专题21特殊的平行四边形（33题）（含答案 解析）-【真题汇编】2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）

专题21 特殊的平行四边形（33题）
一、单选题
1．（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·四川内江·中考真题）按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·四川成都·中考真题）下列命题中，假命题是（ ）
A．矩形的对角线相等 B．菱形的对角线互相垂直
C．正方形的对角线相等且互相垂直 D．平行四边形的对角线相等
4．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（ ）
A．6 B．6 C．3 D．4
5．（2025·四川泸州·中考真题）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等
二、填空题
6．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ．
7．（2025·四川成都·中考真题）如图，的半径为1，A，B，C是上的三个点．若四边形为平行四边形，连接AC，则图中阴影部分的面积为 ．
8．（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ．
9．（2025·重庆·中考真题）如图，是的直径，点C在上，连接．以为边作菱形，交于点F，，垂足为G．连接，交于点H，连接．若，，则的长度为 ，的长度为 ．
10．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是 ．
11．（2025·云南·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点．若，，则菱形的面积是 ．
12．（2025·山东烟台·中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ．
13．（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ．
14．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是 ．（填写序号）
15．（2025·四川凉山·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，E是边的中点，过点E作于点于点G，若，则的长为 ．
16．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，，点D在边上，，，，则的值为 ；点E在的延长线上，连接，若，则的长为 ．
三、解答题
17．（2025·山西·中考真题）项目学习
项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告．
项目主题 景物的测量与计算
驱动问题 如何测量内栏墙围成泉池的直径
活动内容 利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算
活动过程 方案说明 图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上． 图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内．
数据测量 在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计
计算 ……
交流展示 ……
请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据：
，，，，，）．
18．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形的边长为5．扇形所在圆的圆心在对角线上，且不与点重合，半径，点，分别在边，上，，扇形的弧交线段于点，记为．
(1)如图1，当时，求的度数；
(2)如图2，当四边形为菱形时，求的长；
(3)当时，求的长．
19．（2025·山东威海·中考真题）小明同学计划测量小河对面一幢大楼的高度．测量方案如图所示：先从自家的阳台点C处测得大楼顶部点B的仰角的度数，大楼底部点A的俯角的度数．然后在点C正下方点D处，测得大楼顶部点B的仰角的度数．若，，，，求大楼的高度．（精确到）．参考数据：，，；，，）
20．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在菱形中，分别是边上的点，且．
求证：．
21．（2025·湖南·中考真题）如图，某处有一个晾衣装置，固定立柱和分别垂直地面水平线于点，，分米，．在点，之间的晾衣绳上有固定挂钩，分米，一件连衣裙挂在点处（点与点重合），且直线．
(1)如图1，当该连衣裙下端点刚好接触到地面水平线时，点到直线的距离等于12分米，求该连衣裙的长度；
(2)如图2，未避免该连衣裙接触到地面，在另一端固定挂钩处再挂一条长裤（点在点的右侧），若，求此时该连衣裙下端点到地面水平线的距离约为多少分米？（结果保留整数，参考数据：，，）
22．（2025·江苏扬州·中考真题）如图，在中，对角线的垂直平分线与边，分别相交于点，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，平分，求的长．
23．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况．
【从特例开始】
（1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______；
（2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数；
【一般化探索】
（3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由．
24．（2025·四川遂宁·中考真题）在综合实践活动中，为了测得摩天轮的高度，在A处用高为1.6米的测角仪测得摩天轮顶端C的仰角，再向摩天轮方向前进30米至B处，又测得摩天轮顶端C的仰角．求摩天轮的高度．（结果精确到0.1米）
（参考数据：，，，，，）
25．（2025·新疆·中考真题）如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
26．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，M，N分别在边上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
(1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，连接．用等式写出线段的数量关系______．
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点M，N分别在正方形的边的延长线上，，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．
27．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，．
(1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，求（1）中所作的正方形的边长．
28．（2025·四川德阳·中考真题）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）．
(1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由；
(2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由．
29．（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F、点D是延长线上的一点且．
(1)求证：是的切线；
(2)若四边形是平行四边形，．求的长．
30．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
31．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
32．（2025·安徽·中考真题）某公司为庆祝新产品上市，在甲楼与乙楼的楼顶之间悬挂彩带营造喜庆气氛．如图所示，甲楼和乙楼分别用与水平地面垂直的线段和表示，彩带用线段表示．工作人员在点A处测得点C的俯角为，测得点D的仰角为．已知，求的长（精确到）．参考数据：，，，，，．
33．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
《专题21 特殊的平行四边形（33题）-2025年中考数学真题分类汇编（全国通用）》参考答案
题号 1 2 3 4 5
答案 A D D D A
1．A
本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键．
解：如图，连接，
，四边形是正方形，
，，
点E是边的中点，
,
将沿直线翻折得，
，,
，
，
，
，
设，则，
根据勾股定理可得,
即，
解得，
，
和的平分线相交于点H，
点到的距离相等，
，
故选：A．
2．D
本题考查了作线段，菱形的性质与判定，根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解．
解：根据作图可得
∴四边形是菱形，则，
又∵，
∴
故选：D．
3．D
本题考查判断命题的真假，根据矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质和平行四边形的性质，逐一进行判断即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键．
解：A、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，是真命题，不符合题意；
C、正方形的对角线相等且互相垂直，是真命题，不符合题意；
D、平行四边形的对角线互相平分，不一定相等，原命题是假命题，符合题意；
故选：D．
4．D
建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为．
解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则，
∵正方形边长为6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B、E、A、D在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点F在上时，
取得最小值，
为．
故选：D．
本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键．
5．A
本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别．
根据矩形和菱形的性质判断即可．
解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意；
B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意；
C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意；
D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意；
故选：A．
6．5
本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值．
解：连接，
∵矩形中，，
∴，
∴，
∴，
∵点G为的中点，点H为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当点重合时，取得最大值为5，
故答案为：5．
7．
本题考查菱形的判定和性质，求不规则图形的面积，连接，证明四边形为菱形，易得为等边三角形，，得到，根据阴影部分的面积等于弓形的面积加上的面积，即为扇形的面积，进行求解即可．
解：连接，交于点，则：，
∵四边形为平行四边形，，
∴四边形为菱形，
∴，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积；
故答案为：．
8．1
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解．
解：∵菱形，，
∴，，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1．
9． 3 /
本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、菱形的性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线、运用解直角三角形解决问题成为解题的关键．
由垂径定理以及勾股定理可得，即、，由菱形的性质可得，进而得到、、；如图：连接， 由圆周角定理可得、，再解直角三角形可得、；由菱形的性质以及平行线的性质可得，如图：过H作于M，解直角三角形可得、，易得，最后根据垂直平分线的性质求解即可．
解：∵，，，
∴，即，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，；
∴
如图：连接，
∵是的直径，
∴，
∴，即，
解得：；
，即，
解得：；
∵菱形，
∴，
∴，
如图：过H作于M，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴．
故答案为：3；．
10．①③④
过作，交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到，证明，推出为等腰直角三角形，进而得到，进而得到，判断①；延长至点，使，连接，证明，再证明，得到，判断②；设，则：，，将的面积转化为二次函数求最值，判断③；设，得到，在中，由勾股定理，求出的值，判断④即可．
解：过作，交的延长线于点，则：，
∵正方形，边长为4，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴，
∴，故①正确；
延长至点，使，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；故②错误；
设，则：，，
∴的面积，
∴当时，的面积最大为2；故③正确；
∵，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得：，
∴，
∴点G是线段的中点；故④正确；
故答案为：①③④
本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键．
11．
本题考查了菱形的性质，根据菱形面积等于对角线积的一半进行计算即可，掌握菱形的性质是解题的关键．
解：∵四边形是菱形，，，
∴菱形的面积是，
故答案为：．
12．
如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可.
解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于．
∴，，，，
∵设运动时间为，则，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，
∴，，，
∴，
∴在上，且在弧上，
∴在此过程中，点P的运动路径长为；
故答案为：
本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键.
13．
本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案．
解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点A的坐标为，
∴，
∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴点E的坐标为，
故答案为：
14．①③④
本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④．
解：由旋转可知：，
∴，，，
∵在正方形中，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，故①结论正确，
∵，，
∴，故②结论错误；
如图：
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴、、、、在以为直径的圆上，
∵，
∴，故结论③正确；
如图：过点作，交于，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
设，
在中，，
∴，
∴，（负根已舍去）
∵，
∴，
∴．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
15．5
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，矩形的性质与判定，连接，由菱形对角线互相垂直平分可得，则可由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，最后证明四边形是矩形，即可得到．
解：如图所示，连接，
∵四边形是菱形，对角线相交于点O，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵E是边的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
故答案为：．
16． 4 /
作，垂足分别为，易得四边形为矩形，得到，证明为等腰直角三角形，得到，三线合一得到，，证明，得到，设，，求出的长，正切的定义求出，勾股定理求出的值，进而求出的值，证明，列出比例式进行求解即可．
解：作，垂足分别为，则四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴设，，则：，，
∴，
∴，
∴在中，，由勾股定理，得：，
∴（负值舍去），
∴，，
∵，，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
解得：（舍去）或；
故答案为：4，．
本题考查等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键．
17．内栏墙围成泉池的直径的长约为米．
本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，由题意得，四边形为矩形，则，，所以，，设米，则米，米，然后通过， ， 列出方程， 解出方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
解：由题意得，，四边形为矩形，
∴，，
∴，，
设米，则米，米，
在中，，，，
∴，
在中，，，
∴，
∴，解得，
∴（米），
答：内栏墙围成泉池的直径的长约为米．
18．(1)
(2)
(3)或
（1）根据题意证明出四边形是正方形，得到，然后利用圆周角定理求解即可；
（2）首先证明出是等边三角形，如图所示，连接交于点G，求出，，然后得到是等腰直角三角形，进而求解即可；
（3）分两种情况，根据弧长公式求解即可．
（1）∵正方形的边长为5．
∴
∵当时
∴
∵
∴
∴四边形是菱形
∵
∴四边形是正方形
∴
∴；
（2）∵四边形为菱形
∴
∵扇形所在圆的圆心在对角线上，
∴
∴是等边三角形
如图所示，连接交于点G
∴
∴
∴
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∴
∴；
（3）如图所示，当是劣弧时，
∵，半径
∴；
如图所示，当是优弧时，
∵，半径
∴
∴．
综上所述，的长为或．
此题考查了正方形的性质，圆周角定理，求弧长，勾股定理，菱形的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
19．大楼的高度约为．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，等腰直角三角形的性质，矩形的性质等知识，过作于，过作于，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，设，解直角三角形即可得到结论，正确地添加辅助线是解题的关键．
解：如图，过作于，过作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
设，
在中，，
∴，
在中， ，
∴，
∴，
∴，
∴，
答：大楼的高度约为．
20．证明见解析
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，先根据菱形的性质得到，再由线段的和差关系证明，则可利用证明，据此由全等三角形对应边相等可证明．
证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
21．(1)14分米
(2)2分米
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
（1）可证明四边形是矩形，得到；在中，利用勾股定理求出的长，进而求出的长即可得到答案；
（2）过点E作于H，延长交于T，则四边形是矩形，可得；解求出的长，进而求出的长，据此求出的长即可得到答案．
（1）解：∵，
∴四边形是矩形，
∴；
在中，分米，分米，
∴分米，
∴分米，
∴分米，
答：该连衣裙的长度为14分米；
（2）如图所示，过点E作于H，延长交于T，
∵，
∴四边形是矩形，
∴；
在中，分米，，，
∴分米，
分米，
∴分米，
∴分米，
分米，
∴分米；
答：此时该连衣裙下端点到地面水平线的距离约为2分米．
22．(1)见解析
(2)
（1）先证明得到，根据得到，那么可得四边形是平行四边形，再由线段垂直平分线的性质得到，即可证明其为菱形；
（2）根据菱形的性质结合已知条件证明，即可求解．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵对角线的垂直平分线是，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，
∵平分，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴．
本题考查了相似三角形的判定与性质，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，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
23．（1）作图见解析，45；（2）；（3）随点的运动，的度数不变，且为
（1）连接与格线的交点记为，先确定点为格点，然后由勾股定理以及逆定理证明为等腰直角三角形，即可求解的度数；
（2）延长至点，使得，连接，先证明，则，，那么，可得四边形是矩形，四边形为矩形，求出，由勾股定理得，则，那么，则，即可求解；
（3）延长至点，使得，连接，同理，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，则，，由，得到，在中，由勾股定理得，求出，则，再同（2）即可．
解：（1）如图，即为所求：
连接与格线的交点记为，
由网格可得，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴为格点，同理为格点，
∵，，，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：45；
（2）延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
同理可得四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（3）随点的运动，的度数不变，且为，理由如下：
延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，
设正方形的边长为，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得，
∵在中，，
∴
，
∴（舍负），
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的定义，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
24．
本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，先根据三个角都是直角的四边形是矩形得四边形都是矩形，则，，然后分别在中，，在中，，代入数值化简得，解得，即可作答．
解：延长交于，则有，
∵，
∴四边形是矩形，
同理得四边形都是矩形，
∴，，
设，
∴，
在中，，
即，
∴，
整理得，
在中，，
即，
∴
整理得，
∴，
解得，
则．
25．(1)见解析
(2)见解析
本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论．
（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图所示，
∵垂直平分，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
26．(1)；理由见解析
(2)；理由见解析
(3)；理由见解析
本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）由旋转的性质和正方形的性质，先证E，B，C三线共线．再证，进而证明，推出，可得．
（2）在上取，连接．依次证明，，可得．
（3）将绕点A逆时针旋转得，先证E，D，C三点共线，由（1）同理可得，进而可得．
（1）解：．理由如下：
由旋转的性质，可知，，，，
∴，
∴E，B，C三线共线．
∵，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）解：．理由如下：
如图，在上取，连接．
∵，，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中， ，
∴，
∴．
∵，
∴．
（3）解：．理由如下：
如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴．
∵，
∴，
∴E，D，C三点共线．
由（1）同理可得，
∴．
27．(1)见解析
(2)
（1）作的中垂线交于点，交于点，以为直径画圆，交于点，即可得到正方形；
（2）勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据正方形的性质，结合勾股定理求出的长即可．
（1）解：如图，四边形就是所求作的正方形．
由作图可知，，，
∵矩形，
∴，
∴，，
∴，
∴，
由作图可知，，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形；
（2）由（1）知：，，
四边形是矩形，
，
在中，，
，
．
，
．
又，
，
，即，
．
在中，，
，
∴正方形EFGH的边长为．
本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
28．(1)这两条路与等长，且它们相互垂直；
(2)如果另一端点在花园边界上时，能修建成这样的一条直路，理由见解析．
本题考查主要了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）由四边形是正方形，则，，证明，故有，，又，则，从而求解；
（）由（）得，，由勾股定理得出，由，即，得到，则有，然后分另一端点在路段上和另一端点在花园边界上时两种情况分析即可．
（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴这两条路与等长，且它们相互垂直；
（2）解：能修建一条这样的直路，理由如下：
由（）得，，
∵米，米，
∴米，米，米，
∴，
∴，
∴，
又∵在中有，
∴，
∴，
∴，
如果另一端点在路段上，
则在中，，
∴此种情况不成立；
如果另一端点在花园边界上时，
设，则在中，有，
∴，
∴，
∵，
∴能修建成这样的一条直路．
29．(1)见解析
(2)
本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角定理，是解题的关键．
（1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等边对等角，推出，根据直径得到，进而得到，继而得到，即，即可得证；
（2）由平行四边形的性质得到，根据，得到，求出的长，证明是菱形，得到为等边三角形，进而得到，解，求出的长即可．
（1）证明：如图1，连接，
，，
．
，
．
是的直径，
，即．
，
，即．
为的半径，
是的切线．
（2）解：如图2，
四边形是平行四边形，
．
又，
，
．
，
是菱形，
．
为等边三角形，
∴．
在中，．
30．(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键．
31．（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．
（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；
（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；
（4）同理可证，，，根据，求解即可．
解：（1）∵正方形，
∴，，
∴旋转角为，，
故答案为：；；
（2）如图，
根据题意得，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）的值与α无关，理由如下，
如图，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵O是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，
过点作于点，
∴，，
∴，
∴，
∴的值与α无关；
（3）同理可证，，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
32．
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，过点A作，垂足为点E，则四边形为矩形，可得，解求出的长，再解求出的长即可得到答案．
解：过点A作，垂足为点E．
∵线段和都与地面垂直，
∴四边形为矩形，
∴．
在中，，
∴．
在中，，
．
答：的长为．
33．（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为．
（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可．
解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
②延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
∵点恰好落在边上，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴点在对角线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴点在以为直径的上，连接，，
∴，即点在上时，线段存在最小值，
∵，
∴线段的最小值为．
本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键．