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培优冲刺 03 四边形压轴题综合
1、四边形与翻折的综合
2、四边形与旋转的综合
3、四边形与新定义的综合
4、四边形与中点的综合
题型一：四边形与翻折的综合
有翻折必有全等，并且是轴对称类型的全等，所以，当四边形压轴题出现翻折或折叠时，一般
都是从轴对称类的全等入手思考！
【中考真题练】
1．（2023•西宁）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数
学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点
D落在点D′处，MD′与BC交于点N．
【猜想】MN＝CN．
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD＝ ∠ CMD ′ ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC （矩形的对边平行），
∴∠CMD＝ ∠ MCN （ 两直线平行，内错角相等 ），
∴ ∠ CMD ′ ＝ ∠ MCN （等量代换），
∴MN＝CN（ 等角对等边 ）．
【应用】
如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD′上，点A落在点A′处，点B落在点
B′处，折痕为ME．
（1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由；
（2）若CD＝2，MD＝4，求EC的长．
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【分析】【验证】根据折叠的性质得到∠CMD＝∠CMD′，根据矩形的性质推出∠CMD＝∠MCN，则
∠CMD′＝∠MCN，根据等腰三角形的判定即可得解；
【应用】（1）根据折叠的性质得到∠AME＝∠A′ME，根据矩形的性质推出∠AME＝∠MEN，则
∠A′ME＝∠MEN，根据等腰三角形的判定即可得出MN＝EN，结合MN＝CN即可得解；
（2）根据矩形的性质、折叠的性质得出∠D＝∠D'＝90°，DC＝D'C＝2，MD＝MD′＝4，设MN＝NC
＝x，则ND′＝4﹣x，根据勾股定理求解即可．
【解答】解：【验证】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD＝∠CMD′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC（矩形的对边平行），
∴∠CMD＝∠MCN（两直线平行，内错角相等），
∴∠CMD′＝∠MCN（等量代换），
∴MN＝CN（等角对等边）．
故答案为：∠CMD′；∠MCN；两直线平行，内错角相等；∠CMD′＝∠MCN；等角对等边；
【应用】（1）EC＝2MN；理由如下：
∵由四边形ABEM折叠得到四边形A′B′EM，
∴∠AME＝∠A′ME，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC（矩形的对边平行），
∴∠AME＝∠MEN（两直线平行，内错角相等），
∴∠A′ME＝∠MEN，
∴MN＝EN（等角对等边），
∵MN＝CN，
∴MN＝EN＝NC，
即EC＝2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，
∴∠D＝∠D'＝90°，DC＝D'C＝2，MD＝MD′＝4，
设MN＝NC＝x，
∴ND′＝MD′﹣MN＝4﹣x，
在Rt△ND′C中，∠D'＝90°，
∴ND'2+D'C2＝NC2，
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∴（4﹣x）2+22＝x2，
解得 ，
∴MN＝ ，
∴EC＝2MN＝5．
2．（2023•衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE
＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段
B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S ，△DGK的面
1
积为S ，当a＝1时，求 的值．
2
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四边形ABFE与A′B′FE关于EF所
在直线成轴对称，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF；
（2）过G作GH⊥BC于H，设DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根据点O为
矩形ABCD的对称中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）
2，解得x的值从而可得AE的长为6﹣2 ；
（3）①过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，由点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，可
得O为EF中点，OA＝OD，OQ＝ AB＝2，证明△GOQ∽△OEQ，得 ＝ ，即GQ•EQ＝OQ2，故
GQ•EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②连接B'D，OG，OB，证明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝
∠OB'G，从而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可证△OGK≌△OGH（SSS），得
S△OGK ＝S△OGH ，有 ＝ ，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得
△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得 ＝ ， ＝ ＝ ＝ ＝ ，又
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△EGF∽△DGB'，有 ＝ ，当a＝1时，b＝ ，即AE＝1，DG＝ ，即可得 ＝ ＝
＝ ＝ ．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF＝∠BFE，
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴∠BFE＝∠GFE，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF；
（2）解：过G作GH⊥BC于H，如图：
设DG＝x，则AE＝2x，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，
∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形GHCD是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴CF＝AE＝2x，
∴FH＝CF﹣CH＝x，
在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，
∴x2+42＝（8﹣3x）2，
解得x＝3+ （此时AE大于AD，舍去）或x＝3﹣ ，
∴AE＝2x＝6﹣2 ；
∴AE的长为6﹣2 ；
（3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图：
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∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，OA＝OD，OQ＝ AB＝2，
∵GE＝GF，
∴OG⊥EF，
∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，
∵∠GQO＝90°＝∠OQE，
∴△GOQ∽△OEQ，
∴ ＝ ，即GQ•EQ＝OQ2，
∴GQ•EQ＝4，
∵OA＝OD，OQ⊥AD，
∴AQ＝DQ＝ AD＝4，
∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，
∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②解：连接B'D，OG，OB，如图：
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴BF＝B'F，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BF＝DE，
∴B'F＝DE，
同理OD＝OB＝OB'，
由（1）知GF＝GE，
∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，
∵OG＝OG，
∴△DOG≌△B'OG（SSS），
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∴∠ODG＝∠OB'G，
∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH（ASA），
∴DK＝B'H，GK＝GH，
∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，
∵OG＝OG，
∴△OGK≌△OGH（SSS），
∴S△OGK ＝S△OGH ，
∴S
1
＝2S△OGK ，
∴ ＝ ，
∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，
∴EF∥B'D，
∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，
∴ ＝ ，
∵ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
∵△EGF∽△DGB'，
∴ ＝ ，
当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，
∴b＝ ，
∴AE＝1，DG＝ ，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴ 的值为 ．
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3．（2023•烟台）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以
点B，C为圆心，以大于 BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接
AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长；
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任
选其中一种方案求线段CQ的长．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，证明△QPO≌△QCO
（HL），推出PQ＝CQ，设PQ＝CQ＝x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ＝∠R，推出QA＝QR，设CQ＝x，同方案
一即可求解．
【解答】解：方案一：连接OQ，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
由作图知BO＝OC＝ BC＝2.5，
由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，∠APO＝∠B＝90°，
∴OP＝OC＝2.5，∠QPO＝∠C＝90°，又OQ＝OQ，
∴△QPO≌△QCO（HL），
∴PQ＝CQ，
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设PQ＝CQ＝x，则AQ＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2.即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x＝ ，
∴线段CQ的长为 ；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
由作图知BO＝OC＝ BC＝2.5，
由旋转的不变性，知CR＝AB＝3，∠BAO＝∠R，∠B＝∠OCR＝90°，
则∠OCR+∠OCD＝90°+90°＝180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO＝∠OAQ，
∴∠OAQ＝∠R，
∴QA＝QR，
设CQ＝x，则QA＝QR＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2，即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x＝ ，
∴线段CQ的长为 ．
【中考模拟练】
1．（2024•天山区校级一模）如图，正方形ABCD边长为1，点E在边AB上（不与A，B重合），将
△ADE沿直线DE折叠，点A落在点A 处，连接A B，将A B绕点B顺时针旋转90°得到A B，连接
1 1 1 2
A A，A C，A C．给出下列四个结论：
1 1 2
①△ABA ≌△CBA ；
1 2
②∠ADE+∠A CB＝45°；
1
③点P是直线DE上动点，则CP+A P的最小值为 ；
1
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④当∠ADE＝30°时，△A BE的面积为 ．
1
其中正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①正确．根据SAS证明三角形全等即可；
②正确．过点D作DT⊥CA 于点T，证明∠ADE+∠CDT＝45°，∠CDT＝∠BCA 即可；
1 1
③正确．连接PA，AC．因为A，A 关于DE对称，推出PA＝PA ，推出PA +PC＝PA+PC≥AC＝ ，
1 1 1
可得结论；
④错误．过点A 作A H⊥AB于点H，求出EB，A H，可得结论．
1 1 1
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠A BA ＝∠ABC＝90°，
1 2
∴∠ABA ＝∠CBA ，
1 2
∵BA ＝BA ，
1 2
∴△ABA ≌△CBA （SAS），故①正确；
1 2
过点D作DT⊥CA 于点T，
1
∵CD＝DA ，
1
∴∠CDT＝∠A DT，
1
∵∠ADE＝∠A DE，∠ADC＝90°，
1
∴∠ADE+∠CDT＝45°，
∵∠CDT+∠DCT＝90°，∠DCT+∠BCA ＝90°，
1
∴∠CDT＝∠BCA ，
1
∴∠ADE+∠BCA ＝45°，故②正确；
1
连接PA，AC．
∵A，A 关于DE对称，
1
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∴PA＝PA ，
1
∴PA +PC＝PA+PC≥AC＝ ，
1
∴PA +PC的最小值为 ，故③正确；
1
过点A 作A H⊥AB于点H，
1 1
∵∠ADE＝30°，
∴AE＝A E＝AD•tan30°＝ ，
1
∴EB＝AB﹣AE＝1﹣ ，
∵∠A EB＝60°，
1
∴A H＝A E•sin60°＝ × ＝ ，
1 1
∴△A BE的面积＝ ×（1﹣ ）× ＝ ，故④错误；
1
故选：C．
2．（2024•曲阜市一模）如图1，菱形纸片ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，如图2，翻折∠ABC，
∠ADC，使两个角的顶点重合于对角线BD上一点P，EF，GH分别是折痕．设AE＝x（0＜x＜2），给
出下列判断：
①当x＝1时，DP的长为 ；
②EF+GH的值随x的变化而变化；
③六边形AEFCHG面积的最大值是 ；
④六边形AEFCHG周长的值不变．
其中正确的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③④ D．①③④
【分析】先确定出△ABC是等边三角形，进而判断出△BEF是等边三角形，当x＝1时，求出BP＝
BD，即可判断出①正确，再用x表示出EF，BP，DP，GH，然后取x赋予的值，即可求出EF+GH的
值，判断出②错误，利用菱形的面积减去两个三角形的面积判断出③错误，利用周长的计算方法即可
判定出④正确．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为2，
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∴AB＝BC＝2，
∵∠ABC＝60°，
∴AC＝AB＝2，BD＝2 ，
由折叠知，△BEF是等边三角形，
当x＝1时，则AE＝1，
∴BE＝AB﹣AE＝1，
由折叠知，BP＝2× ＝ ＝ BD，
故①正确；
如图，设EF与BD交于M，GH于BD交于N，
∵AE＝x，
∴BE＝AB﹣AE＝2﹣x，
∵△BEF是等边三角形，
∴EF＝BE＝2﹣x，
∴BM＝ EM＝ × EF＝ （2﹣x），
∴BP＝2BM＝ （2﹣x），
∴DP＝BD﹣BP＝2 ﹣ （2﹣x）＝ x，
∴DN＝ DP＝ x，
∴GH＝2GN＝2× x＝x，
∴EF+GH＝2，所以②错误；
当0＜x＜2时，
∵AE＝x，
∴BE＝2﹣x，
∴EF＝2﹣x，
∴BP＝ （2﹣x），
∴DP＝ x，
∴GH＝2× ＝x＝DG＝DH，
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∴六边形AEFCHG面积＝S菱形ABCD ﹣S△BEF ﹣S△DGH
＝ ×2×2 ﹣ （2﹣x）2﹣ x2
＝2 ﹣ （x﹣1）2﹣
＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，六边形AEFCHG面积最大为 ，所以③正确，
六边形AEFCHG周长＝AE+EF+FC+CH+HG+AG
＝x+2﹣x+x+2﹣x+x+2﹣x＝6是定值，
所以④正确，即：正确的有①③④，
故选：D．
3．（2024•辽宁模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2， ，点E为射线BA上一点（点E不与点B
重合），将△BCE沿EC折叠，得到△FCE，点P为线段FC上一点，再将△EFP沿EP折叠，得到
△EGP，PG的延长线与边BC相交于点Q．
（1）如图1，连接EQ，求证：QB＝QG．
（2）如图2，当点E与点A重合时，若点G落在边AD上，连接BF，EC与BF相交于点M，与PQ相
交于点N，求MN的长．
（3）若点G落在边AD上，且 ，CE所在直线与AD所在直线相交于点H．
①如图3，当点E在线段BA延长线上时，求HG的长；
②当点E在线段AB上时，请直接写出HG的长．
【分析】（1）根据矩形和折叠的性质证明Rt△EBQ≌Rt△EGQ（HL），即可得QB＝QG；
（2）先证明四边形EBQG是矩形，得BQ＝EG＝2，则CQ＝BC﹣BQ＝2 ﹣2，在RtABC中，由
可得∠ACB＝30°，解直角三角形求出CM＝BC•cos30°＝2 × ＝3，
CN＝ ＝4﹣ ，即可得MN的长．
（3）①过点G作GR⊥BC，垂足为R，则四边形ABRG是矩形．AG＝BR，GR＝AB＝2．在Rt△GQR
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中，根据勾股定理得QR＝ ，则 ，在Rt△EAG中，根据勾股定理
得AE＝1．则EB＝AE+AB＝2+1＝3，证明△EAH∽△EBC．根据相似三角形的性质得
，即可求解；
②过点G作GR⊥BC，垂足为R，同①的方法即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
由折叠知EG＝EF＝EB，∠EGP＝∠F＝∠B＝90°，
∴∠EGQ＝180°﹣∠EGP＝90°，
又∵EQ＝EQ，
∴Rt△EBQ≌Rt△EGQ（HL），
∴QB＝QG；
（2）解：∵将△BCE 沿EC折叠，得到△FCE，
∴EC垂直平分BF．
∴∠BMC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
由（1）知∠EGQ＝90°，EG＝EF＝EB＝2，
∴四边形EBQG是矩形，
∴BQ＝EG＝2，
∴CQ＝BC﹣BQ＝2 ﹣2，
在RtABC中， ，
∴∠ACB＝30°，
在Rt△BCM中，CM＝BC•cos30°＝2 × ＝3，
在Rt△CNQ中，CN＝ ＝4﹣ ，
∴ ；
（3）解：①过点G作GR⊥BC，垂足为R，
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∴∠GRB＝90°．
由（1）得 ，
∴∠DAB＝∠B＝∠GRB＝90°，
∴四边形ABRG是矩形．
∴AG＝BR，GR＝AB＝2．
在Rt△GQR 中， ，
∴ ，
在Rt△EAG中，AE2+AG2＝EG2，
∵EG＝EB＝AE+AB＝AE+2，
∴ ，解得AE＝1．
∴EB＝AE+AB＝2+1＝3，
∵四边形ABRG是矩形，
∴AH∥BC．
∴△EAH∽△EBC．
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②过点G作GR⊥BC，垂足为R，
同理得， ，
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∴AG＝BQ﹣QR＝ ﹣ ＝ ，
在Rt△EAG中，AE2+AG2＝EG2，
∵EG＝EB＝AB﹣AE＝2﹣AE，
∴AE2+（ ）2＝（2﹣AE）2，解得AE＝ ．
∴EB＝AB﹣AE＝2﹣ ＝ ，
∵AH∥BC．
∴△EAH∽△EBC．
∴ ，
∴ ，
∴AH＝ ，
∴HG＝AH+AG＝ + ．
题型二：四边形与旋转的综合
旋转的性质是不改变图形的形状与大小，并且旋转中两对应点与旋转中心连线的三角形是等腰
三角形，各等腰三角形间均相似；所以四边形与旋转结合考察的综合题，谨记以下几点：①有旋转就
会出现全等三角形、新形成的等腰三角形、新形成的相似三角形、旋转相似必成对！
【中考真题练】
1．（2023•南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动
时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．
【分析】（1）根据正方形的性质和直角三角形斜边中线的性质可证△EAD≌△EBC（SAS），根据全等
三角形的性质即可得证；
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（2）根据折叠的性质可得根据旋转的性质可得，EB′＝EB，再根据直角三角形斜边的中线的性质可得
EB′＝AE＝ME，进一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根据正方形的性质可得∠B′CM
＝45°，进一步可得B′M＝B′C，可证△MB′C是等腰直角三角形；
（3）延长BE交AD于点F，根据三角形外角的性质可得∠BEB′＝90°，进一步可得∠DEF＝45°，根
据△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，进一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再证明
△CME∽△AMC，根据相似三角形的性质可得CM：AM＝EM：CM，可得 ，设BM＝x，则
CM＝1﹣x，根据勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E为AM的中点，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，
在△EAD和△EBC中，
，
∴△EAD≌△EBC（SAS），
∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根据旋转的性质可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，
∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，
∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，
∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，
∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延长BE交AD于点F，如图所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，
∴∠BEB′＝90°，
∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，
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∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，
∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，
∴△CME∽△AMC，
∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM＝ AM，
∴ ，
在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
设BM＝x，则CM＝1﹣x，
根据勾股定理，AM2＝1+x2，
∴ ＝（1﹣x）2，
解得x＝ 或x＝2+ （舍去），
∴BM＝ ．
2．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，
∠B为锐角，且sinB＝ ．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
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【分析】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；
（2）①由三角形全等和三角形相似可得出结论；
②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论．
【解答】解：（1）在 ABCD中，BC＝AD＝10，
▱
在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝ ．
（2）①如图，作 CH⊥BA 于点H，
由（1）得，BH＝ ＝ ＝6，
作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，
∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，
∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，
∴∠PC'Q＝∠CPH，
由旋转知 PC'＝PC，
∴△PQC′≌△CHP（AAS）．
设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q∥CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴ ，
∴ ，
∴x＝ ，
∴BP＝ ，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'
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CD⊥CD'
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．
∵C'D'⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC＝8，
∴BP＝6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图，
设 C'D'与射线BA的交点为T，
作 CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'＝90°，
∵点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'，
∴∠CPD＝∠C'PD'，
∴△PCD≌△PC'D'（SAS），
∴∠PCD＝∠PC'D'，
∵AB∥CD，
∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'，
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∵∠C'PT+∠CPB＝90°，
∴∠C'PT+∠PC'T＝90°，
∴∠PTC'＝90°＝∠CHP，
∴△CPH≌△PC′T（AAS），
∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．
设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，
∴AT＝PT﹣PA＝2+t．
∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴ ，
∴AT2＝C'T⋅TD'，
∴（2+t）2＝t（12﹣t），
化简得t2﹣4t+2＝0，
解得 ，
∴BP＝BH+HP＝8± ，
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP＝6 或8± ．
②方法二：
动静互换：将C、D看成静止的，点A绕P点顺时针旋转90°，
∴△APA 是等腰直角三角形，
1
∴A点轨迹是在∠BAE＝45°的射线AE上，
当△A1CD为直角三角形时，
（i）当∠A1CD＝90°时，
∴∠BP1A ＝90°，
1
∴BP1＝ ＝6；
（ii）当点A为直角时，
以CD为直径作圆O交AE于点A 、A .如图所示，
2 3
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则△AOE为等腰直角三角形，
∵AO＝8，
∴AE＝8 ，OF＝4 ，
∴A F＝A F＝2，AF＝4 ，
2 3
∴AA ＝4 +2，
2
∴AP ＝4+
2
BP ＝12﹣（4+ ）＝8﹣ ，
2
（iii）AA ＝4 ﹣2，
3
∴AA ＝4﹣ ，
3
∴BP ＝12﹣（4﹣ ）＝8+ ，
3
综上所述：BP＝6 或8± ．
3．（2023•丹东）在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AB＝6，点D是BC的中点．四边形DEFG是
菱形（D，E，F，G按逆时针顺序排列），∠EDG＝60°，且DE＝2，菱形DEFG可以绕点D旋转，连
接AG和CE，设直线AG和直线CE所夹的锐角为 ．
α
（1）在菱形DEFG绕点D旋转的过程中，当点E在线段DC上时，如图①，请直接写出AG与CE的
数量关系及 的值；
（2）当菱形DEFG绕点D旋转到如图②所示的位置时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证
α
明过程；若不成立，请说明理由；
（3）设直线AG与直线CE的交点为P，在菱形DEFG绕点D旋转一周的过程中，当EF所在的直线经
过点B时，请直接写出△APC的面积．
【分析】（1）由AG＝AD﹣GD＝2 ﹣2，CE＝CD﹣DE＝2 ＝AG，即可求解；
（2）证明△ADG≌△CDE（SAS），进而求解；
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（3）证明△BDE、△DGC均为等边三角形，证明A、M、P、G共线，由（1）、（2）知，∠MPC＝
60°，即可求解；当B、F重合时，也符合题意，由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，则tan∠AEC＝
＝ ＝ ，
在△APC中，用解直角三角形的方法即可求解．
【解答】（1）解：AG＝CE， ＝60°，理由：
在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝30°，AB＝6，
α
则AC＝ABtan30°＝2 ，则BC＝2AC＝4 ，
∵点D是BC的中点，则BD＝CD＝AD＝2 ，
则AG＝AD﹣GD＝2 ﹣2，CE＝CD﹣DE＝2 ＝AG，
在△ACD中，AD＝CD，∠C＝60°，
则△ACD为等边三角形，则∠ADC＝60°＝ ；
（2）（1）的结论成立，理由：
α
证明：延长AG交CD于点T，交CE于点N，
∵∠ADG+∠GDC＝60°＝∠GDC+∠CDE，
∴∠ADG＝∠CDE，
∵AD＝CD，GD＝ED，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG＝CE，∠DCE＝∠DAN，
∵∠ATD＝∠CTN，
∴∠ANC＝∠ADC＝60°＝ ；
（3）解：当B、E、F共线时，如下图，连接AD，
α
根据图形的对称性，当B、E、F共线时，且点D是BC的中点，
则F、G、A共线，此时点G、P共点，
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∵∠EDG＝60°，则∠BDE＝60°，
则∠EBC＝∠ECB＝30°，
则∠ACG＝30°+60°＝90°
则BH＝HD＝DM＝CM＝ BC＝ ，
由（1）知△ADC为等边三角形，
由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，
在Rt△ACG中，AC＝2 ，则CG＝2，
则△APC的面积＝ AC•GC＝ 2×2 ＝2 ；
当B、F重合时，也符合题意，如下图：
由（1）、（2）知，∠MPC＝60°，
在Rt△AEC中，AC＝2 ，AE＝AB＝BE＝6﹣2＝4，
则tan∠AEC＝ ＝ ＝ ，
设AM＝ x，则PM＝x，则CM＝ ＝ ＝ x，
而AC2＝AM2+CM2，
即12＝3x2+ x2，
解得：x＝ ，
则△APC的面积＝ AM•PC＝ x×（x+ x）＝ ；
综上，△APC的面积为 或2 ．
【中考模拟练】
1．（2023•宁阳县一模）如图，Rt△ABE中，∠B＝90°，AB＝BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到
△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点
O．下列结论：
①DE平分∠HDC；②DO＝OE；③H是BF的中点；④BC﹣CF＝2CE；
⑤CD＝HF，其中正确的有（ ）
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A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【分析】由旋转的性质可得∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE＝ BE，DH＝BE，AH＝AB，∠ABE＝
∠AHD＝90°，通过证明四边形ABCD是矩形，可得AB＝CD＝DH，AD＝BC＝ BE，∠BCD＝
∠DHE＝90°，由“HL”可证Rt△DEC≌Rt△DEH，可得HE＝EC，∠AED＝∠DEC＝67.5°，∠CDE＝
∠HDE＝22.5°，可判断①；由角的数量关系和等腰三角形的判定和性质，可判断②③；由相似三角
形的判定和性质可得CF＝2HN＝（2﹣ ）BE，由线段的和差关系可判断④；由∠HFD≠∠HDF，可
得HF≠DH，可判断⑤，即可求解．
【解答】解：∵∠ABE＝90°，AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝45°，AE＝ BE，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，
∴∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE＝ BE，DH＝BE，AH＝AB，∠ABE＝∠AHD＝90°，
∴∠DAB＝∠ABE＝90°，AH＝DH＝AB＝BE，
又∵DC⊥BE，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝DH，AD＝BC＝ BE，∠BCD＝∠DHE＝90°，
∵DH＝DC，DE＝DE，
∴Rt△DEC≌Rt△DEH（HL），
∴HE＝EC，∠AED＝∠DEC＝67.5°，∠CDE＝∠HDE＝22.5°，
∴DE平分∠HDC，故①正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴∠ABH＝∠AHB＝67.5°，
∴∠OHE＝∠OEH＝67.5°，
∴OH＝OE，∠DHO＝22.5°＝∠HDO，
∴DO＝HO，
∴OE＝OD，故②正确；
如图，连接CH，
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∵∠ABH＝67.5°，
∴∠CBH＝22.5°，
∴∠BFC＝67.5°，
∵HE＝EC，∠AEB＝45°，
∴∠ECH＝∠EHC＝22.5°，
∴∠HBC＝∠HCE，∠FCH＝67.5°，
∴BH＝CH，∠FCH＝∠BFC，
∴HC＝HF，
∴BH＝HF，
∴点H是BF的中点，故③正确，
如图，过点H作HN⊥BC于N，
∴HN∥CD，
∴△BHN∽△BFC，
∴ ＝ ，
∴FC＝2HN，
∵AE＝ BE，AH＝BE，
∴HE＝（ ﹣1）BE＝CE，
∵HN⊥BC，∠AEB＝45°，
∴HN＝ HE＝ （ ﹣1）BE，
∴CF＝2HN＝（2﹣ ）BE，
∵BC﹣CF＝BE+CE﹣CF＝BE+（ ﹣1）BE﹣（2﹣ ）BE＝2（ ﹣1）BE，
∴BC﹣CF＝2CE，故④正确；
∵∠HFD＝180°﹣67.5＝112.5°，∠HDF＝45°，
∴∠HFD≠∠HDF，
∴HF≠DH，
∴HF≠CD，故⑤不合题意，
故选：B．
2．（2024•永修县一模）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，
且A（0，3）、B（5，3），将正方形ABCD绕点A顺时针旋转 （0°＜ ＜180°），若点B的对应点
α α
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B′恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C′的坐标为 （ 7 ， 4 ）或（ 5 ，﹣ 2 ）或（﹣ 1 ，﹣ 4 ） ．
【分析】根据题意画出图形，分3种情况进行讨论：①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，
②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，根据旋
转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C′的坐标．
【解答】解：因为正方形ABCD的边AD在y轴正半轴上，边BC在第一象限，且点A（0，3）、B
（5，3），
所以画图如下：
当正方形ABCD绕点A顺时针旋转 （0°＜ ＜180°），
①点B的对应点B′恰好落在x轴正半轴上时，如图，
α α
∵AB′＝AB＝5，OA＝3，
∴OB′＝ ＝4，
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∵∠AB′O+∠OAB′＝90°，∠AB′O+∠C′B′E＝90°，
∴∠OAB′＝∠C′B′E，
在△AB′O和△EB′C′中，
，
∴△AB′O≌△EB′C′（AAS），
∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，
∴OE＝OB′+B′E＝4+3＝7，
∴点C的对应点C′的坐标为（7，4）；
②点B的对应点B′恰好落在y轴负半轴上时，如图，
B′C′＝AB＝BC′＝5，
∴点C的对应点C′的坐标为（5，﹣2）；
③点B的对应点B′恰好落在x轴负半轴上时，如图，
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同①可知：
△AB′O≌△EB′C′（AAS），
∴B′E＝OA＝3，EC′＝OB′＝4，
∴OE＝OB′﹣B′E＝4﹣3＝1，
∴点C的对应点C′的坐标为（﹣1，﹣4）；
综上所述：点C的对应点C′的坐标为（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．
故答案为：（7，4）或（5，﹣2）或（﹣1，﹣4）．
3．（2024•天津一模）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA＝90°，点A
（5，0），点B在第一象限，点P在边OA（点P不与点O，A重合），过点P作PQ⊥OA，交△OAB
的直角边于点Q，将线段QP绕点Q逆时针旋转90°得到线段QM，点P的对应点为M，连接PM．
（1）如图①，若点M落在AB上，点B的坐标是 （ ， ） ，点M的坐标是 （ ， ） ；
（2）设△PQM与△OAB重合部分面积为S，OP＝t．
①如图②，若重合部分为四边形PQEF，与边AB交于点E，F，试用含t的式子表示S，并直接写出t
的取值范围；
②当1≤t≤4时，求S的取值范围．（请直接写出结果即可）
【分析】（1）过点B作BG⊥OA于点G，过点M作MN⊥OA于点N，利用等腰直角三角形的性质得到
BG＝OG＝ ，则点B坐标可求；设OP＝x，则PQ＝QM＝x，利用等腰直角三角形的性质，正方形的
性质求得线段MN，ON的长度即可得出结论；
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（2）①当 ＜t＜ 时，由（1）知：四边形OQMP为平行四边形，△PQM为等腰直角三角形，利用等
腰直角三角形的性质求得FM，EF的长度，再利用S＝S△PQM ﹣S△MEF 解答即可；
②利用分类讨论的思想方法求得当1≤t≤4时，S与t的函数解析式，并求出对应的极值，综合解答过
程即可得出结论．
【解答】解：过点B作BG⊥OA于点G，过点M作MN⊥OA于点N，如图，
∵△OAB是等腰直角三角形，∠OBA＝90°，
∴BG＝OG＝GA＝ OA．
∵点A（5，0），
∴OA＝5，
∴BG＝OG＝ ．
∴B（ ， ）．
设OP＝x，则PQ＝QM＝x，
∵PQ⊥OA，QM⊥PQ，
∴△PQM为等腰直角三角形，
∴PM＝ x．
∵QM∥PO，OP＝QM，
∴四边形OPMQ为平行四边形，
∴PM∥OB，
∴∠MPA＝∠BOA＝45°，
∴△PMA为等腰直角三角形，
∴AP＝ PM＝2x，
∴OA＝OP+PA＝3x＝5，
∴x＝ ．
∵PQ⊥OA，QM⊥PQ，MN⊥OA，
∴四边形PQMN为矩形，
∵PQ＝MQ，
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∴四边形PQMN为正方形，
∴PN＝PQ＝MN＝ ，
∴ON＝ ．
∴M（ ， ）．
故答案为：（ ， ）；（ ， ）；
（2）①当 ＜t＜ 时，如图，
∵OP＝t，
∴PA＝5﹣t．
由（1）知：四边形OQMP为平行四边形，△PQM为等腰直角三角形，
∴PQ＝QM＝t，PM＝ PQ＝ t．
∵△PFA为等腰直角三角形，
∴PF＝FA＝ PA＝ （5﹣t），∠PFA＝90°，
∴∠MFE＝90°，
∴△EFM为等腰直角三角形，
∴EF＝FM＝PM﹣PF＝ t﹣ （5﹣t）＝ t﹣ ，
∴S＝S△PQM ﹣S△MEF
＝ PQ•QM﹣ EF•FM
＝ t2﹣
＝ + t﹣ ．
∴用含t的式子表示S＝ + t﹣ ，t的取值范围为 ＜t＜ ．
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②当1≤t≤ 时，△PQM与△OAB重合部分面积为△PQM的面积，
∴S＝ ，
当t＝1时，S＝ ，当t＝ 时，S＝ ；
当 ＜t＜ 时，S＝ + t﹣ ＝﹣ + ，
∴当t＝ 时，S的最大值为 ；
当 ≤t≤4时，如图，
△PQM与△OAB重合部分面积为△PQL的面积，
由题意：△PQA，△PQL为等腰直角三角形，PA＝5﹣t，
∴PQ＝5﹣t，
∴PL＝ PQ＝ （5﹣t），
∴S＝ PL•QL＝ ＝ ，
当t＝ 时，S＝ ，当t＝4时，S＝ ．
综上，当1≤t≤4时，S的取值范围 ≤S≤ ．
题型三：四边形与新定义的综合
新定义类问题解题时，一般第一问都会先考察学生对所给新定义的准确理解，所以不需要深
入，新定义给什么就用什么即可；
新定义第二问一般要结合一个和所给新定义比较接近的一个图形的性质，此时需要把新老知识
结合应用，同时思考；
新定义最后一问，通常要在两个性质的考点之上拓展延伸，这时就要回归老知识，重点从老知
识上来挖掘新定义能带给我们什么！
【中考真题练】
1．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等
两邻边的夹角称为邻等角．
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（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD
为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出
所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B
作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10
﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x
﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD
的周长．
【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；
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（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，
∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，
∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，
在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：
BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，
∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，
∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，
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整理得x2﹣20x+82＝0，
解得x ＝10﹣3 ，x ＝10+3 （不符合题意，舍去），
1 2
∴CD＝CB＝10﹣3 ，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3 ）＝38﹣6 ．
2．（2023•常州）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角
度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例
如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．
（1）若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是 2 ；
（2）如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求
∠ACB的度数；
（3）如图2，在四边形ABCD中，AC＝BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？
请说明理由．
【分析】（1）可推出四边形ABCD是正方形，从而得出结果；
（2）连接OC，根据四边形ABCD是“可旋四边形”，O为旋点，可得出OC＝OB＝OA，进一步得出
结果；
（3）分别作AD和BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OD，OB，OC，可证得△AOC≌△DOB，
进而得出∠AOD＝∠BOC，从而得出结果．
【解答】解：（1）∵菱形ABCD是“可旋四边形”，
∴AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的边长是2，
故答案为：2；
（2）如图1，
连接OC，
∵四边形ABCD是“可旋四边形”，O为旋点，
∴OC＝OB，
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∴∠OCB＝∠OBC，
∵OA＝OB，
∴OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OBC+∠OCB＝180°，
∴2（∠OCA+∠OCB）＝180°，
∴∠ACB＝90°；
（3）如图2，
四边形ABCD是“可旋四边形”，理由如下：
分别作AD和BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OD，OB，OC，
∴OA＝OD，OC＝OB，
∵AC＝BD，
∴△AOC≌△DOB（SSS），
∴∠AOC＝∠BOD，
∴∠AOD＝∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
3．（2023•淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为 （n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n＝1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（AD）与
长（CD）的比值是 ．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：
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用正方形纸片ABCD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n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD
边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的
周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【分析】（1）将n＝1代入求得结果；
（2）延长CG，交BA的延长线于点R，可证得△CDG∽△RAG，从而 ，可证得ER＝CE，进而
设BE＝AE＝1，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝ ，进而得出 ，从
而求得DG＝ ，进一步得出结论；
（3）依次对折正方形纸片，折痕为MN；对折矩形ADMN，折痕为EF，将正方形展开；连接CE，折
叠纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG；过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边
AD、BC上，展开，折痕为GK．则矩形GDCK是2阶奇妙矩形；
（4）延长CG，交BA的延长线于点R，设AD＝AB＝BC＝CD＝a，设BE＝b，则AE＝a﹣b，同理
（2）求得ER＝CE＝ ， ，从而得出AR＝ ﹣（a﹣b），进而DG＝
﹣b，进而表示出四边形CDGK的周长和四边形AGHE的周长，进一步得出结果．
【解答】（1）解：当n＝1时， ＝ ，
故答案为： ；
（2）证明：如图1，
延长CG，交BA的延长线于点R，
∵四边形ABCD是正方形，
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∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝90°，
∴∠R＝∠DCG，△CDG∽△RAG，
∴ ，
由折叠得，
∠GCH＝∠DCG，
∴∠R＝∠GCH，
∴ER＝CE，
设BE＝AE＝1，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，ER＝CE＝ ，
∴AR＝ER﹣AE＝ ，
∴ ，
∴DG＝ ，
∴ ，
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形；
（3）解：如图2，
第一步：对折正方形纸片，折痕为MN；
第二步：对折矩形ADMN，折痕为EF，将正方形展开；
第三步：连接CE，折叠纸片，使CD落在CE上，点D落在H点，折痕为CG；
第四步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
则矩形GDCK是2阶奇妙矩形；
（4）解：如图3，
四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是定值 ，理由如下：
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延长CG，交BA的延长线于点R，
设AD＝AB＝BC＝CD＝a，设BE＝b，则AE＝a﹣b，
同理（2）可得：ER＝CE＝ ， ，
∴AR＝ ﹣（a﹣b），
∴ ＝ ，
∴DG＝ ﹣b，
∴四边形CDGK的周长＝2（DG+CD）＝2（ +a﹣b），
∵EH＝CE﹣CH＝CE﹣CD＝ ﹣a，
∵四边形AGHE的周长＝EH+AE+AG+GH＝（ ﹣a）+（a﹣b）+AG+DG＝ ﹣a+a﹣
b+a＝ +（a﹣b），
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值是 ．
【中考模拟练】
1．（2024•泰兴市一模）【定义呈现】有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形．其
中，这两个内角称为倍角．例如：如图1，在四边形ABCD中，∠A＝2∠C，∠D＝2∠B，那么我们就
叫这个四边形是倍对角四边形，其中∠A，∠D称为倍角．
【定义理解】如图1，四边形ABCD是倍对角四边形，且∠A，∠D是倍角．求∠B+∠C的度数；
【拓展提升】如图2，四边形BDEC是倍对角四边形，且∠DEC，∠BDE是倍角，延长BD、CE交于点
A．在BC下方作等边△BCF，延长FC、DE交于点G．若AB＝AC，BC＝2，FG＝kAB，四边形BDEC
的周长记为l．
（1）用k的代数式表示l；
（2）如图3，把题中的“AB＝AC”条件舍去，其它条件不变．
①求证：CE＝EG；
②探究 是否为定值．如果是定值，求这个定值，如果不是，请说明理由．
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【分析】【定义理解】由四边形内角和定理可得出答案；
【拓展提升】（1）证明△ECG是等边三角形，得出CE＝CG，则可得出答案；
（2）①由等边三角形的性质证出∠ECG＝∠G，则可得出答案；
②延长GD、FB交于点H，同①可证：DH＝DB，BD+DE+CE＝DH+DE+EG＝HG，证明
△ABC∽△FGH，得出 ，则可得出结论．
【解答】【定义理解】解：∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
又∵∠A＝2∠C，∠D＝2∠B，
∴2∠C+∠B+∠C+2∠B＝360°，
∴3∠B+3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°；
【拓展提升】（1）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
又∵四边形BDEC是倍对角四边形，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC＝2，
∵∠DEC，∠BDE是倍角，
∴∠BDC＝∠BDE＝120°，
∴∠ADE＝∠AED＝∠CEG＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE，
∴BD+DE＝AD+BD＝AB＝2，
∵等边△BCF，
∴∠BCF＝60°，CF＝BC＝2，
∴∠ECG＝60°，
∴△ECG是等边三角形，
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∴CE＝CG，
∵FG＝kAB，
∴FG＝2k，
∴CE＝CG＝FG﹣CF＝2k﹣2，
∴l＝BD+DE+CE+BC＝2+2k﹣2+2＝2+2k，
∴7＝BD+DE+CE+BC＝2+2k﹣2+2＝2+2k；
（2）①证明：∵四边形BDEC是倍对角四边形，
∴∠DEC＝2∠DBC，∠DBC+∠ECB＝120°，
∵等边△BCF，
∴∠BCF＝60°，
∴∠ACB+∠ECG＝120°，
∴∠ABC＝∠ECG，
∴∠DEC＝2∠ECG，
又∵∠DEC＝∠ECG+∠G，
∴∠ECG＝∠G，
∴CE＝EG；
②解：延长GD、FB交于点H，
同①可证：DH＝DB，
∴BD+DE+CE＝DH+DE+EG＝HG，
∵∠DBC+∠ECB＝120°，
∴∠A＝60°＝∠F，
∵∠DEC＝2∠DBC＝2∠G，
∴∠DBC＝∠G，
∴△ABC∽△FGH，
∴ ，
∴ ，
∴GH＝2k，
∴l＝BD+DE+CE+BC＝HG+BC＝2+2k，
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∴ ．
题型四：四边形与中点的综合
当题目中出现2个及以上中点时，注意联系中位线的性质及相关规律！
【中考真题练】
1．（2023•镇江）[发现]如图1，有一张三角形纸片ABC，小宏做如下操作：
①取AB、AC的中点D、E，在边BC上作MN＝DE．
②连接EM，过点D、N作DG⊥EM、NH⊥EM，垂足分别为G、H．
③将四边形BDGM剪下，绕点D旋转180°至四边形ADPQ的位置，将四边形CEHN剪下，绕点E旋转
180°至四边形AEST的位置．
④延长PQ、ST交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q、A、T在一条直线上；
②四边形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四边形FPGS与△ABC的面积相等．
[任务1]请你对结论①进行证明．
[任务2]如图2，四边形ABCD中，AD∥BC，P、Q分别是AB、CD的中点，连接PQ．求证：PQ＝
（AD+BC）．
[任务3]如图3，有一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，AD＝2，BC＝8，CD＝9，sin∠DCB＝ ，小丽分
别取AB、CD的中点P、Q，在边BC上作MN＝PQ，连接MQ，她仿照小宏的操作，将四边形ABCD分
割、拼成了矩形．如果她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的长．
【分析】[任务1]根据旋转的性质得到∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，求得∠QAD+∠DAE+∠TAE＝
180°，于是得到点Q、A、T在一条直线上；
[任务2]连接AQ并延长交BC的延长线于E，根据平行线的性质得到∠DAQ＝∠E，根据全等三角形的
判定和性质定理得到AQ＝EQ，AD＝CE，根据三角形中位线定理即可得到结论；
[任务3]由[任务2]知PQ∥BC，PQ＝5，作DR⊥BC于R，在Rt△DCR中，根据三角函数的定义得到DR
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＝CD•sin∠DCB＝9× ＝ ，根据勾股定理得到QE＝ ＝4，作QH⊥BC于H，根据相似三
角形的性质即可得到结论．
【解答】[任务1]证明：由旋转得，∠QAD＝∠ABC，∠TAE＝∠ACB，
∵∠ABC+∠BAC+∠ACB＝180°，
∴∠QAD+∠DAE+∠TAE＝180°，
∴点Q、A、T在一条直线上；
[任务2]证明：连接AQ并延长交BC的延长线于E，
∵AD∥BC，
∴∠DAQ＝∠E，
∵Q是CD的中点，
∴DQ＝CQ，
∵∠AQD＝∠EQC，
∴△ADQ≌△ECQ（AAS），
∴AQ＝EQ，AD＝CE，
∵P是AB的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
∴PQ＝ BE＝ （CE+BC），
∴PQ＝ （AD+BC）；
[任务3]解：由[任务2]知PQ∥BC，PQ＝5，
作DR⊥BC于R，
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在Rt△DCR中，DR＝CD•sin∠DCB＝9× ＝ ，
∴四边形ABCD的面积＝ （AD+BC）DR＝ （2+8）× ＝36，
∵四边形ABCD的面积＝四边形GEST的面积，四边形GEST是正方形，
∴GE＝6，PE＝3，
∴QE＝ ＝4，
∵Q是CD的中点，
∴CQ＝ ，
作QH⊥BC于H，
∴QH＝CQ•sin∠DCB＝ ，
∴CH＝ ＝ ，
∵PQ∥BC，
∴∠PQE＝∠QMH，
∵∠PEQ＝∠QHM，
∴△PEQ∽△QMH，
∴ ，
∴ ，
∴HM＝ ，
∴BM＝BC﹣HM﹣CH＝8﹣ ＝ ．
2．（2023•东营）（1）用数学的眼光观察
如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点．求
证：∠PMN＝∠PNM．
（2）用数学的思维思考
如图②，延长图①中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F．求证：
∠AEM＝∠F．
（3）用数学的语言表达
如图③，在△ABC中，AC＜AB，点D在AC上，AD＝BC，M是AB的中点，N是DC的中点，连接
MN并延长，与BC的延长线交于点G，连接GD．若∠ANM＝60°，试判断△CGD的形状，并进行证明．
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【分析】（1）证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN＝ BC，PM＝ AD，再证
PM＝PN，即可得出结论；
（2）由三角形中位线定理得PN∥BC，PM∥AD，再由平行线的性质得∠PNM＝∠F，∠PMN＝
∠AEM，然后由（1）可知∠PNM＝∠PMN，即可得出结论；
（3）连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，由三角形中位线定理得PN∥BC，PN＝ BC，
PM∥AD，PM＝ AD，再证△CGN是等边三角形．得CN＝GN，则DN＝GN，然后由等腰三角形的性
质得∠NDG＝∠NGD＝30°，则∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵P是BD的中点，N是DC的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN＝ BC，PM＝ AD，
∵AD＝BC，
∴PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM；
（2）证明：由（1）知，PN是△BDC的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN∥BC，PM∥AD，
∴∠PNM＝∠F，∠PMN＝∠AEM，
∵∠PNM＝∠PMN，
∴∠AEM＝∠F；
（3）解：△CGD是直角三角形，理由如下：
如图③，取BD的中点P，连接PM、PN，
∵N是CD的中点，M是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN∥BC，PN＝ BC，PM∥AD，PM＝ AD，
∵AD＝BC，
∴PM＝PN，
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∴∠PNM＝∠PMN，
∵PM∥AD，
∴∠PMN＝∠ANM＝60°，
∴∠PNM＝∠PMN＝60°，
∵PN∥BC，
∴∠CGN＝∠PNM＝60°，
又∵∠CNG＝∠ANM＝60°，
∴△CGN是等边三角形．
∴CN＝GN，
又∵CN＝DN，
∴DN＝GN，
∴∠NDG＝∠NGD＝ CNG＝30°，
∴∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，
∴△CGD是直角三角形．
【中考模拟练】
1．（2024•泗阳县校级二模）综合与实践
探究几何元素之间的关系
问题情境：四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是直线AC上的一个动点（点E与点C，
O，A都不重合），过点A，C分别作直线BE的垂线，垂足分别为F，G，连接OF，OG．
（1）初步探究：
如图1，已知四边形ABCD是正方形，且点E在线段OC上，求证AF＝BG；
（2）深入思考：请从下面A，B两题中任选一题作答，我选择 A ， B 题．
A．探究图1中OF与OG的数量关系并说明理由；
B．如图2，已知四边形ABCD为菱形，且点E在AC的延长线上，其余条件不变，探究OF与OG的数
量关系并说明理由；
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（3）拓展延伸：请从下面AB两题中任选一题作答，我选择 A ， B 题．
如图3，已知四边形ABCD为矩形，且AB＝4，∠BAC＝60°．
A．点E在直线AC上运动的过程中，若BF＝BG，则FG的长为 4 ．
B．点E在直线AC上运动的过程中，若OF//BC，则FG的长为 2 +2 或 2 ﹣ 2 ．
【分析】（1）利用正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）A．连接OB，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答即可；
B．延长GO，交FA的延长线于点H，利用平行线的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性
质得到OH＝OG，再利用直角三角形的斜边上的中线的性质解答即可；
（3）A．连接OB，利用平行线的判定，梯形的中位线的性质和含30°角的直角三角形的性质求得BF即
可得出结论；
B．利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设OF交AB于点H，利用平行线的性质，矩形
的性质和线段垂直平分线的性质得到△AFB为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质求得BF，
同样求得BG，则FG＝BF+BG；②如图，用同样的方法求得BF，BG，则FG＝BG﹣BF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝90°．
∵CG⊥BE，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG．
在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG（AAS），
∴AF＝BG；
（2）解：我选择A，故答案为：A．
OF与OG的数量关系为：OF＝OG，理由：
连接OB，如图，
∵四边形ABCD为正方形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OB＝OC，OB⊥AC，
∴∠OEB+∠OBE＝90°．
∵AF⊥BE，
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∴∠AEF+∠FAE＝90°，
∴∠FAE＝∠OBE．
由（1）知：AF＝BG，
在△AFO和△BGO中，
，
∴△AFO≌△BGO（SAS），
∴OF＝OG；
B．OF与OG的数量关系为OF＝OG，理由：
延长GO，交FA的延长线于点H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OC．
∵AF⊥EF，CG⊥EF，
∴HF∥CG，
∴∠H＝∠OGC．
在△AHO和△CGO中，
，
∴△AHO≌△CGO（AAS），
∴OH＝OG，
∵∠HFG＝90°，
∴OF为Rt△HFG斜边上的中线，
∴OF＝OG＝ HG．
∴OF＝OG；
（3）解：A．连接OB，如图，
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∵四边形ABCD为矩形，点O是对角线AC的中点，
∴OA＝OB＝OC，
∵∠BAC＝60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝4，∠OBA＝60°．
∵AF⊥BE，CG⊥BE，
∴AF∥CG，
∵OA＝OC，BF＝BG，
∴OB为梯形AFGC的中位线，
∴OB∥AF，
∴OB⊥FG，
∴∠ABF＝30°，
∴AF＝ AB＝2，
∴BF＝ ＝2 ，
∴FG＝2BF＝4 ；
故答案为：4 ；
B．①设OF交AB于点H，如图，
∵OA＝OC，OF∥BC，AB⊥BC，
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∴AH＝BH，OF⊥AB，
∴OF为AB的垂直平分线，
∴AF＝BF，
∴△AFB为等腰直角三角形，
∴BF＝ AB＝2 ．
∵∠ABF＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠GBC＝45°，
∴△GBC为等腰直角三角形，
∴BG＝ BC．
∵AB＝4，∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，
∴BC＝ AB＝4 ，
∴BG＝ ＝2 ．
∴FG＝BF+BG＝2 +2 ．
②如下图，用同样的方法可求：BF＝2 ，BG＝2 ，
∴FG＝BG﹣BF＝2 ﹣2 ．
综上，点E在直线AC上运动的过程中，若OF//BC，则FG的长为2 +2 或2 ﹣2 ．
故答案为：2 +2 或2 ﹣2 ．
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