC=1.5，再设A点坐标为（m，4），则E点坐标为（m+5，1.5），根据反比例函数的性质列出方程即可．
【详解】
解：由翻折可知，AF=AD=5，DE=EF，
∵四边形是矩形，
∴，CF=5-3=2，
设EC为x，则DE=EF=4-x，
，
解得，x=1.5，
设A点坐标为（m，4），则E点坐标为（m+5，1.5），
则4m=1.5(m+5)，解得m=3，
把（3，4）代入得，，解得；
故选：C．
8．（2021·河南涧西·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，顶点， ，连接，按下列方法作图：
（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点，；
（2）分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧两弧交于点；
（3）作射线交于点，则点的横坐标为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】
过点作于，如图，根据基本作图得到平分 ，则利用角平分线的性质得到，接着根据勾股定理计算出，通过证明 得到 ，所以 ，设，则 ， ，利用勾股定理得到 ，解方程得到 ，从而得到点的横坐标．
【详解】
解：过点作于，如图，
由作法得平分，
，
矩形的顶点的坐标为， 点坐标为，
，，
在中，，
在和中，
，
∴，
，
，
设，则，，
在中，，
解得，
即，
点的横坐标为．
故选：A．
9．（2021·重庆·八年级期末）如图，点从菱形的顶点出发，沿以的速度匀速运动到点．右图是点运动时，的面积（）随时间（）变化的关系图象，则的值为（ ）
A． B．3 C． D．5
【答案】D
【分析】
通过分析图象，点F从点A到B用as，此时，△FDC的面积为2a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD＝2，应用勾股定理即可求出a的值．
【详解】
解：过点D作DE⊥BC于点E，
由图象可知，点F从点A到B用as，△FDC的面积为2acm2．
∴AB＝a，
∴AB•DEDE＝2a，
∴DE＝4，
当F从B到D时，用s，
∴BD，
Rt△DBE中，BE2，
∵ABCD是菱形，
∴AE＝a﹣2，DC＝a，
Rt△ADE中，
a2＝42+（a﹣2）2，
解得a＝5．
故选：D．
10．（2021·湖南常德·中考真题）如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，
∴BE=BC=AB
，
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠BAE=∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠BAE+∠AFD =90°，
∴∠APF=90°，
∴∠EAF+∠AFD=90°，故C选项正确，符合题意；
连接FC，
同理可证得△CBF≌△DAF（SAS），
∴∠BCF=∠ADF，
∴∠BCD-∠BCF=∠ADC-∠ADF，即90°-∠BCF=90°-∠ADF，
∴∠PDC=∠FCD>∠PCD，
∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；
∵AD>PD，
∴CD>PD，
∴∠DPC>∠DCP，
∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，
∴∠CPE<∠PCE，
∴PE> CE，故D选项错误，不符合题意；
故选：C．
二、填空题
11．（2021·北京市第五中学分校九年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE，点M为AE的中点，连接FM，则线段FM的最大值是 ___．
【答案】
【分析】
利用勾股定理求出AB，延长EF至K，使FK=EF，则△EBK是等腰直角三角形，求出BK，根据三角形中位线定理得到，再利用三角形三边关系解答．
【详解】
解：在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴,
如图，延长EF至K，使FK=EF，则△EBK是等腰直角三角形，
∴，
∵M是AE的中点，F是EK的中点，
∴MF是△AEK的中位线，
∴，
在△ABK中，，
∴，即，
∴，
∴线段FM的最大值是，
故答案为：．
12．（2021·湖北·黄石八中模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的一个顶点O在坐标原点，一边OB在x轴的正半轴上，sin∠AOB＝，反比例函数在第一象限内的图象经过点A，与BC交于点F，则△AOF的面积等于______________．
【答案】40
【分析】
先求出OA直线解析式，联立直线与曲线方程求出点A坐标及OA长度即可求出菱形面积，△AOF的面积为菱形面积的一半．
【详解】
作于点D，
设AD长为4m，
，
，
由勾股定理得OD=3m，
点A坐标为（3m，4m），
设OA所在直线解析式为y=kx，
将（3m，4m）代入可得4m=3km，
解得，
，
联立方程，
解得或，
，即m=2，
点A坐标为（6，8），
OA=5m=10，
,
，点F在BC上，
，
故答案为：40．
13．（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；
【详解】
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：
14．（2021·安徽淮南·一模）已知在菱形ABCD中，∠A＝60°，，，DE＝6，EF＝BF＝5，解答下列问题：
（1）的值为________________；
（2）菱形ABCD的边长为________________．
【答案】
【分析】
（1）由平行线的性质可得，利用锐角三角函数可求解；
（2）连接BD，过B作BG//EF交DE的延长线于G，根据菱形的判定和性质以及解直角三角形求得，判断是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．
【详解】
解：①∵DE∥BF，
∴∠E＝∠F，
，
，
故答案为；
②连接BD，过B作BG//EF交DE的延长线于G，
∵∠DEF＝∠F，
∴EG//BF，
∴四边形BFEG是平行四边形，
∵EF＝BF，
∴四边形BFEG是菱形，
∴EG＝BG＝EF＝BF＝5，
∴DG＝6+5＝11，
∵EF//BG，
∴∠G＝∠DEF，
过D作DH⊥GB交GB的延长线于H，
∴∠DHG＝90°，
∵sin∠DEF＝sin∠G＝，
∴DH＝，
∴GH＝，
∴BH＝GH﹣BG＝，
∴BD＝，
∵在菱形ABCD中，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝BD＝，
故答案为：．
15．（2021·广西贵港·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE，若，则tan∠DEC的值是________．
【答案】
【分析】
过点作于点，易证，从而可求出，，设AB＝a，则AD＝2a，根据三角形的面积可求出AE，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】
解：如图，过点作于点，设，
在与中，
，
，
，，
，tan∠ADB＝＝，
设AB＝a，则AD＝2a，
∴BD＝a，
∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD，
∴AE＝CF＝a，
∴BE＝FD＝a，
∴EF＝BD﹣2BE＝a﹣a＝a，
∴tan∠DEC＝＝，
故答案为：．
16．（2021·河南武陟·二模）如图，在边长为的正方形中，点，分别是边，的中点，连接，点是上一点，且，则的长度为_____________．
【答案】1
【分析】
利用构造等腰直角三角形解决问题
【详解】
如图，连接过作垂足为
，分别是边，的中点，正方形边长为
正方形
故答案为：1
17．（2021·安徽义安·二模）边长为的正方形的顶点，在轴的正半轴上，点坐标为，点从点出发，沿着运动．
（1）当运动到边上时，，如图1，此时点经过的路径长是______．
（2）当运动到边上时，，如图2，此时点经过的路径长是______．
【答案】
【分析】
（1）点P经过的路径长为AB+BP，而AB已知，只需求出BP的长即可；结合已知∠OAB=∠BOP，所以解题方向应锁定在判断与的关系上；
(（2）点P经过的路径长为AB+BC+CP，只需求出CP的长即可；结合已知∠OAP=90°，可转化为求DP的长，所以解题方向应锁定在寻找与有关系的三角形上；为此过点B作BG⊥OA于点G，构造出，通过证明两三角形相似加以解决．
【详解】
解：（1）连接AC交BD于点E，过点A作AF⊥x轴于点F，如图1所示．
∵四边形ABCD是正方形，对角线BD在y轴上，
∴AC⊥y轴，∠ABD=∠CBD=45°，EA=EB．
∵A（-1，2）,
∴
∵
∴四边形AEOF是矩形．
∴EO=AF=2,OF=EA=1．
∴BO=EO-EB=2-1=1．
∵∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠ABO=∠PBO=135°．
∵∠OAB=∠BOP，
∴．
∴．
∴．
∴点P经过的路径长为：．
故答案为：
（2）过点B作BG⊥OA于点G，如图2所示．
在中，
∵
∴
∴
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∵∠OAP=90°，
∴∠DAP+∠BAP=∠GAB+∠BAP=90°
∴∠DAP==∠GAB
∵∠ADP=∠AGB=90°，
∴
∴
∴
∴点P经过的路径长为：
故答案为：
三、解答题
18．（2021·湖北·黄石八中三模）如图，正方形ABCD的边长为4，E是正方形ABCD的边DC上的一点，过A作AF⊥AE，交CB延长线于点F．
（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若DE＝1，求△AFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）正方形的边长相等，四个角相等，即，，根据条件还能证，故能证明．
（2），，根据勾股定理能求出的长．
【详解】
（1）证明：，
，
，
．
，，
．
（2）解：，
．
，，，
．
的面积为：．
19．（2021·湖南·长沙市北雅中学二模）（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系________，位置关系________；
（2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，，，，连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）矩形ABCD和矩形DEFC，，，直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长．
【答案】（1）相等，垂直；（2）不成立，CE=2AG，AG⊥CE，理由见解析；（3）
【分析】
（1）根据正方形的性质，证明△GDA≌△EDC即可得到打啊；
（2）证明△GDA∽△EDC，即可求解；
（3）分①当点E在线段AG上时；②当G在线段AE上时；两种情况进行讨论求解即可.
【详解】
解：（1）在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
∵DG=DE，DA=DC，
∴△GDA≌△EDC（SAS），
∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，
∵∠COD=∠AOH，
∴∠AHO=∠CDO=90°，
∴AG⊥CE，
故答案为：相等，垂直；
（2）不成立，CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：
设AD与CE交于M，
由（1）知∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，即∠ADG=∠EDC，
∵AD=2DG， AB=2DE， AD=DE，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∴，
∴△GDA∽△EDC，
∴，∠ECD=∠GAD，
∴CE=2AG，
∵∠CMD=∠AMH，
∴∠AHM=∠CDM=90°，
∴AG⊥CE；
（3）①当点E在线段AG上时，如图所示，
∵AD=2DG=6，AB=2DE=8，
∴DG=3，ED=4，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠EDG=90°，
∴，
过点D作DP⊥AG于P，
∵∠DPG=∠EDG=90°，∠DGP=∠EGD，
∴△DGP∽△EGD，
∴即，
∴，，
∴，
∴；
②当G在线段AE上时，如图所示，
过点D作DP⊥AG于P，
∠DPG=∠EDG=90°，∠DGP=∠EGD，
同理得，
由勾股定理得
∴；
综上所述：.
20．（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=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==．
21．（2021·江苏东台·一模）在正方形ABCD中，点P是CD边上一点，点E在AP的延长线上，将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接DE、EF.
（1）如图1，若EF恰好经过点B，①求证：DE⊥EF；②探究BE、BF、BA三条线段的数量关系并证明你的结论.
（2）如图2，若EF恰好经过点C，当CF＝2CE时，求tan∠BCF的值.
【答案】（1）①见解析；②BE2+BF2=2AB2，见解析；（2）
【分析】
（1）①由等腰直角三角形的性质可得∠AFE=∠AEF=45°，由全等三角形的性质可得∠AFB=∠AED=45°，可得结论；
②由正方形的性质和勾股定理可求BD2=2AB2，在Rt△DBE中，BE2+DE2=DB2，可得结论；
（3）连接AC，过点A作AH⊥EF于H，由等腰直角三角形的性质和勾股定理可得AB=，再根据△CAP∽△EAC，得出，，再根据△CEP∽△MEA得出，从而利用正切的定义即可得出答案．
【详解】
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∵将线段AE绕点A顺时针旋转90°，到线段AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°=∠BAD，
∴∠BAF=∠DAE，∠AFE=∠AEF=45°，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴∠AFB=∠AED=45°，
∴∠DEF=∠AED+∠AEF=90°，
∴DE⊥DF；
②BE2+BF2=2AB2；
理由如下：如图2，连接DB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴AB2+AD2=BD2，
∴BD2=2AB2，
∵∠DEF=90°，
∴BE2+DE2=DB2，
∴BE2+BF2=2AB2；
（3）如图3，连接AC，过点A作AH⊥EF于H，
∵CF=2CE，
∴EF=3CE，
∵AE=AF，∠EAF=90°，AH⊥EF，
∴AH=FH=EH=1.5CE，
∴CH=0.5CE，
∵AC2=AH2+CH2=AB2+BC2，
∴AB=，
∴AC=，
∵AE=AF，∠EAF=90°，EF=3CE，
∴，
∵∠ACD=∠AEF=45°，∠CAP=∠EAC，
∴△CAP∽△EAC，
∴，
∴，，
∴，
延长AB交EF于M，
∵AM//CD，
∴△CEP∽△MEA，
∴，
∴，
∴，
∴tan∠BCF=
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