2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴专项十四：几何压轴题（四）

2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴 专项十四：几何压轴题（四）（原卷版） 1、如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，且CE＝BF，连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG、FC． （1）判断：FG与CE的位置关系是 　 　，BE、CD、FG之间的数量关系为 　 　． （2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明； （3）如图3，若点E、F分别是边BC、AB延长线上的点，正方形ABCD的边长为12，GE＝13，其他条件不变，请直接写出四边形FGEB的面积． 2、问题解决：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，连接CE，CF，EF，且∠ECF＝45°． （1）求证：BE+DF＝EF； （2）若AB＝6，EF＝5，AE＞AF，求线段AE的长． 类比迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，对角线AC平分∠BAD，点E、F分别在AB、AD上，且AE＞AF，连接CE，CF，EF，∠ECF＝60°，若AC，EF＝7，求线段AE的长． 3、如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在AB，AD上，且BE＝AF． （1）求证：△ECF为等边三角形； （2）连接AC，若AC将四边形AECF的面积分为1：2两部分，当AB＝6时，求△BEC的面积． 4、如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF． 小明是这样解决的： 将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论． （1）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，且∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长． （2）类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2＝DE2始终成立，请说明理由． 5、如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D、E分别是AB、AC的中点，F、G为BC上的两点，FG＝3，线段DG，EF的交点为O，当线段FG在线段BC上移动时，三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，求这个定值 6、如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P，M，N分别为AC，AD，CE的中点． （1）求证：PM＝PN； （2）求∠MPN的度数． 7、如图，在△ABC中，∠A＝60°，BD为AC边上的高，E为BC边的中点，点F在AB边上，∠EDF＝60°，若AF＝2，BF，求BC边的长 8、如图，在正方形ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE＝3DE，BG＝CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长为4，求GF的长度 9、如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，求线段MN的长 10、如图，平行四边形OABC的顶点O为坐标原点，A点在X轴正半轴上，∠COA＝60°，OA＝10cm，OC＝4cm，点P从C点出发沿CB方向，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从A点同时出发沿AO方向，以3cm/s的速度向原点运动，其中一个动点达到终点时，另一个动点也随之停止运动． （1）求点C，B的坐标（结果用根号表示） （2）从运动开始，经过多少时间，四边形OCPQ是平行四边形； （3）在点P、Q运动过程中，四边形OCPQ有可能成为菱形吗？若能，求出运动时间；若不能，请说明理由． 11、如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形； （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形； （3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积． 12、如图，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）． （1）连结EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF； （2）当t为多少时，以A、C、F、E为顶点的四边形是平行四边形？ 13、如图，在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝1，将它沿AB翻折得到△ABD，判断四边形ADBC的形状，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB的任意点，求PE+PF的最小值 14、如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，求CG的最小值 15、如图，△APB中，AB＝4，∠APB＝90°，在AB的同侧作正△ABD、正△APE和正△BPC，求四边形PCDE面积的最大值 16、如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N． （1）求证：AF＝EF； （2）求MN+NG的最小值． 17、如图，矩形ABCD中．AB，AD＝1，点E为CD中点，点P从点D出发匀速沿D﹣A﹣B运动，连接PE，点D关于PE的对称点为Q，连接PQ，EQ，当点Q恰好落在矩形ABCD的对角线上时（不包括对角线端点），求点P走过的路径长 18、如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上． （1）当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 　　cm； （2）点M从点A运动到点B的过程中，若边MB′与边CD交于点E，求点E相应运动的路径长度． （3）当点A与点B'距离最短时，求AM的长． 19、如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点F作FE⊥AD，垂足为E．将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′．设P、P′分别是EF、E′F′的中点，当点A′与点B重合时，求四边形PP′F′F的面积 20、在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°，矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．将矩形CODE沿x轴向右平移，当矩形CODE与△ABO重叠部分的面积为6时，求矩形CODE向右平移的距离 21、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，求CE． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年人教版数学八年级下册压轴 专项十四：几何压轴题（四）（解析版） 1、如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，且CE＝BF，连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG、FC． （1）判断：FG与CE的位置关系是 　 　，BE、CD、FG之间的数量关系为 　 　． （2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明； （3）如图3，若点E、F分别是边BC、AB延长线上的点，正方形ABCD的边长为12，GE＝13，其他条件不变，请直接写出四边形FGEB的面积． 思路引领：（1）根据正方形的性质得到BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°，进而证明△FBC≌△ECD，根据全等三角形的性质得到CF＝DE，∠BFC＝∠CED，证明四边形GECF为平行四边形，根据平行四边形的性质解答即可； （2）仿照（1）的作法解答； （3）根据勾股定理求出BF，根据三角形的面积公式、平行四边形的面积公式计算，得到答案． 解：（1）设AB与GE交于点H， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD，∠FBC＝∠ECD＝90°， 在△FBC和△ECD中， ， ∴△FBC≌△ECD（SAS）， ∴CF＝DE，∠BFC＝∠CED， ∵EG＝DE， ∴EG＝CF， ∵EG⊥DE， ∴∠BEH+∠CED＝90°， ∵∠BEH+∠BHE＝90°， ∴∠BHE＝∠CED， ∴∠BHE＝∠BFC， ∴GE∥FC， ∴四边形GECF为平行四边形， ∴FG∥EC，GF＝EC， ∴BE+FG＝BE+EC＝BC＝CD， 故答案为：FG∥EC；BE+FG＝CD； （2）（1）中结论不成立，FG∥CE，FG﹣BE＝CD， 证明：仿照（1）的作法可得：△FBC≌△ECD（SAS）， ∴CF＝DE，∠BCF＝∠CDE， ∵EG＝DE， ∴EG＝CF， ∵EG⊥DE， ∴∠GED＝90°， ∵∠CDE+∠CED＝90°， ∴∠BCF+∠CED+∠GED＝180°， ∴GE∥FC， ∴四边形GECF为平行四边形， ∴FG∥EC，GF＝EC， ∴FG﹣BE＝EC﹣BC＝CD； （3）同（1）的作法可得：四边形GECF为平行四边形， ∴CF＝GE＝13， 在Rt△BFC中，由勾股定理得：BF5， ∴CE＝BF＝5， ∴四边形FGEB的面积＝△BFC的面积+平行四边形FGEC的面积12×5+5×5＝55． 总结提升：本题考查的是正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，能够证明△FBC≌△ECD是解题的关键． 2、问题解决：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，AD上，连接CE，CF，EF，且∠ECF＝45°． （1）求证：BE+DF＝EF； （2）若AB＝6，EF＝5，AE＞AF，求线段AE的长． 类比迁移：如图2，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，对角线AC平分∠BAD，点E、F分别在AB、AD上，且AE＞AF，连接CE，CF，EF，∠ECF＝60°，若AC，EF＝7，求线段AE的长． 思路引领：问题解决：（1）延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，证明△BCG≌△DCF（SAS），由全等三角形的性质得出CG＝CF，∠BCG＝∠DCF，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出EF＝EG，则可得出结论； （2）令BE＝n，则AE＝6﹣n，由勾股定理得出（6﹣n）2+（n+1）2＝52，求出n则可得出答案； 类比迁移：过点C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点M，CN⊥AB于点N，证明△ACM≌△ACN（AAS），由全等三角形的性质得出AM＝AN，CM＝CN，由勾股定理求出AM＝10，证明△CDM≌△CBN（AAS），由全等三角形的性质得出CD＝CB，DM＝BN，AB+AD＝20，延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG，证明△CDF≌△CBG（SAS），由全等三角形的性质得出CF＝CG，∠DCF＝∠BCG，证明△CEF≌△CEG（SAS），由全等三角形的性质得出EG＝EF＝7，过点F作FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m，由勾股定理求出m，则可得出答案． （1）证明：延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠BCD＝∠D＝∠ABC＝90°， ∴∠CBG＝180°﹣∠ABC＝90°﹣∠D， ∴△BCG≌△DCF（SAS）， ∴CG＝CF，∠BCG＝∠DCF， ∴∠BCG+∠BCF＝∠DCF+∠BCF， ∴∠FCG+∠BCD＝90°， ∴∠ECG＝∠FCG﹣∠ECF＝45°＝∠ECF， 又∵CE＝CE， ∴△CEF≌△CEG（SAS）， ∴EF＝EG， ∴BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF； （2）解：令BE＝n，则AE＝6﹣n， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝6，∠A＝90°， ∵BE+DF＝EF， ∴DF＝EF﹣BE＝5﹣n， ∴AF＝AD﹣DF＝6﹣（5﹣n）＝n+1， ∵AE2+AF2＝EF2， ∴（6﹣n）2+（n+1）2＝52， ∴n1＝2，n2＝3， ∵AE＞AF， ∴6﹣n＞n+1， ∴n， ∴n＝2， ∴AE＝6﹣2＝4； 类比迁移：解：如图2，过点C分别作CM⊥AD交AD的延长线于点M，CN⊥AB于点N， ∵AC平分∠BAD，∠BAD＝60°， ∴∠CAM＝∠CAN＝30°， 又∵∠M＝∠ANC＝90°，AC＝AC， ∴△ACM≌△ACN（AAS）， ∴AM＝AN，CM＝CN， ∵∠CAM＝30°， ∴CMAC， ∴AM10， ∴AN﹣AM＝10， 在四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°， ∴60°+∠ABC+120°+∠ADC＝360°， ∴∠ABC+∠ADC＝180°， 又∵∠CDM+∠ADC＝90°， ∴∠CDM＝∠ABC， ∴△CDM≌△CBN（AAS）， ∴CD＝CB，DM＝BN， ∴AB+AD＝AM﹣DM+AN+BN＝20， 延长AB到G，使得BG＝DF，连接CG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠CBG＝180°， ∴∠ADC＝∠CBG， ∴△CDF≌△CBG（SAS）， ∴CF＝CG，∠DCF＝∠BCG， ∴∠DCF+∠BCF＝∠BCG+∠BCF，∠FCG＝∠BCD＝120°， ∴∠ECG＝120°﹣∠ECF＝60°＝∠ECF， 又∵CE＝CE， ∴△CEF≌△CEG（SAS）， ∴EG＝EF＝7， ∴DF+BE＝BG+BE＝EG＝7， ∴EA+AF＝AB﹣BE+AD﹣DF＝（AB+AD）﹣（BE+DF）＝20﹣7＝13， 过点F作FH⊥AE于点H，令AF＝2m，则AE＝13﹣2m， 在Rt△AFH中，∠AFH＝90°﹣∠FAH＝30°， ∴AH＝m， ∴FHm，EH＝AE﹣AH＝13﹣3m， ∵EH2+FH2＝EF2， ∴， ∴m1＝4，m2， ∵AE＞AF， ∴13﹣2m＞2m， 解得m， ∴m， ∴AE＝13﹣5＝8． 总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 3、如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别在AB，AD上，且BE＝AF． （1）求证：△ECF为等边三角形； （2）连接AC，若AC将四边形AECF的面积分为1：2两部分，当AB＝6时，求△BEC的面积． 思路引领：（1）连接AC，由菱形的性质可证明△ACE≌△CDF，得出EC＝FC，再证出∠ECF＝60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可得出结论； （2）作AH⊥BC，分两种情况：当S△CBE：S△CAE＝1：2时；当S△CBE：S△CAE＝2：1时，分别求出△BEC的面积即可． 解：（1）证明：连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BA＝BC＝AD＝DC，又∵∠B＝60°， ∴△ABC和△ADC都是等边三角形， ∴∠CAD＝∠ACB＝∠ACD＝60°， 在△CBE和△CAF中， ， ∴△CBE≌△CAF（SAS）， ∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF， ∴∠ECF＝60°， ∴△ECF为等边三角形； （2）由（1）可知△CBE≌△CAF， ∴S△CBE＝S△CAF， ∴S四边形AECF＝S△ABC， 作AH⊥BC交BC于点H， 在△ABH中，∠B＝60°，AB＝6， ∴BH＝3， ∴AH＝3， ∴S△ABC6×39， 当S△CBE：S△CAE＝1：2时，S△BEC的面积S△ABC＝3； 当S△CBE：S△CAE＝2：1时，S△BEC的面积S△ABC＝6； 综上，△BEC的面积为3或6 总结提升：本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，通过证明三角形全等得出对应边相等是解决问题的关键． 4、如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF． 小明是这样解决的： 将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论． （1）如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，且∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长． （2）类比（1）证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC＝∠AGF＝90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E（点D不与点B重合，点E不与点C重合），在旋转过程中，等式BD2+CE2＝DE2始终成立，请说明理由． 思路引领：（1）过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G，根据已知材料可得：BE＝GB+DE，设BE＝x，用x表示出BC，在Rt△BCE中利用勾股定理可求BE长；（2）将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，证明△EAD≌△HAD转化DE、EC，使所求线段集中在Rt△BHD中利用勾股定理解决． 解：（1）如图2，过点A作AG⊥BC，交CB延长线于G． 四边形ADCG中，∠D＝∠C＝∠G＝90°，AD＝DC， ∴四边形ADCG是正方形． ∴CG＝AD＝10． 已知∠BAE＝45°，根据已知材料可得：BE＝GB+DE． 设BE＝x，则BG＝x﹣4，∴BC＝14﹣x． ∴在Rt△BCE中，∵BE2＝BC2+CE2， ∴x2＝（14﹣x）2+62，解得x． 所以BE． （2）如图3，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置， 则CE＝BH，AE＝AH，∠ABH＝∠C＝45°，旋转角∠EAH＝90°． 连接HD，在△EAD和△HAD中， ∴△EAD≌△HAD（SAS）． ∴DH＝DE． 又∠HBD＝∠ABH+∠ABD＝90°， ∴BD2+BH2＝HD2，即BD2+CE2＝DE2． 总结提升：本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理以及正方形的性质，综合性较强，同时考查阅读理解、迁移运用能力． 5、如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D、E分别是AB、AC的中点，F、G为BC上的两点，FG＝3，线段DG，EF的交点为O，当线段FG在线段BC上移动时，三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，求这个定值 思路指引：连接DE，过A作AH⊥BC于H．由于DE是AB、AC的中点，利用三角形中位线定理可得DE∥BC，并且可知△ADE的高等于AH，再结合等腰三角形三线合一性质，以及勾股定理可求AH，那么△ADE的面积就可求．而所求S△FOG+S四边形ADOE＝S△ADE+S△DOE+S△FOG，又因为△DOE和△FOG的底相等，高之和等于AH的一半，故它们的面积和可求，从而可以得到S△FOG+S四边形ADOE的面积． 解： 如图： 连接DE，过A向BC作垂线，H为垂足， ∵△ABC中， D、E分别是AB、AC的中点， ∴DE，AH分别是△ABC的中位线和高， BH＝CHBC6＝3， ∵AB＝AC＝5， BC＝6， 由勾股定理得 AH4， ∴S△ADEBC•33， 设△DOE的高为a， △FOG的高为b， 则a+b2， ∴S△DOE+S△FOG DE•aFG•b 3（a+b） 3×2＝3， ∴三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值， 则这个定值是 S△ADE+S△DOE+S△FOG ＝3+3＝6． 方法点睛：本题属中等难度题目，涉及到三角形中位线定理，解答此类题目时一般只要知道中点要作中位线，已知等腰三角形要作高线，利用勾股定理解答． 6、如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P，M，N分别为AC，AD，CE的中点． （1）求证：PM＝PN； （2）求∠MPN的度数． 思路指引：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线的性质证明PM＝PN； （2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求出∠DMA度数即可． 解：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M， 在△ABE和△DBC中， ∴△ABE≌△DBC（SAS）． ∴AE＝DC． ∵P为AC中点，N为EC中点， ∴PNAE． 同理可得PMDC． 所以PM＝PN． （2）∵P为AC中点，N为EC中点， ∴PN∥AE． ∴∠NPC＝∠EAC． 同理可得∠MPA＝∠DCA ∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA． 又∠DQA＝∠EAC+∠DCA， ∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA． ∵△ABE≌△DBC， ∴∠QDB＝∠BAQ． ∴∠DQA＝∠DBA＝60°． ∴∠MPA+∠NPC＝60°． ∴∠MPN＝180°﹣60°＝120°． 方法点睛：本题主要考查全等三角形的判定和性质、中位线的性质、等边三角形的性质，解题的关键是找到“手拉手”全等模型． 7、如图，在△ABC中，∠A＝60°，BD为AC边上的高，E为BC边的中点，点F在AB边上，∠EDF＝60°，若AF＝2，BF，求BC边的长 思路指引：过点D作DM⊥AB，垂足为M，取AB的中点H，连接EH，DH，根据已知可求出AB，先在Rt△ABD中求出AD，AH的长，从而可得△ADH是等边三角形，进而可得AD＝DH，∠ADH＝∠AHD＝60°，然后利用利用等腰三角形的三线合一性质求出AM的长，从而求出DM，DF的长，最后证明手拉手模型﹣旋转型全等△ADF≌△HDE，从而利用全等三角形的性质可得DE＝DF，进而利用直角三角形斜边上的中线，即可解答． 解：过点D作DM⊥AB，垂足为M，取AB的中点H，连接EH，DH， ∵AF＝2，BF， ∴AB＝AF+BF， ∵BD⊥AC， ∴∠ADB＝∠CDB＝90°， ∵∠A＝60°， ∴∠ABD＝90°﹣∠A＝30°， ∴ADAB， ∵点H是AB的中点， ∴AH＝BHAB， ∴AD＝AH， ∴△ADH是等边三角形， ∴AD＝DH，∠ADH＝∠AHD＝60°， ∴AM＝MHAH， ∴DMAM， ∵AF＝2， ∴MF＝AF﹣AM＝2， ∴DF， ∵点H是AB的中点，点E是BC的中点， ∴EH是△ABC的中位线， ∴EH∥AC， ∴∠DHE＝∠ADH＝60°， ∴∠ADH＝∠A＝60°， ∵∠EDF＝∠ADH＝60°， ∴∠ADH﹣∠FDH＝∠EDF﹣∠FDH， ∴∠ADF＝∠HDE， ∴△ADF≌△HDE（ASA）， ∴DE＝DF， ∵∠CDB＝90°， ∴BC＝2DE， 方法点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 8、如图，在正方形ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE＝3DE，BG＝CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长为4，求GF的长度 思路指引：延长CF交BE于H，利用已知条件证明△HEF≌△CEF（ASA），然后利用全等三角形的性质证明GFBH，最后利用勾股定理即可求解． 解：延长CF交BE于H， ∵EF平分∠BEC， ∴∠HEF＝∠CEF， ∵CF⊥EF， ∴∠HFE＝∠CFE， 在△HEF和△CEF中， ， ∴△HEF≌△CEF（ASA）， ∴HF＝CF， EH＝EC， 而BG＝CG， ∴GFBH， ∵AE＝3DE， 正方形的边长为4， ∴AE＝3， AB＝CD＝4， DE＝1， 在Rt△ABE中， BE5， 在Rt△CDE中， CE＝HE， ∴BH＝BE﹣HE＝5， ∴GFBH． 方法点睛：此题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形的中位线的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高． 9、如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，求线段MN的长 思路指引：如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题． 解：作CH∥AB， 连接DN并延长交CH于H，连接EH， ∵BD∥CH， ∴∠B＝∠NCH， ∠ECH+∠A＝180°， ∵∠A＝90°， ∴∠ECH＝∠A＝90°， 在△DNB和△HNC中， ， ∴△DNB≌△HNC（ASA）， ∴CH＝BD＝4， DN＝NH， 在Rt△CEH中， CH＝4， CE＝3， ∴EH5， ∵DM＝ME， DN＝NH， ∴MNEH＝2.5， 方法点睛：本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，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． 10、如图，平行四边形OABC的顶点O为坐标原点，A点在X轴正半轴上，∠COA＝60°，OA＝10cm，OC＝4cm，点P从C点出发沿CB方向，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从A点同时出发沿AO方向，以3cm/s的速度向原点运动，其中一个动点达到终点时，另一个动点也随之停止运动． （1）求点C，B的坐标（结果用根号表示） （2）从运动开始，经过多少时间，四边形OCPQ是平行四边形； （3）在点P、Q运动过程中，四边形OCPQ有可能成为菱形吗？若能，求出运动时间；若不能，请说明理由． 思路引领：（1）过C作CE⊥OA于E，过B作BF⊥OA于F，根据直角三角形的性质算出OE的长，再利用勾股定理即可求出CE的长，从而得到C点坐标；根据平行线间的距离相等可知CE＝BF＝2，再证明Rt△COE≌Rt△BAF，从而得到AF的长，即可得到B点坐标； （2）根据平行四边形的性质可知CP＝OQ，设时间为x秒，表示出OQ、CP的长，可得到方程10﹣3x＝x，解方程即可； （3）如果四边形OCPQ菱形，则CO＝QO＝CP＝4cm，根据运动速度，算出运动时间，计算可发现不能成为菱形． 解：（1）过C作CE⊥OA于E，过B作BF⊥OA于F， ∵∠COA＝60°， ∴∠1＝30°， ∴OECO＝2cm， 在Rt△COE中，CE2， ∴C点坐标是（2，2）， ∵四边形OABC是平行四边形， ∴CO＝AB，CO∥AB， ∵CE⊥OA，过B作BF⊥OA， ∴CE＝BF＝2（平行线之间的距离相等）， ∴Rt△COE≌Rt△BAF， ∴AF＝EO＝2， ∴OF＝OA+AF＝12（cm）， ∴B点坐标是（12，2）； （2）设从运动开始，经过x秒，四边形OCPQ是平行四边形， 10﹣3x＝x， 解得：x＝2.5， 故运动开始，经过2.5秒，四边形OCPQ是平行四边形； （3）不能成为菱形， 如果四边形OCPQ菱形，则CO＝QO＝CP＝4cm， ∵OA＝10cm， ∴AQ＝10﹣4＝6（cm）， 则Q的运动时间是：6÷3＝2（秒）， 这时CP＝2×1＝2（cm） ∵CP≠4cm， ∴四边形OCPQ不能成为菱形． 总结提升：此题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质，直角梯形的性质，菱形的性质，是一道综合题，关键是需要同学们熟练掌握各种特殊四边形的性质，并能熟练应用． 11、如图，在矩形ABCD中，AB＝8cm，BC＝16cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度都是1cm/s．连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为ts． （1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形； （2）当t为何值时，四边形AQCP是菱形； （3）分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积． 思路引领：（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ＝AP，据此求得t的值； （2）当四边形AQCP是菱形时，AQ＝CQ，列方程求得运动的时间t； （3）菱形的四条边相等，则菱形的周长＝4×10，根据菱形的面积求出面积即可． 解：（1）∵在矩形ABCD中， AB＝8cm， BC＝16cm， ∴BC＝AD＝16cm， AB＝CD＝8cm， 由已知可得，BQ＝DP＝tcm， AP＝CQ＝（16﹣t）cm， 在矩形ABCD中， ∠B＝90°， AD∥BC， 当BQ＝AP时， 四边形ABQP为矩形， ∴t＝16﹣t， 得t＝8， 故当t＝8s时， 四边形ABQP为矩形； （2） ∵AP＝CQ， AP∥CQ， ∴四边形AQCP为平行四边形， ∴当AQ＝CQ时， 四边形AQCP为菱形 即16﹣t时， 四边形AQCP为菱形， 解得t＝6， 故当t＝6s时，四边形AQCP为菱形； （3） 当t＝6s时， AQ=CQ＝CP＝AP＝ 16﹣6＝10cm， 则周长为 4×10cm＝40cm； 面积为 10cm×8cm＝80cm2． 总结提升：本题考查了菱形、矩形的判定与性质．解决此题注意结合方程的思想解题． 12、如图，在等边三角形ABC中，BC＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）． （1）连结EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF； （2）当t为多少时，以A、C、F、E为顶点的四边形是平行四边形？ 思路引领：（1）由题意得到AD＝CD，再由AG与BC平行，利用两直线平行内错角相等得到两对角相等，利用AAS即可得证； （2）分别从当点F在C的左侧时与当点F在C的右侧时去分析，由当AE＝CF时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形，可得方程，解方程即可求得答案． （1）证明：∵AG∥BC， ∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC， ∵D为AC的中点， ∴AD＝CD， 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（AAS）； （2）解：当t＝2或6时，A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形．理由如下： ①当点F在C的左侧时， 根据题意，得AE＝tcm，BF＝2tcm， 则CF＝BC﹣BF＝（6﹣2t）cm， ∵AG∥BC， 当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形， 即t＝6﹣2t， 解得t＝2； ②当点F在C的右侧时，根据题意，得AE＝tcm，BF＝2tcm， 则CF＝BF﹣BC＝（2t﹣6）cm， ∵AG∥BC，当AE＝CF时，四边形AEFC为平行四边形， 即t＝2t﹣6， 解得t＝6， 综上可得：当t＝2或6时，A、C、E、F为顶点的四边形是平行四边形． 总结提升：此题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是注意掌握分类讨论思想、数形结合思想与方程思想的应用． 13、如图，在△ABC中，AC＝BC＝2，AB＝1，将它沿AB翻折得到△ABD，判断四边形ADBC的形状，点P、E、F分别为线段AB、AD、DB的任意点，求PE+PF的最小值 思路引领：根据题意证明四边相等即可得出菱形；作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交AB于点P，此时PE+PF最小，求出ME即可． 解：∵△ABC沿AB翻折得到△ABD， ∴AC＝AD，BC＝BD， ∵AC＝BC， ∴AC＝AD＝BC＝BD， ∴四边形ADBC是菱形， 如图 作出F关于AB的对称点M，再过M作ME⊥AD，交AB于点P，此时PE+PF最小，此时PE+PF＝ME， 过点A作AN⊥BC， ∵AD∥BC， ∴ME＝AN， 作CH⊥AB， ∵AC＝BC， ∴AH， 由勾股定理可得， CH， ∵ ， 可得， AN， ∴ME＝AN， ∴PE+PF最小为 ， 故答案为． 总结提升：此题主要考查路径和最短问题，会结合轴对称的知识和“垂线段最短”的基本事实分析出最短路径是解题的关键． 14、如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，求CG的最小值 思路引领：由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值． 解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在线段轨迹上运动 将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EHG，连接BH，得到△EFB≌△EHG 从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上， 延长HM交CD于点N． 则△EFB≌△EHG， ∴HE＝BE＝1，∠BEH＝60°，∠GHE＝∠FBE＝90°， ∴△EBH为等边三角形． ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠FBE＝90°， ∴∠GHE＝∠FBE＝90°， ∴点G在垂直于HE的直线HN上， 作CM⊥HN，由垂线段最短可知，CM即为CG的最小值， 作EP⊥CM，连接BH，EH， 则四边形HEPM为矩形， ∴MP＝HE＝1，∠HEP＝90°， ∴∠PEC＝30°． ∵EC＝BC﹣BE＝3， ∴CPEC， ∴CM＝MP+CP＝1， 即CG的最小值为． 方法二：以CE为边作等边三角形CEH，连接FH， 则△CEG≌△EFH， ∴CG＝FH， 当FH⊥AB时，FH最小＝1． 总结提升：本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型． 15、如图，△APB中，AB＝4，∠APB＝90°，在AB的同侧作正△ABD、正△APE和正△BPC，求四边形PCDE面积的最大值 思路引领：先延长EP交BC于点F，得出PF⊥BC，再判定四边形PCDE平行四边形，根据平行四边形的性质得出：四边形CDEP的面积＝EP×CF＝abab，最后根据a2+b2＝8，判断ab的最大值即可． 解：如图，延长EP交BC于点F， ∵∠APB＝90°，∠APE＝∠BPC＝60°， ∴∠EPC＝150°， ∴∠CPF＝180°﹣150°＝30°， ∴PF平分∠BPC， 又∵PB＝PC， ∴PF⊥BC， 设Rt△ABP中，AP＝a，BP＝b， 则CFCPb，a2+b2＝42＝16， ∵△APE和△ABD都是等边三角形， ∴AE＝AP，AD＝AB，∠EAP＝∠DAB＝60°， ∴∠EAD＝∠PAB， 在△EAD和△PAB中， ， ∴△EAD≌△PAB（SAS）， ∴ED＝PB＝CP， 同理可得：△APB≌△DCB（SAS）， ∴EP＝AP＝CD， ∴四边形PCDE是平行四边形， ∴四边形PCDE的面积＝EP×CF＝abab， 又∵（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2≥0， ∴2ab≤a2+b2＝16， ∴ab≤4， 即四边形PCDE面积的最大值为4． 故答案为：4． 总结提升：本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，解决问题的关键是作辅助线构造平行四边形的高线． 16、如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N． （1）求证：AF＝EF； （2）求MN+NG的最小值． 思路引领：（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF＝EF，CF＝AF，从而求证结论． （2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，即可得到MN+NG（AF+CF），当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边三角形，即可求解． 解：（1）证明：连接CF， ∵FG垂直平分CE， ∴CF＝EF， ∵四边形ABCD为菱形， ∴A和C关于对角线BD对称， ∴CF＝AF， ∴AF＝EF； （2）连接AC， ∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点， ∴MNAF，NGCF，即MN+NG（AF+CF）， 当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时， AF+CF最小，即此时MN+NG最小， ∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°， ∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1， 即MN+NG的最小值为； 总结提升：本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．属于拔高题． 17、如图，矩形ABCD中．AB，AD＝1，点E为CD中点，点P从点D出发匀速沿D﹣A﹣B运动，连接PE，点D关于PE的对称点为Q，连接PQ，EQ，当点Q恰好落在矩形ABCD的对角线上时（不包括对角线端点），求点P走过的路径长 思路引领：当点Q恰好落在矩形ABCD的对角线上时存在两种情况：①如图1，点P在AD上，点Q在AC上，连接DQ，证明AP＝PD可得结论；②如图2，点P在AB上，连接PD，根据30°角的三角函数列式可得AP的长，从而计算结论． 解：如图1，点P在AD上，点Q在AC上，连接DQ， ∵E为CD的中点， ∴DE＝CE， ∵点D关于PE的对称点为Q， ∴PE⊥DQ，DE＝EQ＝EC， ∴∠DQC＝90°， ∴DQ⊥AC， ∴PE∥AC， ∴PD＝APAD， 即点P走过的路径长为； 如图2，点P在AB上，连接PD， ∵E为CD的中点，且CD， ∴DE＝CE， ∵∠DFE＝90°， ∴cos∠EDF＝cos30°， ∴DF， ∵BD2， ∴BF＝2， cos∠ABD＝cos30°， ∴BP， ∴AP， ∴此时点P走过的路径长为1； 综上，点P走过的路径长为或1． 故答案为：或1． 总结提升：本题主要考查了矩形的性质，对称的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，掌握矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识是解题的关键，并注意运用分类讨论的思想． 18、如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上． （1）当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为 　　cm； （2）点M从点A运动到点B的过程中，若边MB′与边CD交于点E，求点E相应运动的路径长度． （3）当点A与点B'距离最短时，求AM的长． 思路引领：（1）运用矩形性质和翻折性质得出：MB′＝NB′，再利用勾股定理即可求得答案； （2）探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可． （3）如图5中，连接AN，当点B′落在AN上时，AB′的值最小，此时MN平分∠ANB．利用面积法求出AM：BM＝2，可得结论． 解：（1）如图1中， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠1＝∠3， 由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′， ∴∠2＝∠3， ∴MB′＝NB′， ∵NB′（cm）， ∴BM＝NB′（cm）． 故答案为：； （2）如图1中，点B'恰好落在边CD上时，BM＝NB′（cm）． 如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm， 在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x， ∴DE＝4（cm）， 如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm）， 如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1（4）（cm）， ∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝22﹣（4）＝（）（cm）． （3）如图5中，连接AN，当点B′落在AN上时，AB′的值最小，此时MN平分∠ANB． 过点M作MP⊥AN于点P，MQ⊥BN于点Q． 在Rt△ADN中，AN2， ∵2， ∴AMAB． 总结提升：本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，属于常考题型． 19、如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点F作FE⊥AD，垂足为E．将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′．设P、P′分别是EF、E′F′的中点，当点A′与点B重合时，求四边形PP′F′F的面积 思路引领：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H．首先证明四边形PP′CD是平行四边形，再证明DF⊥PP′，求出FH即可解决问题． 解：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H． 由题意PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD， ∴四边形PP′CD是平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∵AF＝FB， ∴DF⊥AB，DF⊥PP′， 在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4， ∴AE＝2，EF＝2， ∴PE＝PF， 在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF， ∴HFPF， ∴平行四边形PP′FF′的面积8＝4． 故选：B． 总结提升：本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于选择题中的压轴题． 20、在平面直角坐标系中，O为原点，点A（6，0），点B在y轴的正半轴上，∠ABO＝30°，矩形CODE的顶点D，E，C分别在OA，AB，OB上，OD＝2．将矩形CODE沿x轴向右平移，当矩形CODE与△ABO重叠部分的面积为6时，求矩形CODE向右平移的距离 思路引领：由已知得出AD＝OA﹣OD＝4，由矩形的性质得出∠AED＝∠ABO＝30°，在Rt△AED中，AE＝2AD＝8，由勾股定理得出ED＝4，作出图形，根据三角形面积公式列出方程即可得出答案． 解：∵点A（6，0）， ∴OA＝6， ∵OD＝2， ∴AD＝OA﹣OD＝6﹣2＝4， ∵四边形CODE是矩形， ∴DE∥OC， ∴∠AED＝∠ABO＝30°， 在Rt△AED中，AE＝2AD＝8，ED4， ∵OD＝2， ∴点E的坐标为（2，4）； ∴矩形CODE的面积为42＝8， ∵将矩形CODE沿x轴向右平移，矩形CODE与△ABO重叠部分的面积为6 ∴矩形CODE与△ABO不重叠部分的面积为2， 如图，设ME′＝x，则FE′x，依题意有 xx÷2＝2， 解得x＝±2（负值舍去）． 故矩形CODE向右平移的距离为2． 故答案为：2． 总结提升：考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平移的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握含30°角的直角三角形的性质是解题的关键 21、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝4，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，求CE． 思路引领：过点E作EH⊥AD于H，根据勾股定理可求DH的长度，由折叠的性质得出AG＝GE，在Rt△HGE中，由勾股定理可求出答案． 解：过点E作EH⊥AD于H， ∵ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AD＝AB＝4， ∴∠BAD＝∠HDE＝60°， ∵E是CD中点， ∴DE＝2， 在Rt△DHE，中，DE＝2，HE⊥DH，∠HDE＝60°， ∴DH＝1，HE， ∵将菱形纸片翻折，使点A落在CD边的中点E处， ∴AG＝GE， 在Rt△HGE中，GE2＝GH2+HE2， ∴GE2＝（4﹣GE+1）2+3， ∴GE＝2.8． 故答案为：2.8． 总结提升：本题考查了折叠问题，菱形的性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$