中考数学二轮精品专题复习 四边形(解答题一)

这是一份中考数学二轮精品专题复习 四边形(解答题一)，共71页。试卷主要包含了问题情境等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学真题知识点汇编之《四边形(解答题一)》
一．解答题（共25小题）
1．（2023•日照）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四边形ABCD的面积．

2．（2023•贵州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延长CB至D，使得BD＝CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可
证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE＝DE．

（1）请你选择一位同学的说法，并进行证明；
（2）连接AD，若AD=52，CBAC=23，求AC的长．

3．（2023•徐州）如图，正方形纸片ABCD的边长为4，将它剪去4个全等的直角三角形，得到四边形EFGH．设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）当AE取何值时，四边形EFGH的面积为10？
（3）四边形EFGH的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

4．（2023•徐州）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2+b2同理BD2＝a2+b2，故AC2+BD2＝2（a2+b2）．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB＝a，BC＝b，AC＝c．
求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为 　 　．

5．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　 　．
（2）如图2，在菱形ABCD中，cosA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值．
（3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝73时，请直接写出AG的长．

6．（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．

特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
7．（2023•长春）如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在边BC上，且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t＞0）
（1）当点P和点B重合时，线段PQ的长为 　 　；
（2）当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
（3）当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形，如图②，请说明理由；
（4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．

8．（2023•内蒙古）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E．

（1）如图1，连接QA．当QA＝QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若∠APB＝90°，且∠BAP＝∠ADB，
①求证：AE＝2EP；
②当OQ＝OE时，设EP＝a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
9．（2023•无锡）如图，△ABC 中，点D、E分别为AB、AC的中点，延长DE到点F，使得EF＝DE，连接CF．求证：
（1）△CEF≌△AED；
（2）四边形DBCF是平行四边形．

10．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形．

11．（2023•长沙）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：AD＝AF；
（2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积．

12．（2023•吉林）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC﹣CD向终点D匀速运动，连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA﹣AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4），四边形PQMN的面积为 y（cm2）
（1）BP的长为 　 　cm，CM的长为 　 　cm．（用含x的代数式表示）
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
​
13．（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．

14．（2023•菏泽）如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F．求证：AE＝CF．

15．（2023•兰州）综合与实践：
【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
16．（2023•吉林）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形．其判定的依据是 　 　．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB＜BC，FG≤BC），其中AB＝EF，∠B＝∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N．求证：▱EFMN是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上，当MD＝MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周长为40，sin∠EFG=45（∠EFG 为锐角），则四边形ECPH的面积为 　 　．
​
17．（2023•绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．

18．（2023•河南）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）观察发现
如图1，在平面直角坐标系中，过点M（4，0）的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1 关于x轴和直线l对称的图形△A2B2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为 　 　；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为 　 　个单位长度．
（2）探究迁移
如图2，▱ABCD中，∠BAD＝α（0°＜α＜90°），P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP，AP2，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若∠PAP2＝β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若AD＝m，求P，P3两点间的距离．
（3）拓展应用
在（2）的条件下，若α＝60°，AD=23，∠PAB＝15°，连接P2P3，当P2P3与▱ABCD的边平行时，请直接写出AP的长．
​
19．（2023•兰州）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
（1）判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
（2）当CD＝4时，求EG的长．

20．（2023•长春）将两个完全相同的含有30°角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放，点A、E，B、D依次在同一条直线上，连接AF、CD．
（1）求证：四边形AFDC是平行四边形；
（2）已知BC＝6cm，当四边形AFDC是菱形时，AD的长为 　 　cm．

21．（2023•广东）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒．
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：（1）直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系；
（2）证明（1）中你发现的结论．

22．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 　 　（填序号）；
（2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．

23．（2023•郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F．
（1）如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
（2）如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积．

24．（2023•十堰）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？

25．（2023•温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当ABFH=56，AD＝4时，求EF的长．


2023年中考数学真题知识点汇编之《四边形(解答题一)》
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2023•日照）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四边形ABCD的面积．

【考点】菱形的判定与性质；解直角三角形；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）连接BD交AC于O，根据平行四边形的性质得到BO＝OD，根据全等三角形的判定和性质和菱形的判定即可得到结论；
（2）解直角三角形得到AO＝25，BO＝45，根据菱形的性质得到AC＝2AO＝45，BD＝2BO＝85，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝OD，
在△BOE与△DOE中，
OB=ODOE=OEBE=DE
∴△BOE≌△DOE（SSS），
∴∠BEO＝∠DEO，
在△BAE与△DAE中，
BE=DE∠AEB=∠AEDAE=AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC=OBAO=2，
∴设AO＝x，BO＝2x，
∴AB=AO2+BO2=5x＝10，
∴x＝25，
∴AO＝25，BO＝45，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝45，BD＝2BO＝85，
∴四边形ABCD的面积=12AC•BD=12×45×85=80．

【点评】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2023•贵州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延长CB至D，使得BD＝CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可
证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE＝DE．

（1）请你选择一位同学的说法，并进行证明；
（2）连接AD，若AD=52，CBAC=23，求AC的长．

【考点】平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）小星：连接BE，根据平行四边的判定定理得到四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AE＝BD，推出四边形AEBC是平行四边形，根据矩形性质得到BE⊥CD；小红：连接BE，CE，根据平行四边形的判定和性质以及矩形 的判定和性质定理即可得到论；
（2）连接AD，设CB＝2k，AC＝3k，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：小星：连接BE，

∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵BD＝BC，
∴AE＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∵∠C＝90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴∠EBC＝90°，
∴BE⊥CD；
小红：连接BE，CE，

∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，AB＝DE，
∵BD＝BC，
∴AE＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∵∠C＝90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴AB＝CE，
∴DE＝CE；
（2）连接AD，

∵CBAC=23，
∴设CB＝2k，AC＝3k，
∴CD＝4k，
∵AC2+DC2＝AD2，
∴（3k）2+（4k）2＝（52）2，
∴k=2，
∴AC＝32．
【点评】本题考查了平行四边形 的判定和性质，勾股定理，矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2023•徐州）如图，正方形纸片ABCD的边长为4，将它剪去4个全等的直角三角形，得到四边形EFGH．设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y．
（1）求y关于x的函数表达式；
（2）当AE取何值时，四边形EFGH的面积为10？
（3）四边形EFGH的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据正方形和全等三角形的性质得到AB＝AD＝BC＝CD＝4，AE＝DH＝x，BE＝AH＝4﹣x，∠A＝∠D＝90°，EH＝HG＝FG＝EF，∠AEH＝∠GHD，根据勾股定理即可得到结论；
（2）当解方程即可得到结论；
（3）把二次函数化成顶点式，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）∵正方形纸片ABCD的边长为4，4个直角三角形全等，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝4，AE＝DH＝x，BE＝AH＝4﹣x，∠A＝∠D＝90°，EH＝HG＝FG＝EF，∠AEH＝∠GHD，∵∠AEH+∠AHE＝90°，
∴∠AHE+∠DHG＝90°，
∴∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∴y＝AE2+AH2＝x2+（4﹣x）2＝2x2﹣8x+16；
（2）当y＝10时，即2x2﹣8x+16＝10，
解得x＝1或x＝3，
答：当AE取1或3时，四边形EFGH的面积为10；
（3）∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，
∵2＞0，
∴y有最小值，最小值为8．
即四边形EFGH的面积有最小值，最小值为8．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了勾股定理，正方形 的判定和性质，全等三角形的性质，二次函数的性质，熟练掌握正方形和全等三角形的性质是解题的关键．
4．（2023•徐州）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB＝a，BC＝b，由勾股定理，得AC2＝a2+b2同理BD2＝a2+b2，故AC2+BD2＝2（a2+b2）．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB＝a，BC＝b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB＝a，BC＝b，AC＝c．
求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB＝8，BC＝12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为 　200　．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】【阅读理解】根据矩形对角线相等可得AC＝BD，最后由勾股定理可得结论；
【探究发现】首先作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，根据全等三角形判定的方法，判断出△ABE≌△DCF，即可判断出AE＝DF，BE＝CF；然后根据勾股定理，可得AC2＝AE2+（BC﹣BE）2，BD2＝DF2+（BC+BE）2，AB2＝AE2+BE2，再根据AB＝DC，AD＝BC，即可推得结论；
【拓展提升】根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCE是平行四边形，由【探究发现】，可得BE2+AC2＝2AB2+2BC2，于是得到结论；
【尝试应用】过P作PH⊥BC于H，根据矩形的性质得到AB＝PH＝CD＝8，AP＝BH，PD＝CH，设BH＝x，CH＝12﹣x，根据勾股定理和二次函数的性质即可得到结论．
【解答】【阅读理解】解：如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，
∴AC2＝AB2+BC2，
∵AB＝a，BC＝b，
∴AC2+BD2＝2（AB2+BC2）＝2a2+2b2；
【探究发现】解：上述结论依然成立，
理由：如图②，作AE⊥BC于E，DF⊥BC于F，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
∠ABE=∠DCF∠AEB=∠DFC=90°AB=DC，
∴△ABE≌△DCF（AAS），
∴AE＝DF，BE＝CF，
在Rt△ACE中，由勾股定理，可得
AC2＝AE2+CE2＝AE2+（BC﹣BE）2…①，
在Rt△BDF中，由勾股定理，可得
BD2＝DF2+BF2＝DF2+（BC+CF）2＝DF2+（BC+BE）2…②，
由①②，可得
AC2+BD2＝AE2+DF2+2BC2+2BE2＝2AE2+2BC2+2BE2，
在Rt△ABE中，由勾股定理，可得
AB2＝AE2+BE2，
∴AC2+BD2＝2AE2+2BC2+2BE2＝2（AE2+BE2）+2BC2＝2AB2+2BC2＝2a2+2b2；
【拓展提升】证明：如图3，延长BO至点E，使BO＝OE，

∵BO是BC边上的中线，
∴AO＝CD，
又∵AD＝CO，
∴四边形ABCE是平行四边形，
由【探究发现】，可得BE2+AC2＝2AB2+2BC2，
∵BE＝2BO，
∴BE2＝4BO2，
∵AB＝a，BC＝b，AC＝c，
∴4BO2+c2＝2a2+2b2，
∴BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】解：过P作PH⊥BC于H，

则四边形APHB和四边形PHCD是矩形，
∴AB＝PH＝CD＝8，AP＝BH，PD＝CH，
设BH＝x，CH＝12﹣x，
∴PB2+PC2＝PH2+BH2+PH2+CH2＝82+x2+82+（12﹣x）2＝2x2﹣24x+272＝2（x﹣6）2+200，
故PB2+PC2的最小值为200，
故答案为：200．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键．
5．（2023•深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20时，则BE•CF＝　20　．
（2）如图2，在菱形ABCD中，cosA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF•BC的值．
（3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF•EG＝73时，请直接写出AG的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，进而证明∠FCB＝∠ABE 结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，证明△ABE∽△FCB，得出 ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD＝AB•CD＝20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC，根据已知条件得出BE=13BCAE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM 于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出 MG＝7，根据 tan∠MEH＝tan∠HGE，得出 HE2＝HM•HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过 点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据 tan∠FEH＝tan∠M得出 EH2＝FH•HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得 S△BTC=2538，而 S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，
∴∠FCB＝∠ABE，
又∵BC＝BE，
∴△ABE≌△FCB（AAS）；
②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，
∴△ABE∽△FCB．
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD＝AB•CD＝20，
∴BE•CF＝AB•BC＝20，
（2）∵在菱形ABCD中，cosA=13，
∴AD∥BC，AB＝BC，则∠CBE＝∠A，
∵CE⊥AB，∠CEB＝90°，
∴cos∠CBE=BECB，
∴BE=BC⋅cos∠CBE=BC×cos∠A=13BC，
1∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB，
∴∠AFE＝∠BEC＝90°，
又∵∠CBE＝∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴.AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF•BC＝AE•CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24＝32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作 EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB＝6，CE＝2，
∴CD＝AB＝6，
DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4，
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF，
∴EMEF=EDEC=42=2，
SMGESFEG=EMEF=2，
∴S△MGE＝2S△EFG＝EF•EG＝73，
在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°，
则 EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
1∴12MG×HE=73，
∴MG＝7，
∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE，
∴tan∠MEH＝tan∠HGE，
∵HEHG=HMHE，
∴HE2＝HM•HG，
设AG＝a，则GD＝AD﹣AG＝5﹣a，
GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a，
(23)2=x(7−x)，
解得：a＝3或a＝4，
即AG＝3或 AG＝4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG＝x，则 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x，
∵GN∥CM，
∴△ENG∽△ECM，
∴.EGFM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x，
∴.S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF•EG=73，
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x，
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°，
∴EH=3，CH＝1，
∴S△MEF=12×MF×EH，
则 12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x，
∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M，
∴tan∠FEH＝tan∠M，
即 FHEH=EHHM，
∴EH2＝FH•HM，
即 (3)2=x4−x×14−x4−x，
解得：x1=32x2＝8 （舍去），
即 AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC 中，CT=12BC=52，
BT=3TC=532，
S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
EF•EG＝73，
∴S△EFG=723，
∵2583＜723，
∴G点不可能在BC边上，综上所述，AG的长为3或4或 32．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
6．（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．

特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
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【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）延长FG，交AC于H，可推出FG＝BG，CG＝GH，从而CD＝FH，进而得出△CDP≌△HFP，进一步得出结论；
（2）延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，同理（1）可证得△DQM≌△FQE，从而DQ＝FQ，从而得出点Q和点P重合，进一步得出结论；
（3）延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，△PDQ≌△PFE，从而DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，所以∠N+∠ADQ＝180°，可推出∠N+∠ABE＝180°，进而推出△ADQ≌△ABE，AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，进而推出∠QAE＝90°，进一步得出结论．
【解答】解：（1）如图1，

延长FG，交AC于H，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴BC＝CD，FG＝BG，CD∥AE，FG∥AE，∠CGH＝∠BGF＝90°，
∴∠CHG＝45°，CD∥FG，
∴∠ACB＝∠CHG，∠CDP＝∠HFP，∠DCP＝∠FHP，
∴CG＝GH，
∴CG+BG＝GH+FG，
∴BC＝FH，
∴CD＝FH，
∴△CDP≌△HFP（ASA），
∴点P是DF的中点；
（2）如图2，

△APE是等腰直角三角形，理由如下：
延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠BEG＝45°，AD＝AB，BE＝EF，AD∥BC∥EF，∠BAC＝45°，
∴∠M＝45°，∠M＝∠GEF，∠MDQ＝∠EFQ，
∴∠M＝∠BEG，
∴AM＝AE，
∴AM﹣AD＝AE﹣AB，
∴DM＝BE，
∴DM＝EF，
∴△DQM≌△FQE（ASA），
∴DQ＝FQ，
∴点Q和点P重合，即：EG与DF的交点恰好也是DF中点P，
∵∠BAC＝45°，∠BEG＝45°，
∴∠APE＝90°，AP＝EP，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）如图3，

△APE仍然是等腰直角三角形，理由如下：
延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，
∵DP＝PF，∠DPQ＝∠EPF，
∴△PDQ≌△PFE（SAS），
∴DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，
∴∠N+∠ADQ＝180°，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAN＝∠DAB＝90°，∠BEN＝∠BEF＝90°，AB＝AD，BE＝EF，
∴∠N+∠ABE＝360°﹣∠BAN﹣∠BEN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，DQ＝BE，
∴∠ABE＝∠ADQ，
∴△ADQ≌△ABE（SAS），
∴AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，
∴∠BAE+∠BAQ＝∠DAQ+∠BAQ＝∠BAD＝90°，
∴∠QAE＝90°，
∴AP⊥EQ，AP＝PE=12EQ，
∴△APE是等腰直角三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是“倍长中线”．
7．（2023•长春）如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在边BC上，且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动．作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连接PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t＞0）
（1）当点P和点B重合时，线段PQ的长为 　13　；
（2）当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
（3）当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形，如图②，请说明理由；
（4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．

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【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解．
（2）证明△PBE∽△ECD，得出 tan∠PQE=PEDE=BECD=23．
（3）过点P作PH⊥BC 于点H，证明△PHE≌△ECQ得出PE＝QE，即可得出结论．
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F，D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．
【解答】解：如图所示，连接BQ，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAQ＝∠ABE＝90°，
∵∠PEQ＝90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
∴QE＝AB＝3，BE＝2，
在Rt△QBE中，BQ=BE2+QE2=32+22=13，
故答案为：13．
（2）如图所示，

∵∠PEQ＝90°，∠PBE＝∠ECD＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∴△PBE∽△ECD，
∴PEDE=BECD，
∵BE＝2，CD＝AB＝3，
∴tan∠PQE=PEDE=BECD=23．
（3）如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，

∵∠PEQ＝90°，∠PHE＝∠ECQ＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，
则四边形ABHP是矩形，
∴PH＝AB＝3，
又∵EC＝BC﹣BE＝5﹣2＝3，
∴PH＝EC，
∴△PHE≌ECQ（AAS），
∴PE＝QE，
∴△PQE 是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点P在BE上时，

∵QE＝QF＝3，AQ＝BE＝2，
在Rt△AQF中，AF=QF2−AQ2=32−22=5，
则 BF=3−5，
∵PE＝t，
∴BP＝2﹣t，PF＝PE＝t，
在Rt△PBF中，PF2＝PB2+FB2，
∴t2=(3−5)2+(2−t)2，
解得：t=9−352，
当t＜9−352 时，点F在矩形内部，
∴0≤t≤9−352符合题意．
②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，
π
则PB＝t﹣BE＝t﹣2，PE＝AP＝AB﹣PB＝3﹣（t﹣2）＝5﹣t，
在Rt△PBE中，PE2＝PB2+BE2，
∴（5﹣t）2＝（t﹣2）2+22，
解得t=176．
③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t＝2+3+2＝7．

综上所述，0＜t≤9−352或t=176或t＝7．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
8．（2023•内蒙古）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E．

（1）如图1，连接QA．当QA＝QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若∠APB＝90°，且∠BAP＝∠ADB，
①求证：AE＝2EP；
②当OQ＝OE时，设EP＝a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
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【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝DA，再由各角之间的关系得出∠BAP＝∠ABD＝∠CBD＝30°，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；
②连接QC．利用等边三角形的判定和性质得出AE＝2a，AP＝3a，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【解答】（1）解：结论：点Q在线段PC的垂直平分线上．
理由：连接QC．∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，OA＝OC，
∴QA＝QC，
∵QA＝QP，
∴QC＝QP，
∴点Q在线段PC的垂直平分线上；

（2）①证明：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴∠ABD＝∠ADB，∠CBD＝∠CDB，
∵BD⊥AC，∴∠ADO＝∠CDO，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADO．
∵∠BAP＝∠ADB，
∴∠BAP＝∠ABD＝∠CBD．
∴AE＝BE，∠APB＝90°，∠BAP+∠ABP＝90°，∠BAP＝∠ABD＝∠CBD＝30°
在 Rt△BPE 中，∠EPB＝90°，∠PBE＝30°，
∴EP=12BE，
∵AE＝BE，
∴EP=12AE，
∴AE＝2EP；

②如图，连接QC．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC 是等边三角形．∠APB＝90°，
∴BP＝CP，EP＝a，
∴AE＝2a，AP＝3a，
在Rt△APB中，∠APB＝90°，
∵tan∠ABP=APBP=33，
∴BP=3a，
∴CP=BP=3a，
∵AO＝CO，∠AOE＝∠COQ，OE＝OQ，
△AOE≌△COQ（SAS），
∴AE＝CQ＝2a，∠EAO＝∠QCO，
∴AE∥CQ，
∵∠APB＝90°，
∴∠QCP＝90°，
在Rt△PCQ中，∠QCP＝90°，
由勾股定理得 PQ2＝PC2+CQ2，
∴PQ2＝PC2+CQ2，
∴PQ=7a．

【点评】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
9．（2023•无锡）如图，△ABC 中，点D、E分别为AB、AC的中点，延长DE到点F，使得EF＝DE，连接CF．求证：
（1）△CEF≌△AED；
（2）四边形DBCF是平行四边形．

【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到AE＝CE，DE∥BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据请大家想 的性质和平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵点D、E分别为AB、AC的中点，
∴AE＝CE，DE∥BC，
∴∠ADE＝∠F，
在△CEF与△AED中，
∠ADE=∠F∠AED=∠CEFAE=CE，
∴△CEF≌△AED（AAS）；
（2）由（1）证得△CEF≌△AED，
∴∠A＝∠FCE，
∴BD∥CF，
∵DF∥BC，
∴四边形DBCF是平行四边形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
10．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形．

【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF；
（2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形．
【解答】证明：（1）∵AD＝BC，
∴AD+CD＝BC+CD，
∴AC＝BD，
∵AE＝BF，CE＝DF，
∴△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠A＝∠B，
∴AE∥BF；
（2）∵△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠ECA＝∠FDB，
∴EC∥DF，
∵EC＝DF，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵DF＝FC，
∴四边形DECF是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEC≌△BFD（SSS）．
11．（2023•长沙）如图，在▱ABCD中，DF平分∠ADC，交BC于点E，交AB的延长线于点F．
（1）求证：AD＝AF；
（2）若AD＝6，AB＝3，∠A＝120°，求BF的长和△ADF的面积．

【考点】平行四边形的性质；角平分线的性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据平行线的性质得到∠CDE＝∠F，根据角平分线的定义得到∠ADE＝∠CDE，求得∠F＝∠ADF，根据等腰三角形的判定定理即可得到AD＝AF，
（2）根据线段的和差得到BF＝AF﹣AB＝3；过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，根据直角三角形的性质得到AH=12AD=3，根据三角形的面积公式即可得到△ADF的面积=12AF⋅DH=12×6×3=9．
【解答】（1）证明：在▱ABCD中，∵AB∥CD，
∴∠CDE＝∠F，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠F＝∠ADF，
∴AD＝AF，
（2）解：∵AD＝AF＝6，AB＝3，
∴BF＝AF﹣AB＝3；
过D作DH⊥AF交FA的延长线于H，

∵∠BAD＝120°，
∴∠DAH＝60°，
∴∠ADH＝30°，
∴AH=12AD=3，
∴DH=AD2−AH2=33，
∴△ADF的面积=12AF⋅DH=12×6×33=93．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形面积的计算，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
12．（2023•吉林）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC﹣CD向终点D匀速运动，连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA﹣AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0＜x＜4），四边形PQMN的面积为 y（cm2）
（1）BP的长为 　（4﹣x）　cm，CM的长为 　x　cm．（用含x的代数式表示）
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
​
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据正方形的性质得出∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，即可证得△MCO和△PAO全等，从而得出CM＝AP；
（2）分0＜x≤2，2＜x≤4两种情况分别画出图形，根据正方形的面积、直角三角形的面积、平行四边形的面积即可求解；
（3）根据（2）中的图形，分四边形PQMN为矩形、菱形分别求解即可．
【解答】解：（1）由题意得，AP＝xcm，BQ＝2xcm，
∵AB＝4cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（4﹣x） cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠MCO＝∠PAO，∠CMO＝∠APO，
∵点O是对角线AC的中点，
∴CO＝AO，
在△MCO和△PAO中，
∠MCO=∠PAO∠CMO=∠APOCO=AO，
∴△MCO≌△PAO（AAS），
∴CM＝AP＝xcm，
故答案为：（4﹣x），x；
（2）当0＜x≤2时，点Q在边BC上，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠QCO＝∠NAO，∠CQO＝∠ANO，
∵点O是对角线AC的中点，
∴CO＝AO，
在△QCO和△NAO中，
∠QCO=∠NAO∠CQO=∠ANOCO=AO，
∴△QCO≌△NAO（AAS），
∴CQ＝AN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝CD＝AD＝4cm，
∵BQ＝2xcm，
∴CQ＝BC﹣BQ＝（4﹣2x） cm，
∴AN＝（4﹣2x） cm，
∴DM＝CD﹣CM＝（4﹣x） cm，DN＝AD﹣AN＝2xcm，
∴S△APN=12AP⋅AN=12x(4−2x)=2x−x2，
S△CMQ=12CM⋅CQ=12x(4−2x)=2x−x2，
S△BPQ=12BP⋅BQ=12(4−x)⋅2x=4x−x2，
S△DMN=12DM⋅DN=12(4−x)⋅2x=4x−x2，
∴y＝S正方形ABCD﹣S△APN﹣S△CMQ﹣S△BPQ﹣S△DMN
＝42﹣2（2x﹣x2）﹣2（4x﹣x2）
＝16﹣4x+2x2﹣8x+2x2
＝4x2﹣12x+16；
当2＜x≤4时，点Q在边CD上，如图，

同上△MCO≌△PAO，△QCO≌△NAO，
∴MO＝PO，QO＝NO，
∴四边形PQMN是平行四边形，
∵AP＝xcm，AN＝CQ＝（2x﹣4）cm，
∴PN＝AP﹣AN＝x﹣（2x﹣4）＝（﹣x+4）cm，
∴y＝AD•PN＝4（﹣x+4）＝﹣4x+16；
综上，y=4x2−12x+16(0＜x≤2)−4x+16(2＜x≤4)；
（3）①当0＜x≤2时，
当四边形PQMN是矩形时，PB＝QB，
∴4﹣x＝2x，
解得x=43；
当四边形PQMN是菱形时，PQ＝MQ，
∴（4﹣x）2+（2x）2＝x2+（4﹣2x）2，
解得x＝0（舍去）；
②当2＜x≤4时，
当四边形PQMN是矩形时，PB＝CQ，
∴4﹣x＝2x﹣4，
解得x=83；
当四边形PQMN是菱形时，PN＝PQ，
∴（﹣x+4）2＝42+[2x﹣4﹣（4﹣x）]2，
∵Δ＜0，
∴方程无解，舍去；
综上，当四边形PQMN是轴对称图形时，x的值是43 s或83 s．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，矩形的性质，菱形的性质，轴对称图形的定义，动点问题等知识，熟练掌握这些知识是解题的关键．
13．（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．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，则PN=12BC，PM=12AD，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=12BC，PM∥AD，PM=12AD，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=12BC，PM=12AD，
∵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，连接BD，取BD的中点P，连接PM、PN，
∵N是CD的中点，N是AB的中点，
∴PN是△BCD的中位线，PM是△ABD的中位线，
∴PN∥BC，PN=12BC，PM∥AD，PM=12AD，
∵AD＝BC
∴PM＝PN，
∴∠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=12∠CNG＝30°，
∴∠CGD＝∠CGN+∠NGD＝90°，
∴△CGD是直角三角形．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了三角形中位线定理、平行线的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形中位线定理和等边三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
14．（2023•菏泽）如图，在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F．求证：AE＝CF．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据平行四边形的性质AB＝CD，∠A＝∠D，∠BAD＝∠BCD，进而利用角平分线得出∠BAE＝∠FCD，利用ASA证明△ABE与△CDF全等解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠A＝∠D，∠BAD＝∠BCD，
∵AE平分∠BAD，交BC于点E，CF平分∠BCD，交AD于点F，
∴∠BAE＝∠FCD，
在△ABE与△CDF中，
∠BAE=∠DCFAB=CD∠B=∠D，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义；熟练掌握平行四边形的性质，证出∠BAE＝∠FCD是解题的关键．
15．（2023•兰州）综合与实践：
【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝90°，得到∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AD＝CD，于是得到四边形ABCD是正方形；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G＝∠DFC＝90°，根据正方形的性质得到AD＝CD，∠ADC＝90°，求得∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AG＝CF，DG＝DF，根据正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）连接AC，根据正方形的性质得到∠BAC＝45°，根据等腰直角三角形的性质得到∠HAM＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）四边形ABCD是正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵GD⊥DF，
∴∠FDG＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）HF＝AH+CF，
理由：∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，
∴四边形HFDG是矩形，
∴∠G＝∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AG＝CF，DG＝DF，
∴矩形HFDG是正方形，
∴HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，
∵AH⊥CE，AH＝HM，
∴△AHM是等腰直角三角形，
∴∠HAM＝45°，
∴∠HAB＝∠MAC，
∵AHAM=ABAC=22，
∴△AHB∽△AMC，
∴BHCM=AHAM=22，
即BH=22CM．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
16．（2023•吉林）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形．其判定的依据是 　两组对边分别相平行的四边形是平行四边形　．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB＜BC，FG≤BC），其中AB＝EF，∠B＝∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N．求证：▱EFMN是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上，当MD＝MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周长为40，sin∠EFG=45（∠EFG 为锐角），则四边形ECPH的面积为 　80　．
​
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【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】【操作发现】根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
【探究提升】根据平行四边形的性质得到MN∥EF，EN∥FM，推出四边形EFMN是平行四边形，得到四边形ABEN是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
【结论应用】根据平移的性质得到四边形GFCP是平行四边形，根据平行四边形的性质得到PG＝CF，PG∥CF，推出四边形PDMG是平行四边形，证得四边形PDMG是菱形，根据菱形的性质得到PG＝PD，由【探究提升】知▱EFMN是菱形，FM＝EF，推出四边形ECPH是菱形，根据三角函数的定义得到GQ＝8，于是得到结论．
【解答】【操作发现】解：如图①，四边形EFMN总是平行四边形．其判定的依据是两组对边分别相平行的四边形是平行四边形；
故答案为：两组对边分别相平行的四边形是平行四边形；
【探究提升】证明：∵四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，
∴MN∥EF，EN∥FM，
∴四边形EFMN是平行四边形，
∵∠B＝∠FEH，
∴AB∥NF，
∵AN∥BE，
∴四边形ABEN是平行四边形，
∴AB＝EN，
∵AB＝EF，
∴EN＝EM，
∴▱EFMN是菱形；
【结论应用】解：∵将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，
∴四边形GFCP是平行四边形，
∴PG＝CF，PG∥CF，
∵DM∥CF，
∴DM∥PG，
∴四边形PDMG是平行四边形，
∵MD＝MG，
∴四边形PDMG是菱形，
∴PG＝PD，
由【探究提升】知▱EFMN是菱形，
∴FM＝EF，
∴EF＝CD，
∴CE＝CP，
∴四边形ECPH是菱形，
∵四边形ECPH的周长为40，
∴HE＝PC＝10，
∴FG＝HE＝10，
过G作GQ⊥BC于Q，
∵sin∠EFG=GQFG=45，

∴GQ＝8，
∴四边形ECPH的面积为CE•GQ＝10×8＝80．
故答案为：80．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质定理是解题的关键．
17．（2023•绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．

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【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BF，则∠D＝∠DCF，根据题意得出DG＝CG，即可证明△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）在Rt△ABF中，根据勾股定理表示出AF，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
.∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF＝90°＝∠ABC，
∵∠F＝∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴CEAB=CFAF，
∵AB＝4，BF＝x，
在Rt△ABF中，AF=AB2+BF2=x2+16，
∵CE＝y，
∴y4=x−3x2+16，
∴y=4x−12x2+16（或者y=(4x−12)x2+16x2+16）；
（3）解：过点E作EN⊥BF于点N，

∵四边形ABCD为矩形，AD＝3，
∴AD＝BC＝3，
∵AB＝4，CF＝1，
∴AB＝BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE＝∠BAF＝45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN＝NF＝NE=12，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2＝BN2+EN2，
∴BE=(3+12)2+(12)2=522，
∵∠ECF＝∠BAF＝45°，
∴∠BAM＝∠BCE＝135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE＝90°，
∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠MBA＝∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴BMBE=BABC=43，
∴BM522=43，
∴BM=1023．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
18．（2023•河南）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．
（1）观察发现
如图1，在平面直角坐标系中，过点M（4，0）的直线l∥y轴，作△ABC关于y轴对称的图形△A1B1C1，再分别作△A1B1C1 关于x轴和直线l对称的图形△A2B2C2和△A3B3C3，则△A2B2C2可以看作是△ABC绕点O顺时针旋转得到的，旋转角的度数为 　180°　；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距离为 　8　个单位长度．
（2）探究迁移
如图2，▱ABCD中，∠BAD＝α（0°＜α＜90°），P为直线AB下方一点，作点P关于直线AB的对称点P1，再分别作点P1关于直线AD和直线CD的对称点P2和P3，连接AP，AP2，请仅就图2的情形解决以下问题：
①若∠PAP2＝β，请判断β与α的数量关系，并说明理由；
②若AD＝m，求P，P3两点间的距离．
（3）拓展应用
在（2）的条件下，若α＝60°，AD=23，∠PAB＝15°，连接P2P3，当P2P3与▱ABCD的边平行时，请直接写出AP的长．
​
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【专题】多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【分析】（1）观察可得出结果；
（2）①由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，从而得出结果；
②作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，从而DE＝HP1，EF＝GP1，求得DF＝AD•sinA＝m•sinα，从而GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα，根据轴对称的性质得出HP3＝HP1，PG＝P1G，进一步得出结果；
（3）先构造15° 的直角三角形，求得sin15的值；当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，可得出PP3＝2AD•sin60°＝6，设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6−24=6−22⋅x，从而得出P1P3＝PP3﹣PP1＝6−6−22⋅x，可得出∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，从而P1P2=2x，根据P1P3•＝2P1P2得出6−6−22⋅x=22x，从而求得x的值；当P2P3∥CD时，同理可得出另一个结果．
【解答】解：（1）答案为：8；
（2）①如图1，

β＝2α，理由如下：
连接AP1，
由轴对称的性质可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，
∴∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，
∴β＝2α；
②如图2，

作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，
∵PP1⊥AB，P3P1⊥CD，
可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，
∴DE＝HP1，EF＝GP1，
∵DF＝AD•sinA＝m•sinα，
∴GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m•sinα，
∵HP3＝HP1，PG＝P1G，
∴HP3+PG＝GP1+HP1＝m•sinα，
∴PP3＝2m•sinα；
（3）如图3，

在Rt△KMN中，∠M＝90°，∠N＝15°，KS＝SN，则∠KSM＝30°，
设KM＝1，则SN＝KS＝2，MS=3，则KN=12+(2+3)2=6+2，
∴sin15°=KMKN=16+2=6−24，

当P2P3∥AD时，作DI⊥AB于I，设P1P2交AD于T，
∵P1P2⊥AD，
∴P2P3⊥P1P2，
∴∠P3P2P1＝90°，
∵PP3∥DI，
∴∠P2P3P1＝∠ADI＝30°，
由（2）知：PP3＝2AD•sin60°＝6，
设AP1＝AP＝x，则PP1＝2AP•sin∠PAB＝2x•sin15°＝2x•6−24=6−22⋅x，
∴P1P3＝PP3﹣PP1＝6−6−22⋅x，
∵∠BAP1＝∠BAP＝15°，
∵∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，
由轴对称性质得：∠ATP1＝90°，
∴TP1=22AP1=22x，
∴P1P2=2x，
由P1P2＝P1P3•sin∠P2P3P1＝P1P3•sin30°得，
6−6−22⋅x=22x，
∴x＝32−6，
如图5，

当P2P3∥CD时，设AP＝x，
同理可得：P1P2＝2P1P3，
∴2[6−6−22⋅x]=2x，
∴x＝26，
综上所述：AP＝32−6或26．
【点评】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，构造直角三角形求得sin15°的值是解题的关键．
19．（2023•兰州）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
（1）判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
（2）当CD＝4时，求EG的长．

【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，再证△FDC和△FOE全等得CD＝OE，据此可得ED＝OE＝CD＝CO，进而可判定四边形OCDE的形状；
（2）先证△ODC为等边三角形得DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，进而DF＝2，据此再分别求出CF，GF，进而可得EG的长．
【解答】解：（1）四边形OCDE是菱形，理由如下：
∵CD∥OE，
∴∠FDC＝∠FOE，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，
在△FDC和△FOE中，
∠FDC=∠FOEFD=FO∠DFC=∠CFE，
∴△FDC≌△FOE（ASA），
∴CD＝OE，
又ED＝OE，CD＝CO，
∴ED＝OE＝CD＝CO，
∴四边形OCDE是菱形．
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，DO＝CO，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴CD＝CO，
∴CD＝CO＝DO，
∴△ODC为等边三角形，
∴DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，
∴DF=12DO=2，
在Rt△CDF中，CD＝4，DF＝2，
由勾股定理得：CF=CD2−DF2=23，
由（1）可知：四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=23，
∵∠GDF＝∠CDA﹣∠ODC＝30°，
∴tan∠GDF=GFDF，
∴GF=DF⋅tan∠GDF=2tan30°=233，
∴EG=EF−GF=23−233=433．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解答此题关键是理解菱形的判定，等边三角形的性质，数量利用勾股定理锐角三角函数进行计算．
20．（2023•长春）将两个完全相同的含有30°角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放，点A、E，B、D依次在同一条直线上，连接AF、CD．
（1）求证：四边形AFDC是平行四边形；
（2）已知BC＝6cm，当四边形AFDC是菱形时，AD的长为 　18　cm．

【考点】菱形的性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，根据平行线的判定定理得到AC∥DF，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形AFDC是平行四边形；
（2）连接CF交AD于O，根据直角三角形的性质得到AC=3BC＝63（cm），根据菱形的性质得到CF⊥AD，AD＝2AO，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵△ACB≌△DFE，
∴AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，
∴AC∥DF，
∴四边形AFDC是平行四边形；
（2）解：连接CF交AD于O，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝6cm，
∴AC=3BC＝63（cm），
∵四边形AFDC是菱形，
∴CF⊥AD，AD＝2AO，
∴∠AOC＝90°，
∴AO=32AC=32×63=9（cm），
∴AD＝2AO＝18cm，
故答案为：18．

【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
21．（2023•广东）综合与实践
主题：制作无盖正方体形纸盒．
素材：一张正方形纸板．
步骤1：如图1，将正方形纸板的边长三等分，画出九个相同的小正方形，并剪去四个角上的小正方形；
步骤2：如图2，把剪好的纸板折成无盖正方体形纸盒．
猜想与证明：（1）直接写出纸板上∠ABC与纸盒上∠A1B1C1的大小关系；
（2）证明（1）中你发现的结论．

【考点】正方形的性质；展开图折叠成几何体．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；展开与折叠；空间观念；几何直观；推理能力．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可求解；
（2）根据勾股定理和勾股定理的逆定理和正方形的性质即可求解．
【解答】解：（1）∠ABC＝∠A1B1C1；
（2）∵A1B1为正方形对角线，
∴∠A1B1C1＝45°，
设每个方格的边长为1，
则AB=12+32=10，
AC＝BC=12+22=5，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴由勾股定理的逆定理得△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°，
∴∠ABC＝∠A1B1C1．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理和勾股定理的逆定理，等腰直角三角形的判定与性质，得到△ABC是等腰直角三角形是解题的关键．
22．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 　①②　（填序号）；
（2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．

【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①当∠1＝∠2时，▱ABCD为矩形；
②当AM＝DM时，▱ABCD为矩形，
故答案为：①②；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠A+∠D＝180°，
在△ABM和DCM中，
AB=DC∠1=∠2BM=CM，
∴△ABM≌DCM（SAS），
∴∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴▱ABCD为矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得△ABM≌DCM，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
23．（2023•郴州）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE＝AD，连接DE交射线AC于点F．
（1）如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
（2）如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四边形BDFC的面积．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）由“AAS”可证△DGF≌△ECF，得到CF＝GF=12CG=12BD；
（2）①由“AAS”可证△DGF≌△ECF，得到CF＝FG=12CG=12BD；
②根据已知条件推出tan∠AEH＝tan∠MDN，得到 AHEH=MNDN，证明△ABC∽△ADG，得到 BCDG=AHAN=AHAM+MN，可以DG的长，由面积的和差关系可求解．
【解答】解：（1）CF=12BD，理由如下：
如图，过点D作DG∥BC，交AC于点G，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD＝AG＝DG，
∵AD＝CE，AB﹣AD＝AC﹣AG，
∴DG＝CE，BD＝CG，
又∠DFG＝∠CFE，
∴△DGF≌△ECF（AAS），
∴CF＝GF=12CG=12BD；
（2）①成立，理由如下：
如图2，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，
∵DG∥BC，
∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF，
∴△ADG是等边三角形，
∴AD＝AG＝DG，
∵AD＝CE，AD﹣AB＝AG﹣AC，
∴DG＝CE，BD＝CG，
又∠DFG＝∠CFE，
∴△DGF≌△ECF（AAS），
∴CF＝FG=12CG=12BD；
②如图，过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作 AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：AN⊥BC，

由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECF（AAS），
∴CF=FG=12BD，
∵△ABC为等边三角形，AB=AC=BC=4，BH=CH=12BC=2，AH=AB2−BH2=23，
∵∠AEB＝∠DEB，EH＝EH，∠AHE＝∠MEE＝90°，
∴△AEH≌△MEH（ASA），
∴MH=AH=23，AM=2AH=43，
∵△DGF≌ECF，
∴∠CEF＝∠MDN，DG＝CE，
∴∠AEH＝∠MDN，
∴tan∠AEH＝tan∠MDN，
∴AHEH=MNDN，
设MN＝y，DG＝CE＝x，则：EH＝CE+CH＝2+x，DN=12DG=12x，
∴23x+2=y2①，
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
∴BCDG=AHAN=AHAM+MN，
即：4x=2343+y②，
联立①②可得：x=42+4 （负值已舍去），
经检验 x=42+4 是原方程的根，
∴DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12(x−4)=22，
∴AN=26+23，
∴S△ACE=12CE•AH=12×（42+4）×23=46+43，
∴S△ACES△CEF=ACCF=422，
∴S△CEF=22（46+43）＝43+26，
∴四边形BDFC的面积为＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△DFG＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△CEF=12(42+4)(26+23)−12×4×23−43−26=43+66．
【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角 形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似 三角形．
24．（2023•十堰）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？

【考点】正方形的判定；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，证出OB＝CP，BP＝OC，则可得出结论；
（2）由正方形的判定可得出结论．
【解答】解：（1）四边形BPCO为平行四边形．
理由：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，
∵以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）当AC⊥BD，AC＝BD时，四边形BPCO为正方形．
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB=12BD，OC=12AC，
∴OB＝OC，
∵四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
25．（2023•温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当ABFH=56，AD＝4时，求EF的长．

【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GE＝GF，再根据等边对等角得出∠E＝∠GFE，根据矩形的性质得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可证△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，从而问题得证；
（2）先证△ECD∽△EFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长．
【解答】（1）证明：∵FH⊥EF，
∴∠HFE＝90°，
∵GE＝GH，
∴FG=12EH=GE=GH，
∴∠E＝∠GFE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴△ABF≌△DCE（AAS），
∴BF＝CE，
∴BF﹣BC＝CE﹣BC，
即BE＝CF；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，
∵FH⊥EF，
∴CD∥FH，
∴△ECD∽△EFH，
∴ECEF=CDFH，
∴ECEF=ABFH，
∵ABFH=56，
∴ECEF=56，
设BE＝CF＝x，
∴EC＝x+4，EF＝2x+4，
∴x+42x+4=56，
解得x＝1，
∴EF＝6．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．

考点卡片
1．展开图折叠成几何体
通过结合立体图形与平面图形的相互转化，去理解和掌握几何体的展开图，要注意多从实物出发，然后再从给定的图形中辨认它们能否折叠成给定的立体图形．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．角平分线的性质
角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE

4．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．　　　　②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．　　　　③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
5．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
6．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE=12BC．

8．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
9．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．
10．平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
11．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
12．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形

13．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
14．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
15．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
16．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
17．正方形的判定
正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
18．四边形综合题
四边形综合题．
19．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA=∠A的对边斜边=ac，cosA=∠A的邻边斜边=bc，tanA=∠A的对边∠A的邻边=ab．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
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