矩形菱形与正方形
一.选择题
1. ( 2019甘肃省兰州市)如图，边长为
2的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则DM＝（ ）
A.
21 B.
22 C.
3－1 D. 2－1
【答案】D．
【考点】正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，角平分线的性质. 【考察能力】空间想象能力，推理论证能力，运算求解能力. 【难度】较难
【解析】过点M作MP⊥CD垂足为P，过点O作OQ⊥CD垂足为Q，
∵ 正方形的边长为
2，
22，由折叠可知，∠EDF＝∠CDF.
∴OD＝1， OC＝1， OQ＝DQ＝又∵AC⊥BD， ∴OM＝PM， 设OM＝PM＝x ∵OQ⊥CD，MP⊥CD
∴∠OQC＝∠MPC＝900， ∠PCM＝∠QCO， ∴△CMP∽△COQ
MP∴
OQCM＝
COx， 即
22?1?x1， 解得x＝2－1
∴OM＝PM＝故选D.
2－1.
2.（2019?贵州毕节?3分）平行四边形ABCD中，AC.BD是两条对角线，现从以下四个关系①AB＝BC；②AC＝BD；③AC⊥BD；④AB⊥BC中随机取出一个作为条件，即可推出平行四边形ABCD是菱形的概率为（ ） A．
B．
C．
D．1
【分析】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．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”）．
【解答】解：根据平行四边形的判定定理， 可推出平行四边形ABCD是菱形的有①或③， 概率为
．
1
故选：B．
【点评】本题考查了菱形及概率，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
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3.（2019?广西池河?3分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE＝CF，则图中与∠
AEB相等的角的个数是（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可证明△ABE≌△BCF，再根据全等三角形的性质可得∠BFC＝∠
AEB，进一步得到∠BFC＝∠ABF，从而求解．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥BC，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， 在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠BFC＝∠AEB， ∴∠BFC＝∠ABF，
故图中与∠AEB相等的角的个数是2． 故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4. （2019?南京?2分）面积为4的正方形的边长是（ ） A．4的平方根 C．4开平方的结果
【解答】解：面积为4的正方形的边长是故选：B．
【点评】本题考查算术平方根；熟练掌握正方形面积与边长的关系，算术平方根的意义是解题的关键． 5. （2019?湖南岳阳?3分）下列命题是假命题的是（ ） A．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．同角（或等角）的余角相等
C．线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等 D．正方形的对角线相等，且互相垂直平分 【分析】由平行四边形的性质得出A是假命题； 由同角（或等角）的余角相等，得出B是真命题；
由线段垂直平分线的性质和正方形的性质得出C.D是真命题，即可得出答案． 【解答】解：A．平行四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形；假命题； B．同角（或等角）的余角相等；真命题；
B．4的算术平方根 D．4的立方根
，即为4的算术平方根；
【分析】已知正方形面积求边长就是求面积的算术平方根；
2
C．线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；真命题； D．正方形的对角线相等，且互相垂直平分；真命题； 故选：A．
【点评】本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6（2019，山东枣庄，3分）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置．若四边形AECF的面积为20，DE＝2，则AE的长为（ ）
A．4
B．2
C．6
D．2
【分析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【解答】解：∵△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置． ∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20， ∴AD＝DC＝2∵DE＝2， ∴Rt△ADE中，AE＝故选：D．
【点评】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
7. （2019?湖北十堰?3分）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ） A．对边相等 C．对角线相等
B．对角相等 D．对角线互相平分
＝2
，
【分析】矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等． 【解答】解：矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等． 故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
8. （2019?湖北孝感?3分）如图，正方形ABCD中，点E.F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若
BC＝4，DE＝AF＝1，则GF的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
3
【分析】证明△BCE≌△CDF（SAS），得∠CBE＝∠DCF，所以∠CGE＝90°，根据等角的余弦可得CG的长，可得结论．
【解答】解：正方形ABCD中，∵BC＝4， ∴BC＝CD＝AD＝4，∠BCE＝∠CDF＝90°， ∵AF＝DE＝1， ∴DF＝CE＝3， ∴BE＝CF＝5， 在△BCE和△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF（SAS）， ∴∠CBE＝∠DCF，
∵∠CBE+∠CEB＝∠ECG+∠CEB＝90°＝∠CGE，
cos∠CBE＝cos∠ECG＝
∴
，CG＝
， ＝
，
∴GF＝CF﹣CG＝5﹣故选：A．
，
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，证明△
BCE≌△CDF是解本题的关键．
9. （2019?湖南衡阳?3分）如图，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S．则S关于t的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4
【分析】根据已知条件得到△ABC是等腰直角三角形，推出四边形EFCD是正方形，设正方形的边长为
a，当移动的距离＜a时，如图1S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣
如图2，S＝S△AC′H＝
（2a﹣t）2＝
t2；当移动的距离＞a时，
t2﹣2at+2a2，根据函数关系式即可得到结论；
【解答】解：∵在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∵EF⊥BC，ED⊥AC， ∴四边形EFCD是矩形， ∵E是AB的中点， ∴EF＝
AC，DE＝BC，
∴EF＝ED，
∴四边形EFCD是正方形， 设正方形的边长为a，
如图1当移动的距离＜a时，S＝正方形的面积﹣△EE′H的面积＝a2﹣当移动的距离＞a时，如图2，S＝S△AC′H＝∴S关于t的函数图象大致为C选项， 故选：C．
（2a﹣t）2＝
t2；
t2﹣2at+2a2，
【点评】本题考查动点问题的函数图象，正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是读懂题意，学会分类讨论的思想，属于中考常考题型．
10. (2019?广东?3分）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB=2，以EB为边在上方作正方
形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM、AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB.AM交于点N、
K．则下列结论：①△ANH≌△GNF；②∠AFN=∠HFG；③FN=2NK；④S△AFN : S△ADM =1 : 4．其中正
确的结论有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5
【答案】C
【解析】AH=GF=2，∠ANH=∠GNF，∠AHN=∠GFN，△ANH≌△GNF（AAS），①正确；由①得AN=GN=1，
∵NG⊥FG，NA不垂直于AF，∴FN不是∠AFG的角平分线，∴∠AFN≠∠HFG，②错误；由△AKH∽△
MKF，且AH:MF=1:3，∴KH:KF=1:3，又∵FN=HN，∴K为NH的中点，即FN=2NK，③正确；S△
AFN =
11AN·FG=1，S△ADM =DM·AD=4，∴S△AFN : S△ADM =1 : 4，④正确. 22【考点】正方形的性质，平行线的应用，角平分线的性质，全等三角形，相似三角形，三角形的面积
11. （2019?广东深圳?3分）已知菱形ABCD，E，F是动点，边长为4，BE=AF，∠BAD=120°，则下列结论正确的有几个（ ）
①△BEC≌△AFC ； ②△ECF为等边三角形 ③∠AGE=∠AFC ④若AF=1，则A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
GF1? GE3
【答案】D
【解析】在四边形ABCD是菱形，因为∠BAD=120°，则∠B=∠DAC=60°，则AC=BC，且BE=AF，故可得△BEC≌△AFC；因为△BEC≌△AFC，所以FC=EC，∠FCA=∠ECB，所以△ECF为等边三角形；因为∠AGE=180°-∠BAC-∠AEG；∠AFC=180°-∠FAC-∠ACF，则根据等式性质可得∠AGE=∠AFC ；因为AF=1，则AE=3，所以根据相似可得
12 （2019?广西贵港?3分）如图，E是正方形ABCD的边AB的中点，点H与B关于CE对称，EH的延长线与AD交于点F，与CD的延长线交于点N，点P在AD的延长线上，作正方形DPMN，连接CP，记正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2，则下列结论错误的是（ ）
GF1?. GE3
6
A．S1+S2＝CP2 B．4F＝2FD C．CD＝4PD D．cos∠HCD＝
【分析】根据勾股定理可判断A；连接CF，作FG⊥EC，易证得△FGC是等腰直角三角形，设EG＝x，则FG＝2x，
利用三角形相似的性质以及勾股定理得到CG＝2x，CF＝2
x，EC＝3x，BC＝x，FD＝x，
即可证得3FD＝AD，可判断B；根据平行线分线段成比例定理可判断C；求得cos∠HCD可判断D． 【解答】解：∵正方形ABCD，DPMN的面积分别为S1，S2， ∴S1＝CD2，S2＝PD2，
在Rt△PCD中，PC2＝CD2+PD2， ∴S1+S2＝CP2，故A结论正确； 连接CF，
∵点H与B关于CE对称， ∴CH＝CB，∠BCE＝∠ECH， 在△BCE和△HCE中，
∴△BCE≌△HCE（SAS），
∴BE＝EH，∠EHC＝∠B＝90°，∠BEC＝∠HEC， ∴CH＝CD，
在Rt△FCH和Rt△FCD中
∴Rt△FCH≌Rt△FCD（HL）， ∴∠FCH＝∠FCD，FH＝FD， ∴∠ECH+∠ECH＝作FG⊥EC于G，
∴△CFG是等腰直角三角形， ∴FG＝CG，
∵∠BEC＝∠HEC，∠B＝∠FGE＝90°， ∴△FEG∽△CEB， ∴
＝
＝
，
∠BCD＝45°，即∠ECF＝45°，
∴FG＝2EG，
设EG＝x，则FG＝2x， ∴CG＝2x，CF＝2∴EC＝3x， ∵EB2+BC2＝EC2， ∴
x，
BC2＝9x2，
x2，
∴BC2＝
7
∴BC＝x，
＝
＝
在Rt△FDC中，FD＝∴3FD＝AD，
∴AF＝2FD，故B结论正确； ∵AB∥CN， ∴
＝
，
x，
∵PD＝ND，AE＝CD，
∴CD＝4PD，故C结论正确； ∵EG＝x，FG＝2x， ∴EF＝
x，
x， x， x，
∵FH＝FD＝∵BC＝∴AE＝
作HQ⊥AD于Q， ∴HQ∥AB，
∴＝，即＝，
∴HQ＝∴CD﹣HQ＝
x，
x﹣
x＝
x，
∴cos∠HCD＝故选：D．
＝＝，故结论D错误，
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质三角形相似的判定和性质，勾股定理的应用以及平行线分线段成比例定理，作出辅助线构建等腰直角三角形是解题的关键．
8
13. （2019?江苏苏州?3分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC?4，BD?16，将
VABO沿点A到点C的方向平移，得到VA?B?C?，当点A?与点C重合时，点A与点B?之间的距离为
（） A．6
AB．8
DOC．10 D．12
BC（A')O'B'
【分析】考察菱形的性质，勾股定理，中等偏易题型
【解答】由菱形的性质得AO?OC?CO??2，BO?OD?B?O??8
?AOB??AO?B??90o ?VAO?B?为直角三角形
?AB??AO?2?B?O?2?62?82?10
故选C
14. （2019?湖南株洲?3分）对于任意的矩形，下列说法一定正确的是（ ） A．对角线垂直且相等 B．四边都互相垂直 C．四个角都相等
D．是轴对称图形，但不是中心对称图形 【分析】直接利用矩形的性质分析得出答案．
【解答】解：A.矩形的对角线相等，但不垂直，故此选项错误； B.矩形的邻边都互相垂直，对边互相平行，故此选项错误； C.矩形的四个角都相等，正确；
D.矩形是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误． 故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，正确把握矩形的性质是解题关键．
15. （2019?山东省德州市 ?4分）如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且AF：FB＝1：2，CE⊥DF，垂足为M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG＝论：①DE＝AF；②AN＝正确结论的序号是（ ）
BC，连接CM．有如下结
AB；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF：S四边形CNFB＝1：8．上述结论中，所有
9
A．①②
B．①③
C．①②③
D．②③④
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质 【分析】①正确．证明△ADF≌△DCE（ASA），即可判断．
②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可． ③正确．作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝证明MH＝CH即可解决问题．
④错误．设△ANF的面积为m，由AF∥CD，推出
＝
＝
，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积
a，通过计算
为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，由此即可判断． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°， ∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°， ∴∠ADF＝∠DCE， 在△ADF与△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（ASA）， ∴DE＝AF；故①正确； ∵AB∥CD， ∴
＝
，
∵AF：FB＝1：2，
∴AF：AB＝AF：CD＝1：3， ∴∴
＝＝
， ，
∵AC＝∴∴AN＝
AB，
＝
，
AB；故②正确；
a，
作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝
10
由△CMD∽△CDE，可得CM＝由△GHC∽△CDE，可得CH＝∴CH＝MH＝∵GH⊥CM， ∴GM＝GC， ∴∠GMH＝∠GCH，
a， a，
CM，
∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°， ∴∠FEG＝∠DCE， ∵∠ADF＝∠DCE，
∴∠ADF＝∠GMF；故③正确， 设△ANF的面积为m， ∵AF∥CD， ∴
＝
＝
，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m， ∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m， ∴S△ANF：S四边形CNFB＝1：11，故④错误， 故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 二.填空题
1. (2019安徽)（4分）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（ ）
A．0
B．4
C．6
D．8
11
【分析】作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，可得点N到点E和点F的距离之和最小，可求最小值，即可求解．
【解答】解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，
∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12， ∴EC＝8，FC＝4， ∵点M与点F关于BC对称
∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45° ∴∠ACM＝90° ∴EM＝
＝4
＜9
则在线段BC存在点N到点E和点F的距离之和最小为4同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF＝9． 即共有8个点P满足PE+PF＝9， 故选：D．
∴在线段BC上点N的左右两边各有一个点P使PE+PF＝9，
【点评】本题考查了正方形的性质，最短路径问题，在BC上找到点N使点N到点E和点F的距离之和最小是本题的关键．
2.（2019?浙江金华?3分）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，已知AB=m，∠BAC=∠α，则下列结论错误的是（ ）
A. ∠BDC=∠α B. BC=m·tanα C. AO=
【答案】 C
【考点】锐角三角函数的定义 【解析】【解答】解：A.∵矩形ABCD， ∴AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°， 又∵BC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS）， ∴∠BDC=∠BAC=α， 故正确，A不符合题意； B.∵矩形ABCD，
D. BD=
12
∴∠ABC=90°， 在Rt△ABC中， ∵∠BAC=α，AB=m， ∴tanα=
，
∴BC=AB·tanα=mtanα， 故正确，B不符合题意； C.∵矩形ABCD， ∴∠ABC=90°， 在Rt△ABC中， ∵∠BAC=α，AB=m， ∴cosα= ∴AC= ∴AO=
， =
，
AC=
故错误，C符合题意； D.∵矩形ABCD， ∴AC=BD， 由C知AC= ∴BD=AC=
= ，
，
故正确，D不符合题意； 故答案为：C.
【分析】A.由矩形性质和全等三角形判定SAS可得△ABC≌△DCB，根据全等三角形性质可得 ∠BDC=∠BAC=α，故A正确；
B.由矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△ABC中，根据正切函数定义可得BC=AB·tanα=mtanα， 故正确；
C.由矩形性质得∠ABC=90°，在Rt△ABC中，根据余弦函数定义可得AC=
=
，再由AO=
AC即可求得AO长，故错误；
D.由矩形性质得AC=BD，由C知AC=
3．（2019?浙江绍兴?4分）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（ ）
=
，从而可得BD长，故正确；
13
A．先变大后变小 C．一直变大
与正方形ABCD的面积相等．
B．先变小后变大 D．保持不变
【分析】由△BCE∽△FCD，根据相似三角形的对应边成比例，可得CF?CE＝CD?BC，即可得矩形ECFG【解答】解：∵正方形ABCD和矩形ECFG中， ∠DCB＝∠FCE＝90°，∠F＝∠B＝90°， ∴∠DCF＝∠ECB， ∴△BCE∽△FCD， ∴
，
∴CF?CE＝CB?CD，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等． 故选：D．
【点评】此题考查了正方形的性质、矩形的性质、相似三角形的判定与性质，由相似三角形得出比例线段是解题的关键．
4．（2019?浙江绍兴?4分）如图1，长、宽均为3，高为8的长方体容器，放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘，图2是此时的示意图，则图2中水面高度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】设DE＝x，则AD＝8﹣x，由长方体容器内水的体积得出方程，解方程求出DE，再由勾股定理求出CD，过点C作CF⊥BG于F，由△CDE∽△BCF的比例线段求得结果即可． 【解答】解：过点C作CF⊥BG于F，如图所示：
14
设DE＝x，则AD＝8﹣x， 根据题意得：解得：x＝4， ∴DE＝4， ∵∠E＝90°， 由勾股定理得：CD＝∵∠BCE＝∠DCF＝90°， ∴∠DCE＝∠BCF， ∵∠DEC＝∠BFC＝90°， ∴△CDE∽△BCF， ∴即∴CF＝
， ， ．
（8﹣x+8）×3×3＝3×3×6，
，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理的应用、长方体的体积、梯形的面积的计算方法；熟练掌握勾股定理，由长方体容器内水的体积得出方程是解决问题的关键．
5.（2019?浙江衢州?3分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AB的中点，点P从点E出发，沿E→A→D→C移动至终点C，设P点经过的路径长为x，△CPE的面积为y，则下列图象能大致反映y与x函数关系的是（ ）
A B C D
【答案】 C
【考点】动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：①当点P在AE上时， ∵正方形边长为4，E为AB中点， ∴AE=2，
∵P点经过的路径长为x， ∴PE=x，
15
∴y=S△CPE= ·PE·BC= ×x×4=2x，
②当点P在AD上时，
∵正方形边长为4，E为AB中点， ∴AE=2，
∵P点经过的路径长为x， ∴AP=x-2，DP=6-x，
∴y=S△CPE=S正方形ABCD-S△BEC-S△APE-S△PDC ， =4×4-
×2×4-
×2×（x-2）-
×4×（6-x），
=16-4-x+2-12+2x， =x+2，
③当点P在DC上时，
∵正方形边长为4，E为AB中点， ∴AE=2，
∵P点经过的路径长为x， ∴PD=x-6，PC=10-x， ∴y=S△CPE=
·PC·BC=
×（10-x）×4=-2x+20，
综上所述：y与x的函数表达式为：
y= .
故答案为：C.
【分析】结合题意分情况讨论：①当点P在AE上时，②当点P在AD上时，③当点P在DC上时，根据三角形面积公式即可得出每段的y与x的函数表达式.
6. （2019?甘肃?3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝6，E为BC上一点，把△CDE沿DE折叠，使点C落在AB边上的F处，则CE的长为
．
【分析】设CE＝x，则BE＝6﹣x由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10，所以AF＝8，BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2，在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2，即（6﹣x）2+22＝x2，解得x＝【解答】解：设CE＝x，则BE＝6﹣x由折叠性质可知，EF＝CE＝x，DF＝CD＝AB＝10， 在Rt△DAF中，AD＝6，DF＝10， ∴AF＝8，
∴BF＝AB﹣AF＝10﹣8＝2， 在Rt△BEF中，BE2+BF2＝EF2， 即（6﹣x）2+22＝x2，
16
．
解得x＝故答案为
， ．
【点评】本题考查了矩形，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
7．（2019?浙江绍兴?5分）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为 15°或45° ．
【分析】分点E与正方形ABCD的直线AP的同侧、点E与正方形ABCD的直线AP的两侧两种情况，根据正方形的性质、等腰三角形的性质解答． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，
当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合， ∴∠ADE＝45°，
当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M， ∴△AE′M为等边三角形， ∴∠E′AM＝60°，
∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°， ∵AD＝AE′， ∴∠ADE′＝15°， 故答案为：15°或45°．
【点评】本题考查的是正方形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
8.（2019?浙江绍兴?5分）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是 6+2或10或8+2 ．
17
【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解． 【解答】解：如图所示：
图1的周长为1+2+3+2图3的周长为3+5+故答案为：6+2
+
＝6+2＝8+2
； ．
．
．
图2的周长为1+4+1+4＝10； 故四边形MNPQ的周长是6+2
或10或8+2
或10或8+2
【点评】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
9. （2019?湖北十堰?3分）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为 24 ．
【分析】根据菱形的对角线互相平分可得BO＝DO，然后求出OE是△BCD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出CD，然后根据菱形的周长公式计算即可得解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO， ∵点E是BC的中点， ∴OE是△BCD的中位线， ∴CD＝2OE＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24； 故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
10. （2019?湖北十堰?3分）如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，DE．若△
AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE＝ 6 ．
18
【分析】作DH⊥AE于H，如图，由于AF＝4，则△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，利用勾股定理计算出BF＝3，接着证明△
ADH≌△ABF得到DH＝BF＝3，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，
∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上， ∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF， 在Rt△ABF中，BF＝∵∠EAF＝90°， ∴∠BAF+∠BAH＝90°， ∵∠DAH+∠BAH＝90°， ∴∠DAH＝∠BAF， 在△ADH和△ABF中
，
∴△ADH≌△ABF（AAS）， ∴DH＝BF＝3， ∴S△ADE＝
＝3，
AE?DH＝×3×4＝6．
故答案为6．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
11. （2019?湖北天门?3分）如图，为测量旗杆AB的高度，在教学楼一楼点C处测得旗杆顶部的仰角为60°，在四楼点D处测得旗杆顶部的仰角为30°，点C与点B在同一水平线上．已知CD＝9.6m，则旗杆AB的高度为 14.4 m．
19
【分析】作DE⊥AB于E，则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形，得出BE＝CD＝9.6m，∠CDE＝∠
DEA＝90°，求出∠ADC＝120°，证出∠CAD＝30°＝∠ACD，得出AD＝CD＝9.6m，在Rt△ADE中，
由直角三角形的性质得出AE＝
AD＝4.8m，即可得出答案．
【解答】解：作DE⊥AB于E，如图所示： 则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形， ∴BE＝CD＝9.6m，∠CDE＝∠DEA＝90°， ∴∠ADC＝90°+30°＝120°， ∵∠ACB＝60°， ∴∠ACD＝30°， ∴∠CAD＝30°＝∠ACD， ∴AD＝CD＝9.6m，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°， ∴AE＝
AD＝4.8m，
∴AB＝AE+BE＝4.8m+9.6m＝14.4m； 故答案为：14.4．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定；正确作出辅助线是解题的关键．
12. （2019?湖北天门?3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （97，32x+上，且∠C1OA1
） ．
20
【分析】根据菱形的边长求得A1.A2.A3…的坐标然后分别表示出C1.C2.C3…的坐标找出规律进而求得C6的坐标．
【解答】解：∵OA1＝1， ∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°， ∴C1的纵坐标为：sin60°?OC1＝∴C1（
，
），
，横坐标为cos60°?OC1＝
，
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形， ∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…， ∴C2的纵坐标为：sin60°?A1C2＝∴C2（，2，
），
，代入y＝，代入y＝
x+求得横坐标为2，
C3的纵坐标为：sin60°?A2C3＝4
∴C3（11，4∴C4（23，8
）， ）， ）， ）；
）．
x+求得横坐标为11，
C5（47，16
∴C6（97，32
故答案为（97，32
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
13. （2019?广东深圳?3分）如图在正方形ABCD中，BE=1，将BC沿CE翻折，使点B对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使点D对应点落在对角线AC上，求EF= .
【答案】【解析】
6
21
14. (2019甘肃省天水市)如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，点E在DC上，将矩形ABCD沿AE折叠，点D恰好落在BC边上的点F处，那么sin∠EFC的值为______．
.【答案】
【解析】
解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AD=BC=5，AB=CD=3，
∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处， ∴AF=AD=5，EF=DE， 在Rt△ABF中，∵BF=∴CF=BC-BF=5-4=1， 设CE=x，则DE=EF=3-x 在Rt△ECF中，∵CE2+FC2=EF2， ∴x2+12=（3-x）2，解得x=∴EF=3-x=∴sin∠EFC=故答案为：
． ，
=
．
，
=4，
先根据矩形的性质得AD=BC=5，AB=CD=3，再根据折叠的性质得AF=AD=5，EF=DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=4，则CF=BC-BF=1，设CE=x，则DE=EF=3-x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理得到x2+12=（3-x）2，解方程即可得到x，进一步得到EF的长，再根据正弦函数的定义即可求解． 本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理．
15. （2019?湖南邵阳?3分）公元3世纪初，中国古代数学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，设勾a＝6，弦c＝10，则小正方形ABCD的面积是 4 ．
22
【分析】应用勾股定理和正方形的面积公式可求解． 【解答】解：∵勾a＝6，弦c＝10， ∴股＝
＝8，
∴小正方形的边长＝8﹣6＝2， ∴小正方形的面积＝22＝4 故答案是：4
【点评】本题运用了勾股定理和正方形的面积公式，关键是运用了数形结合的数学思想．
三.解答题
1. （2019?湖南长沙?8分）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF；
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD，得出AE＝DF，由SAS证明△
BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA＝∠FAD，得出∠GAE+∠AEG＝90°，因此∠AGE＝90°，由勾股定理得出BE＝
＝5，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD＝CD， ∵DE＝CF， ∴AE＝DF，
23
在△BAE和△ADF中，∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴BE＝AF；
（2）解：由（1）得：△BAE≌△ADF， ∴∠EBA＝∠FAD， ∴∠GAE+∠AEG＝90°， ∴∠AGE＝90°， ∵AB＝4，DE＝1， ∴AE＝3， ∴BE＝
在Rt△ABE中，∴AG＝
＝
＝
＝5，
，
AB×AE＝
．
BE×AG，
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
2. （2019?湖南怀化?10分）已知：如图，在?ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F分别为垂足．
（1）求证：△ABE≌△CDF； （2）求证：四边形AECF是矩形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC，由已知得出∠AEB＝∠AEC＝∠
CFD＝∠AFC＝90°，由AAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC， ∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°， 在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF（AAS）； （2）证明：∵AD∥BC， ∴∠EAF＝∠AEB＝90°， ∴∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°， ∴四边形AECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质和矩形的判定是解题的关键．
，
24
3. （2019?湖北天门?8分）如图，E，F分别是正方形ABCD的边CB，DC延长线上的点，且BE＝CF，过点E作EG∥BF，交正方形外角的平分线CG于点G，连接GF．求证： （1）AE⊥BF；
（2）四边形BEGF是平行四边形．
【分析】（1）由SAS证明△ABE≌△BCF得出AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，由平行线的性质得出∠CBF＝∠
CEG，证出AE⊥EG，即可得出结论；
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，则AP＝CE，∠EBP＝90°，证明△APE≌△ECG得出AE＝
EG，证出EG＝BF，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠ABE＝∠BCF＝90°， 在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF， ∵EG∥BF， ∴∠CBF＝∠CEG， ∵∠BAE+∠BEA＝90°， ∴∠CEG+∠BEA＝90°， ∴AE⊥EG， ∴AE⊥BF；
（2）延长AB至点P，使BP＝BE，连接EP，如图所示： 则AP＝CE，∠EBP＝90°， ∴∠P＝45°，
∵CG为正方形ABCD外角的平分线， ∴∠ECG＝45°， ∴∠P＝∠ECG，
由（1）得∠BAE＝∠CEG， 在△APE和△ECG中，∴△APE≌△ECG（ASA）， ∴AE＝EG， ∵AE＝BF， ∴EG＝BF，
， ，
25
∵EG∥BF，
∴四边形BEGF是平行四边形．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4. （2019?湖南邵阳?10分）如图，二次函数y＝﹣0）
（1）求该二次函数的解析式；
（2）在x轴上方作x轴的平行线y1＝m，交二次函数图象于A.B两点，过A.B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D.点C．当矩形ABCD为正方形时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、
x2+bx+c的图象过原点，与x轴的另一个交点为（8，
Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形．若能，请求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，B的坐标，进而可得出点C，D的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；
（3）由（2）可得出点A，B，C，D的坐标，根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E，F的坐标，由AQ∥EF且以A.E.F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ＝EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三种情况找出AQ，EF的长，由AQ＝EF可得出关于t的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
26
【解答】解：（1）将（0，0），（8，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得：
，解得：，
∴该二次函数的解析式为y＝﹣（2）当y＝m时，﹣解得：x1＝4﹣∴点A的坐标为（4﹣∴点D的坐标为（4﹣∵矩形ABCD为正方形， ∴4+
﹣（4﹣
x2+x．
x2+x＝m，
，
，m）， ，0）．
，x2＝4+
，m），点B的坐标为（4+，0），点C的坐标为（4+）＝m，
解得：m1＝﹣16（舍去），m2＝4． ∴当矩形ABCD为正方形时，m的值为4．
（3）以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形．
由（2）可知：点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），点C的坐标为（6，0），点D的坐标为（2，0）．
设直线AC的解析式为y＝kx+a（k≠0）， 将A（2，4），C（6，0）代入y＝kx+a，得：
，解得：
，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+6． 当x＝2+t时，y＝﹣
x2+x＝﹣t2+
t2+t+4，y＝﹣x+6＝﹣t+4，
∴点E的坐标为（2+t，﹣t+4），点F的坐标为（2+t，﹣t+4）．
∵以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF， ∴AQ＝EF，分三种情况考虑：
①当0＜t≤4时，如图1所示，AQ＝t，EF＝﹣∴t＝﹣
t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，
t2+t，
解得：t1＝0（舍去），t2＝4；
②当4＜t≤7时，如图2所示，AQ＝t﹣4，EF＝﹣∴t﹣4＝﹣
t2+t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，
t2+t，
解得：t3＝﹣2（舍去），t4＝6；
③当7＜t≤8时，AQ＝t﹣4，EF＝﹣t+4﹣（﹣∴t﹣4＝
t2+t+4）＝t2﹣t，
t2﹣t，
27
解得：t5＝5﹣（舍去），t6＝5+（舍去）．
综上所述：当以A.E.F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4或6．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三种情况，利用平行四边形的性质找出关于t的一元二次方程． 5. （2019?湖南湘西州?8分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，且AF＝CE．
（1）求证：△ABF≌△CBE；
（2）若AB＝4，AF＝1，求四边形BEDF的面积．
【分析】（1）利用SAS即可证明；
（2）用正方形面积减去两个全等三角形的面积即可． 【解答】解：（1）在△ABF和△CBE中
，
∴△ABF≌△CBE（SAS）；
（2）由已知可得正方形ABCD面积为16，
28
△ABF面积＝△CBE面积＝×4×1＝2．
所以四边形BEDF的面积为16﹣2×2＝12．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，难度较小，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． 5. （2019?湖南湘西州?22分）如图，抛物线y＝ax2+bx（a＞0）过点E（8，0），矩形ABCD的边AB在线段OE上（点A在点B的左侧），点C.D在抛物线上，∠BAD的平分线AM交BC于点M，点N是CD的中点，已知OA＝2，且OA：AD＝1：3． （1）求抛物线的解析式；
（2）F、G分别为x轴，y轴上的动点，顺次连接M、N、G、F构成四边形MNGF，求四边形MNGF周长的最小值；
（3）在x轴下方且在抛物线上是否存在点P，使△ODP中OD边上的高为的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）矩形ABCD不动，将抛物线向右平移，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点K、L，且直线
？若存在，求出点PKL平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离．
【分析】（1）由点E在x轴正半轴且点A在线段OE上得到点A在x轴正半轴上，所以A（2，0）；由
OA＝2，且OA：AD＝1：3得AD＝6．由于四边形ABCD为矩形，故有AD⊥AB，所以点D在第四
象限，横坐标与A的横坐标相同，进而得到点D坐标．由抛物线经过点D.E，用待定系数法即求出其解析式．
（2）画出四边形MNGF，由于点F、G分别在x轴、y轴上运动，故可作点M关于x轴的对称点点
M'，作点N关于y轴的对称点点N'，得FM＝FM'、GN＝GN'．易得当M'、F、G、N'在同一直线上
时N'G+GF+FM'＝M'N'最小，故四边形MNGF周长最小值等于MN+M'N'．根据矩形性质、抛物线线性质等条件求出点M、M'、N、N'坐标，即求得答案．
（3）因为OD可求，且已知△ODP中OD边上的高，故可求△ODP的面积．又因为△ODP的面积常规求法是过点P作PE平行y轴交直线OD于点E，把△ODP拆分为△OPE与△DPE的和或差来计算，故存在等量关系．设点P坐标为t，用t表示PE的长即列得方程．求得t的值要讨论是否满足点P在x轴下方的条件．
（4）由KL平分矩形ABCD的面积可得K在线段AB上、L在线段CD上，画出平移后的抛物线可知，点K由点O平移得到，点L由点D平移得到，故有K（m，0），L（2+m，0）．易证KL平分矩形面积时，KL一定经过矩形的中心H且被H平分，求出H坐标为（4，﹣3），由中点坐标公式即求得m的值．
【解答】解：（1）∵点A在线段OE上，E（8，0），OA＝2 ∴A（2，0） ∵OA：AD＝1：3
29
∴AD＝3OA＝6 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AD⊥AB ∴D（2，﹣6）
∵抛物线y＝ax2+bx经过点D.E ∴
解得：
∴抛物线的解析式为y＝
x2﹣4x
（2）如图1，作点M关于x轴的对称点点M'，作点N关于y轴的对称点点N'，连接FM'、GN'、
M'N'
∵y＝
x2﹣4x＝（x﹣4）2﹣8
∴抛物线对称轴为直线x＝4
∵点C.D在抛物线上，且CD∥x轴，D（2，﹣6） ∴yC＝yD＝﹣6，即点C.D关于直线x＝4对称 ∴xC＝4+（4﹣xD）＝4+4﹣2＝6，即C（6，﹣6） ∴AB＝CD＝4，B（6，0）
∵AM平分∠BAD，∠BAD＝∠ABM＝90° ∴∠BAM＝45° ∴BM＝AB＝4 ∴M（6，﹣4）
∵点M、M'关于x轴对称，点F在x轴上 ∴M'（6，4），FM＝FM' ∵N为CD中点 ∴N（4，﹣6）
∵点N、N'关于y轴对称，点G在y轴上 ∴N'（﹣4，﹣6），GN＝GN'
∴C四边形MNGF＝MN+NG+GF+FM＝MN+N'G+GF+FM' ∵当M'、F、G、N'在同一直线上时，N'G+GF+FM'＝M'N'最小 ∴C四边形MNGF＝MN+M'N'＝12
（3）存在点P，使△ODP中OD边上的高为过点P作PE∥y轴交直线OD于点E ∵D（2，﹣6） ∴OD＝
，直线OD解析式为y＝﹣3x
．
．
＝2
+10
＝
∴四边形MNGF周长最小值为12
30
设点P坐标为（t，t2﹣4t）（0＜t＜8），则点E（t，﹣3t）
①如图2，当0＜t＜2时，点P在点D左侧 ∴PE＝yE﹣yP＝﹣3t﹣（∴S△ODP＝S△OPE+S△DPE＝
t2﹣4t）＝﹣PE?xP+
t2+t
PE（xP+xD﹣xP）＝
PE?xD＝PE＝﹣
t2+t
PE?（xD﹣xP）＝
，
∵△ODP中OD边上的高h＝∴S△ODP＝∴﹣
OD?h
×2
×
t2+t＝
方程无解
②如图3，当2＜t＜8时，点P在点D右侧 ∴PE＝yP﹣yE＝
t2﹣4t﹣（﹣3t）＝
PE?xP﹣
t2﹣t
PE（xP﹣xP+xD）＝
PE?xD＝PE＝
t2﹣t
∴S△ODP＝S△OPE﹣S△DPE＝∴
PE?（xP﹣xD）＝
t2﹣t＝×2×
解得：t1＝﹣4（舍去），t2＝6 ∴P（6，﹣6）
综上所述，点P坐标为（6，﹣6）满足使△ODP中OD边上的高为
（4）设抛物线向右平移m个单位长度后与矩形ABCD有交点K、L ∵KL平分矩形ABCD的面积
∴K在线段AB上，L在线段CD上，如图4 ∴K（m，0），L（2+m，0） 连接AC，交KL于点H ∵S△ACD＝S四边形ADLK＝∴S△AHK＝S△CHL ∵AK∥LC ∴△AHK∽△CHL ∴
．
S矩形ABCD
∴AH＝CH，即点H为AC中点 ∴H（4，﹣3）也是KL中点 ∴∴m＝3
31
∴抛物线平移的距离为3个单位长度．
32
【点评】本题考查了矩形的性质，二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径问题，勾股定理，坐标系中求三角形面积，抛物线的平移，相似三角形的判定和应用，中点坐标公式．易错的地方有第（1）题对点D.C.B坐标位置的准确说明，第（3）题在点D左侧不存在满足的P在点D左侧的讨论，第（4）题对KL必过矩形中心的证明．
6. （2019?湖南岳阳?6分）如图，在菱形ABCD中，点E.F分别为AD.CD边上的点，DE＝DF，求证：∠1＝∠2．
【分析】由菱形的性质得出AD＝CD，由SAS证明△ADF≌△CDE，即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝CD， 在△ADF和△CDE中，∴△ADF≌△CDE（SAS）， ∴∠1＝∠2．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
7. （2019?湖南岳阳?10分）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E.F分别在边AD.BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为直线EF上一动点（不与E.F重合），过点P分别作直线BE.BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN． （1）如图1，求证：BE＝BF；
（2）特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；
（3）类比探究：若DE＝a，CF＝b．
①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）
，
33
【分析】（1）证明∠BEF＝∠BFE即可解决问题（也可以利用全等三角形的性质解决问题即可）． （2）如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形．利用面积法证明PM+PN＝EH，利用勾股定理求出AB即可解决问题．
（3）①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H．由S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF，可得?BF?EH，由BE＝BF，推出PM﹣PN＝EH＝
BE?PM﹣?BF?PN＝
，由此即可解决问题．
．
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF， ∴∠BEF＝∠EFB， ∴BE＝BF．
（2）解：如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB．
∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2， ∴AD＝BC＝7，AE＝2，
在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2， ∴AB＝
＝
，
34
∵S△BEF＝S△PBE+S△PBF，PM⊥BE，PN⊥BF， ∴
?BF?EH＝
?BE?PM+
?BF?PN，
∵BE＝BF， ∴PM+PN＝EH＝
，
．
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴四边形PMQN的周长＝2（PM+PN）＝2
（3）①证明：如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H．
∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b， ∴AD＝BC＝a+b， ∴AE＝AD﹣DE＝b， ∴EH＝AB＝
，
∵S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF， ∴
BE?PM﹣?BF?PN＝?BF?EH，
∵BE＝BF， ∴PM﹣PN＝EH＝
，
∵四边形PMQN是平行四边形， ∴QN﹣QM＝（PM﹣PN）＝
．
．
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，翻折变换，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，学会利用面积法证明线段之间的关系，属于中考压轴题．
8.（2019?浙江衢州?6分）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且BE=DF，连结AE，AF.求证：AE=AF.
【答案】 证明：∵四边形ABCD是菱形，
35
∴AB=AD，∠B=∠D， ∵BE=DF ∴△ABE≌△ADF． ∴AE=CF
【考点】菱形的性质
【解析】【分析】由菱形性质得AB=AD，∠B=∠D，根据全等三角形判定SAS可得△ABE≌△ADF，由全等三角形性质即可得证.
9．（2019?浙江嘉兴?6分）如图，在矩形ABCD中，点E，F在对角线BD．请添加一个条件，使得结论“AE＝CF”成立，并加以证明．
【分析】根据SAS即可证明△ABE≌△CDF可得AE＝CF． 【解答】解：添加的条件是BE＝DF（答案不唯一）． 证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠ABD＝∠BDC， 又∵BE＝DF（添加）， ∴△ABE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CF．
【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，属于中考常考题型．
10.（2019?浙江宁波?10分）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，
H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB＝EG，于是得到结论． 【解答】解：（1）∵四边形EFGH是矩形， ∴EH＝FG，EH∥FG， ∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
36
∴∠BFG＝∠DHE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴∠GBF＝∠EDH， ∴△BGF≌△DEH（AAS）， ∴BG＝DE； （2）连接EG， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵E为AD中点， ∴AE＝ED， ∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形， ∴AB＝EG， ∵EG＝FH＝2， ∴AB＝2，
∴菱形ABCD的周长＝8．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键． 11．(2019安徽)（10分）如图，点E在?ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE．
（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设?ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求
的值．
【分析】（1）根据ASA证明：△BCE≌△ADF； （2）根据点E在?ABCD内部，可知：S△BEC+S△AED＝【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∵AF∥BE，
∴∠EAB+∠BAF＝180°，
37
S?ABCD，可得结论．
∴∠CBE＝∠DAF， 同理得∠BCE＝∠ADF， 在△BCE和△ADF中， ∵
，
∴△BCE≌△ADF（ASA）； （2）∵点E在?ABCD内部， ∴S△BEC+S△AED＝
S?ABCD，
由（1）知：△BCE≌△ADF， ∴S△BCE＝S△ADF，
∴S四边形AEDF＝S△ADF+S△AED＝S△BEC+S△AED＝
S?ABCD，
∵?ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T， ∴
＝
＝2．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练利用三角形和平行四边形边的关系得出面积关系是解题关键．
12. （2019?甘肃武威?10分）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．
点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2+∠6＝120°，所以∠5+∠6＝120°，即：∠AMN＝60°．
问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．
【分析】延长A1B1至E，使EB1＝A1B1，连接EM1C.EC1，则EB1＝B1C1，∠EB1M1中＝90°＝∠A1B1M1，得出△EB1C1是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质得出∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°，证出∠B1C1E+∠M1C1N1＝180°，得出E.C1.N1，三点共线，由SAS证明△A1B1M1≌△EB1M1得出A1M1＝EM1，∠1＝
38
∠2，得出EM1＝M1N1，由等腰三角形的性质得出∠3＝∠4，证出∠1＝∠2＝∠5，得出∠5+∠6＝90°，即可得出结论．
【解答】解：延长A1B1至E，使EB1＝A1B1，连接EM1C.EC1，如图所示： 则EB1＝B1C1，∠EB1M1中＝90°＝∠A1B1M1， ∴△EB1C1是等腰直角三角形， ∴∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°，
∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点， ∴∠M1C1N1＝90°+45°＝135°， ∴∠B1C1E+∠M1C1N1＝180°， ∴E.C1.N1，三点共线，
在△A1B1M1和△EB1M1中，，
∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS）， ∴A1M1＝EM1，∠1＝∠2， ∵A1M1＝M1N1， ∴EM1＝M1N1， ∴∠3＝∠4，
∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°， ∴∠1＝∠2＝∠5， ∵∠1+∠6＝90°， ∴∠5+∠6＝90°，
∴∠A1M1N1＝180°﹣90°＝90°．
【点评】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．
13. （2019?甘肃?8分）如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，连接DE，过点A作AG⊥ED交
DE于点F，交CD于点G．
（1）证明：△ADG≌△DCE； （2）连接BF，证明：AB＝FB．
39
【分析】（1）依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到∠ADG＝∠C＝90°，AD＝DC，∠DAG＝∠
CDE，即可得出△ADG≌△DCE；
（2）延长DE交AB的延长线于H，根据△DCE≌△HBE，即可得出B是AH的中点，进而得到AB＝FB． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADG＝∠C＝90°，AD＝DC， 又∵AG⊥DE，
∴∠DAG+∠ADF＝90°＝∠CDE+∠ADF， ∴∠DAG＝∠CDE， ∴△ADG≌△DCE（ASA）；
（2）如图所示，延长DE交AB的延长线于H， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE，
又∵∠C＝∠HBE＝90°，∠DEC＝∠HEB， ∴△DCE≌△HBE（ASA）， ∴BH＝DC＝AB， 即B是AH的中点， 又∵∠AFH＝90°， ∴Rt△AFH中，BF＝
AH＝AB．
【点评】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，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．
14 （2019?广西贵港?6分）如图，菱形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（1，0），点D（4，4）在反比例函数y＝
（x＞0）的图象上，直线y＝
x+b经过点C，与y轴交于点E，连接AC，AE．
（1）求k，b的值； （2）求△ACE的面积．
40
【分析】（1）由菱形的性质可知B（6，0），C（9，4），点D（4，4）代入反比例函数y＝将点C（9，4）代入y＝（2）求出直线y＝
，求出k；
x+b，求出b；
x﹣2与x轴和y轴的交点，即可求△AEC的面积；
【解答】解：（1）由已知可得AD＝5， ∵菱形ABCD，
∴B（6，0），C（9，4）， ∵点D（4，4）在反比例函数y＝∴k＝16，
将点C（9，4）代入y＝∴b＝﹣2； （2）E（0，﹣2）， 直线y＝∴S△AEC＝
（x＞0）的图象上，
x+b，
x﹣2与x轴交点为（3，0），
2×（2+4）＝6；
【点评】本题考查反比例函数、一次函数的图象及性质，菱形的性质；能够将借助菱形的边长和菱形边的平行求点的坐标是解题的关键．
15. （2019?广西贵港?8分）如图，在矩形ABCD中，以BC边为直径作半圆O，OE⊥OA交CD边于点
E，对角线AC与半圆O的另一个交点为P，连接AE．
（1）求证：AE是半圆O的切线； （2）若PA＝2，PC＝4，求AE的长．
【分析】（1）根据已知条件推出△ABO∽△OCE，根据相似三角形的性质得到∠BAO＝∠OAE，过O作
OF⊥AE于F，根据全等三角形的性质得到OF＝OB，于是得到AE是半圆O的切线；
（2）根据切割线定理得到AF＝
＝2
，AO＝
＝2
，求得AB＝AF＝2
，根据勾股定理得到BC＝
＝3，根据相似三角形的性质即可得到结论．
41
【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，∠ABO＝∠OCE＝90°， ∵OE⊥OA， ∴∠AOE＝90°，
∴∠BAO+∠AOB＝∠AOB+∠COE＝90°， ∴∠BAO＝∠COE， ∴△ABO∽△OCE， ∴
＝
，
∵OB＝OC， ∴
，
∵∠ABO＝∠AOE＝90°， ∴△ABO∽△AOE， ∴∠BAO＝∠OAE， 过O作OF⊥AE于F， ∴∠ABO＝∠AFO＝90°， 在△ABO与△AFO中，∴△ABO≌△AFO（AAS）， ∴OF＝OB，
∴AE是半圆O的切线；
（2）解：∵AF是⊙O的切线，AC是⊙O的割线， ∴AF2＝AP?AC， ∴AF＝∴AB＝AF＝2∵AC＝6， ∴BC＝∴AO＝
∵△ABO∽△AOE， ∴∴
＝
， ， ．
＝2＝3，
，
＝2，
，
，
∴AE＝
42
【点评】本题考查了切线的判定和性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
16. ( 2019甘肃省兰州市)（本题7分）
如图， AC＝8，分别以A.C为圆心，以长度5为半径作弧，两弧分别相交于点B和
D，依次连接A.B.C.D，连接BD交AC于点O.
（1）判断四边形ABCD的形状并说明理由； （2）求BD的长.
【答案】（1）菱形， （2）BD＝6． 【考点】菱形的判定，垂直平分线的应用. 【考察能力】推理论证能力，运算求解能力. 【难度】中等.
【解析】 证明：（1）由图可知，BD垂直平分AC，且AB＝BC＝CD＝AD＝5， 所以四边形ABCD是菱形.
（2）∵AC＝8， BD⊥AC且BD平分AC，
∴OA＝OC＝4 ∴在Rt△AOB中，OB＝∴BD＝2 OB＝2×3＝6 ∴BD的长为6.
17. (2019甘肃省天水市)如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC.BD交于点O，AC⊥BD． 试证明：AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE.BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
第22题图
AB2?OA2＝
52?42＝3，
【答案】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形． 证明：∵AB=AD，
43
∴点A在线段BD的垂直平分线上， ∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上， ∴直线AC是线段BD的垂直平分线， ∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等． 如图2，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为E， 求证：AD2+BC2=AB2+CD2 证明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2．
（3）连接CG、BE， ∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE， 在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°， ∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2， ∵AC=4，AB=5， ∴BC=3，CG=4
，BE=5
，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73， ∴GE=【解析】
（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可； （2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
18. （2019?湖南株洲?8分）如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC.BD的交
．
44
点，连接CE.DG．
（1）求证：△DOG≌△COE；
（2）若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM＝
，求正方形
OEFG的边长．
【分析】（1）由正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD，可得∠DOA＝∠DOC＝90°，∠GOE＝90°，即可证得∠GOD＝∠COE，因DO＝OC，GO＝EO，则可利用“边角边”即可证两三角形全等 （2）过点M作MH⊥DO交DO于点H，由于∠MDB＝45°，由可得DH，MH 长，从而求得HO，即可求得MO，再通过MH∥DG，易证得△OHM∽△ODG，则有的边长． 【解答】解：
（1）∵正方形ABCD与正方形OEFG，对角线AC.BD ∴DO＝OC ∵DB⊥AC，
∴∠DOA＝∠DOC＝90° ∵∠GOE＝90°
∴∠GOD+∠DOE＝∠DOE+∠COE＝90° ∴∠GOD＝∠COE ∵GO＝OE
∴在△DOG和△COE中
∴△DOG≌△COE（SAS）
（2）如图，过点M作MH⊥DO交DO于点H ∵AM＝∴DM＝
，DA＝2
＝
，求得GO即为正方形OEFG∵∠MDB＝45°
∴MH＝DH＝sin45°?DM＝
，DO＝cos45°?DA＝
45
∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝
∴在Rt△MHO中，由勾股定理得
MO＝＝＝
∵DG⊥BD，MH⊥DO ∴MH∥DG
∴易证△OHM∽△ODG
∴＝＝＝，得GO＝2
则正方形OEFG的边长为2
【点评】本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，比例的性质，直角三角形的性质等知识点的理解和掌握，此题是一个拔高的题目，有一定的难度．
19.(2019?黑龙江哈尔滨?8分）已知：在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F．
（1）如图1，求证：AE＝CF；
（2）如图2，当∠ADB＝30°时，连接AF、CE，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于矩形ABCD面积的
．
【分析】（1）由AAS证明△ABE≌△CDF，即可得出结论；
（2）由平行线的性质得出∠CBD＝∠ADB＝30°，由直角三角形的性质得出BE＝
AB，AE＝AD，
46
得出△ABE的面积＝AB×AD＝矩形ABCD的面积，由全等三角形的性质得出△CDF的面积═矩
形ABCD的面积；作EG⊥BC于G，由直角三角形的性质得出EG＝BE＝×AB＝AB，得出△
BCE的面积＝矩形ABCD的面积，同理：△ADF的面积＝矩形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠ABE＝∠DF，
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F， ∴∠AEB＝∠CFD＝90°， 在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴AE＝CF；
（2）解：△ABE的面积＝△CDF的面积＝△BCE的面积＝△ADF的面积＝矩形ABCD面积的下： ∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB＝30°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝60°， ∵AE⊥BD， ∴∠BAE＝30°， ∴BE＝
．理由如
，
AB，AE＝AD，
×
∴△ABE的面积＝∵△ABE≌△CDF， ∴△CDF的面积═
BE×AE＝AB×AD＝AB×AD＝矩形ABCD的面积，
矩形ABCD的面积；
作EG⊥BC于G，如图所示： ∵∠CBD＝30°， ∴EG＝
BE＝×AB＝AB， BC×
AB＝
BC×AB＝
矩形ABCD的面积，
∴△BCE的面积＝BC×EG＝
同理：△ADF的面积＝矩形ABCD的面积．
47
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、平行线的性质、三角形面积公式等知识；熟练掌握矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
20. （2019?江苏连云港?14分）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B.C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB.AE.CD于点M、P、N．判断线段DN、MB.EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点
F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB.CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A.F作AG⊥MN，
FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．
【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE.CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD.BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于
48
点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果； 问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG＝
，PH＝
FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE＝
得出QE＝
＝3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，
，证明△AGM∽△ABE，得出AM＝
，由折叠的性质得：＝
，AC'＝1，证明，得出FH＝
AE＝，AQ＝AE+QE＝
AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M＝
△AFC'∽△MAB'，得出AF＝＝
．
，DF＝4﹣
＝
，证明△DFP∽△DAQ，得出FP＝FP【解答】问题情境：
解：线段DN、MB.EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE.CD于点G、F，如图1所示： ∴四边形MBFN为平行四边形， ∴NF＝MB， ∴BF⊥AE， ∴∠BGE＝90°， ∴∠CBF+∠AEB＝90°， ∵∠BAE+∠AEB＝90°， ∴∠CBF＝∠BAE， 在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC， ∴DN+MB＝EC； 问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD.BC于点H、I，如图2所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI， ∵MN是AE的垂直平分线， ∴AQ＝QE，
，
49
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL）， ∴∠AQH＝∠QEI， ∴∠AQH+∠EQI＝90°， ∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°； （2）连接AC交BD于点O，如图3所示： 则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′， ∵AO＝OD，∠AOD＝90°， ∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上， ∴AP＝PC， 在△APB和△CPB中，∴△APB≌△CPB（SSS）， ∴∠BAP＝∠BCP， ∵∠BCD＝∠MPA＝90°， ∴∠PCN＝∠AMP， ∵AB∥CD， ∴∠AMP＝∠PNC， ∴∠PCN＝∠PNC， ∴PC＝PN， ∴AP＝PN， ∴∠PNA＝45°， ∴∠PNP′＝90°， ∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°， ∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H， 由翻折性质得：PN＝P′N， 在△PGN和△NHP'中，∴△PGN≌△NHP'（ASA）， ∴PG＝NH，GN＝P'H， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠PDG＝45°， 易得PG＝GD， ∴GN＝DH，
，
，
50
∴DH＝P'H，
∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°， ∴点P'在线段DO'上运动； 过点S作SK⊥DO'，垂足为K， ∵点S为AD的中点， ∴DS＝2，则P'S的最小值为问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4： 则EG＝AG＝∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE＝∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC， ∴△ABE∽△QCE， ∴
＝
＝3，
＝3，
，PH＝FH，
；
∴QE＝AE＝，
，
∴AQ＝AE+QE＝∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B， ∵∠MAG＝∠EAB， ∴△AGM∽△ABE，
∴＝，即
，
＝，
解得：AM＝
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°， ∴B'M＝∵∠BAD＝90°， ∴∠B'AM＝∠C'FA， ∴△AFC'∽△MAB'， ∴
＝
＝
，
＝
，AC'＝1，
解得：AF＝∴DF＝4﹣
， ＝
，
51
∵AG⊥MN，FH⊥MN， ∴AG∥FH， ∴AQ∥FP， ∴△DFP∽△DAQ，
∴＝，即＝，
解得：FP＝，
∴FH＝
FP＝
．
52
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
21.（2019，山东淄博，9分）如图1，正方形ABDE和BCFG的边AB，BC在同一条直线上，且AB＝2BC，取EF的中点M，连接MD，MG，MB． （1）试证明DM⊥MG，并求
的值．
（2）如图2，将图1中的正方形变为菱形，设∠EAB＝2α（0＜α＜90°），其它条件不变，问（1）中的值有变化吗？若有变化，求出该值（用含α的式子表示）；若无变化，说明理由．
【分析】（1）如图1中，延长DM交FG的延长线于H．证明△DMG是等腰直角三角形即可，连接EB，
BF，设BC＝a，则AB＝2a，BE＝2
（2）（1）中
a，BF＝a，求出BM，MG即可解决问题．
的值有变化．如图2中，连接BE，AD交于点O，连接OG，CG，BF，CG交BF于
O′．首先证明O，G，F共线，再证明点M在直线AD上，设BC＝m，则AB＝2m，想办法求出BM，MG（用m表示），即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，延长DM交FG的延长线于H．
∵四边形ABCD，四边形BCFG都是正方形， ∴DE∥AC∥GF， ∴∠EDM＝∠FHM，
53
∵∠EMD＝∠FMH，EM＝FM， ∴△EDM≌△FHM（AAS）， ∴DE＝FH，DM＝MH， ∵DE＝2FG，BG＝DG， ∴HG＝DG，
∵∠DGH＝∠BGF＝90°，MH＝DM， ∴GM⊥DM，DM＝MG，
连接EB，BF，设BC＝a，则AB＝2a，BE＝2∵∠EBD＝∠DBF＝45°， ∴∠EBF＝90°， ∴EF＝∵EM＝MF， ∴BM＝
＝
a，BF＝a，
a，
EF＝a，
∵HM＝DM，GH＝FG， ∴MG＝
DF＝a，
∴＝＝．
（2）解：（1）中
的值有变化．
理由：如图2中，连接BE，AD交于点O，连接OG，CG，BF，CG交BF于O′．
∵DO＝OA，DG＝GB， ∴GO∥AB，OG＝∵GF∥AC， ∴O，G，F共线， ∵FG＝
AB，
AB，
∴OF＝AB＝DF， ∵DF∥AC，AC∥OF， ∴DE∥OF，
∴OD与EF互相平分，
54
∵EM＝MF，
∴点M在直线AD上， ∵GD＝GB＝GO＝GF， ∴四边形OBFD是矩形， ∴∠OBF＝∠ODF＝∠BOD＝90°， ∵OM＝MD，OG＝GF， ∴MG＝
DF，设BC＝m，则AB＝2m，
易知BE＝2OB＝2?2m?sinα＝4msinα，BF＝2BO°＝2m?cosα，DF＝OB＝2m?sinα， ∵BM＝
EF＝＝，GM＝DF＝m?sinα，
∴＝＝．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题． .
22（2019?山东省滨州市 ?13分）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG． （1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
【考点】网翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质
【分析】（1）根据题意和翻着的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
【解答】（1）证明：由题意可得， △BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE， ∵FG∥CE， ∴∠FGE＝∠CEB， ∴∠FGE＝∠FEG， ∴FG＝FE，
55
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形， 又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF， ∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10， ∴AF＝8， ∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x， ∵FDE＝90°， ∴22+（6﹣x）2＝x2， 解得，x＝∴CE＝
，
×2＝
．
，
∴四边形CEFG的面积是：CE?DF＝
【点评】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23. （2019?山东省济宁市 ?11分）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G． （1）求线段CE的长；
（2）如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DAM，设AM＝
x，DN＝y．
①写出y关于x的函数解析式，并求出y的最小值；
②是否存在这样的点M，使△DMN是等腰三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【考点】网翻折、矩形的性质
【分析】（1）由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝8﹣x．在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题． （2）①证明△ADM∽△GMN，可得
＝
，由此即可解决问题．
②存在．有两种情形：如图3﹣1中，当MN＝MD时．如图3﹣2中，当MN＝DN时，作MH⊥DG于H．分别求解即可解决问题． 【解答】解：（1）如图1中，
56
∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝8， ∴∠B＝∠BCD＝90°，
由翻折可知：AD＝AF＝10．DE＝EF，设EC＝x，则DE＝EF＝8﹣x． 在Rt△ABF中，BF＝∴CF＝BC﹣BF＝10﹣6＝4，
在Rt△EFC中，则有：（8﹣x）2＝x2+42， ∴x＝3， ∴EC＝3．
（2）①如图2中，
＝6，
∵AD∥CG， ∴∴
＝＝
， ，
∴CG＝6，
∴BG＝BC+CG＝16， 在Rt△ABG中，AG＝在Rt△DCG中，DG＝∵AD＝DG＝10， ∴∠DAG＝∠AGD，
∵∠DMG＝∠DMN+∠NMG＝∠DAM+∠ADM，∠DMN＝∠DAM， ∴∠ADM＝∠NMG， ∴△ADM∽△GMN，
＝8＝10，
，
57
∴∴∴y＝
＝， ＝
，
x2﹣x+10．
当x＝4
时，y有最小值，最小值＝2．
②存在．有两种情形：如图3﹣1中，当MN＝MD时，
∵∠MDN＝∠GMD，∠DMN＝∠DGM， ∴△DMN∽△DGM， ∴
＝
，
∵MN＝DM， ∴DG＝GM＝10， ∴x＝AM＝8
如图3﹣2中，当MN＝DN时，作MH⊥DG于H．
﹣10．
∵MN＝DN， ∴∠MDN＝∠DMN， ∵∠DMN＝∠DGM， ∴∠MDG＝∠MGD， ∴MD＝MG， ∵BH⊥DG， ∴DH＝GH＝5， 由△GHM∽△GBA，可得
＝
，
58
∴＝， ， ﹣
＝
． ﹣10或
．
∴MG＝∴x＝AM＝8
综上所述，满足条件的x的值为8
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
24. （2019?山东省聊城市?8分）在菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E，F是AP上的两点，连接DE，BF，使得∠AED＝∠ABC，∠ABF＝∠BPF． 求证：（1）△ABF≌△DAE； （2）DE＝BF+EF．
【考点】菱形的性质和判定
【分析】（1）根据菱形的性质得到AB＝AD，AD∥BC，由平行线的性质得到∠BOA＝∠DAE，等量代换得到∠BAF＝∠ADE，求得∠ABF＝∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）根据全等三角形的性质得到AE＝BF，DE＝AF，根据线段的和差即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，AD∥BC， ∴∠BOA＝∠DAE， ∵∠ABC＝∠AED， ∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠ABF＝∠BPF，∠BPA＝∠DAE， ∴∠ABF＝∠DAE， ∵AB＝DA，
∴△ABF≌△DAE（ASA）； （2）∵△ABF≌△DAE， ∴AE＝BF，DE＝AF， ∵AF＝AE+EF＝BF+EF， ∴DE＝BF+EF．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
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