专题04 四边形-备战2025年中考数学真题题源解密（浙江专用）

专题04 四边形 课标要求 考点 考向 1．了解多边形的有关概念，掌握多边形的内角和与外角和公式，并会进行有关的计算与证明． 2．掌握平行四边形的概念及有关性质和判定，并能进行计算和证明． 3．了解镶嵌的概念，会判断几种正多边形能否进行镶嵌. 4．掌握平行四边形与矩形、菱形、正方形之间的关系． 5．掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质． 6．灵活运用特殊平行四边形的判定与性质进行有关的计算和证明. 四边形 考向一 四边形性质 考向二 四边形面积问题 考向三 四边形综合 考点一 四边形 ►考向一 四边形性质 1．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 2．（2023•绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 3．（2023•温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（　　） A． B． C． D． 4．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形MENF； ②存在无数个矩形MENF； ③存在无数个菱形MENF； ④存在无数个正方形MENF． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（　　） A．3 B． C． D． 6．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　　cm． （2）若，则tan∠DAH的值是 　　． 7．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　． ►考向二 四边形面积问题 1．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　） A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积 2．（2022•宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　） A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积 C．△BEF的面积 D．△AEH的面积 3．（2022•丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b． （1）若a，b是整数，则PQ的长是 　　； （2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　　． ►考向三 四边形综合 1．（2022•衢州）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，BD为对角线．点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G． （1）求证：∠DBG＝90°． （2）若BD＝6，DG＝2GE． ①求菱形ABCD的面积． ②求tan∠BDE的值． （3）若BE＝AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值． 2．（2022•台州）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；……如此继续下去，得到四条螺旋折线． （1）求证：四边形A1B1C1D1是正方形． （2）求的值． （3）请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明． 3．（2023•衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G． （1）求证：GE＝GF． （2）当AE＝2DG时，求AE的长． （3）令AE＝a，DG＝b． ①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4． ②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值． 4．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角． （1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形． （2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． （3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长． 5．（2022•金华）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，点E从点B出发沿折线B﹣C﹣D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH． （1）如图1，点G在AC上．求证：FA＝FG． （2）若EF＝FG，当EF过AC中点时，求AG的长． （3）已知FG＝8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似（包括全等）？ 1．（2024•拱墅区校级模拟）如图，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，点F在BC上且EF＝EC，连接AE，AF，若∠ECF＝α，∠AFB＝β，则（　　） A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180° 2．（2024•拱墅区二模）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　） A． B． C． D． 3．（2024•浙江校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，E，F分别是AD，OC的中点．若EF⊥BD，则BF＝（　　） A． B． C． D．3 4．（2024•西湖区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，E是矩形内部的一个动点，连接AE，BE，CE，DE，下列选项中的结论错误的是（　　） A．0＜CE＜2 B．无论点E在何位置，总有AE2+CE2＝BE2+DE2 C．若AE⊥BE，则线段CE的最小值为8 D．若∠EAD+∠EBC＝60°，AE+BE的最大值为23 5．（2024•瑞安市校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．菱形EFGH的四个顶点分别在该矩形的四条边上．若AE＝AF，则tan∠FGB的值为 　 　． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以BC为边向外作正方形BCDE，连结AE，AD分别交BC于点F，G，若BF：CG＝3：4，则tan∠ACB＝　 　． 7．（2024•台州一模）如图，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AB⊥AC，则BD的长度为 　 　cm． 8．（2024•杭州四模）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，F是边AB上的动点，连接CE，EF，CF．若，则＝　 　． 9．（2024•舟山三模）如图1，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连接HA，直线HA与直线CD交于点P． （1）如图2，当HG恰好过点A时，EF的长为 　 　； （2）当点H在直线CD的左侧，且AP＝2AH时，EF的长为 　 　． 10．（2024•柯桥区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD上的动点，若AE＝CG＝a，当四边形EFGH为矩形时，则a的取值范围是 　 　． 11．（2024•杭州一模）小江同学在学习勾股定理后，用两对全等的直角三角形（Rt△DHC≌Rt△BFA，Rt△ADE≌Rt△CBG）和正方形EFGH拼成如图所示的▱ABCD（无重叠也无缝隙），其中，AD＝4，AB＝5．记Rt△ADE，Rt△BFA的面积分别为S1，S2.则S1﹣S2＝　 　，若，则正方形EFGH的面积＝　 　． 12．（2024•拱墅区模拟）已知▱ABCD中，AB＝4，∠ABC与∠DCB的角平分线分别交边AD于点E，F，且EF＝2，则边AD的长为 　 　． 13．（2024•西湖区校级三模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF． （1）求证：四边形AEBF是菱形； （2）若cos∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长． 14．（2024•拱墅区一模）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数； （2）连接BP，求证：； （3）连接AC，若正方形的边长为10，求△ACC′的面积最大值． 15．（2024•定海区三模）【问题情景】 （1）如图1，正方形ABCD中，点E是线段BC上一点（不与B，C点重合），连接EA．将EA绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，求∠FCD的度数． 以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路： 小聪：过点F作BC的延长线的垂线；小明：在AB上截取BM，使得BM＝BE； 请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程． 【类比探究】 （2）如图2，点E是菱形ABCD边BC上一点（不与B，C点重合），∠ABC＝α，将EA绕点E顺时针旋转α得到EF，使得∠AEF＝∠ABC＝α，（α≥90°）． ①求∠FCD的度数（用含α的代数式表示）； 【学以致用】 ②如图3，连接AF与CD相交于点G，当α＝120°时，若DG＝1，CG＝2，则BE的长为 　 　． 16．（2024•拱墅区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，D重合），连接BE，CE． （1）若点E是AD边的中点．求证：BE＝CE． （2）设∠ABE＝α，∠CED＝β，＝k． ①求证：tanα•tanβ＝k． ②若tanα＝，BC＝CE，求k的值． 17．（2024•浙江模拟）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，在四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°，MA＝MB，MC＝MD，则四边形ABCD为蝴蝶四边形． （1）【概念理解】如图2，正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于O．求证：正方形ABCD为蝴蝶四边形； （2）【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°．求证：AC＝BD； （3）【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°，MA＝MB＝，MC＝MD＝1．当△ACD是等腰三角形时，求此时以BD为边的正方形的面积． 18．（2024•下城区校级三模）【基础巩固】： （1）如图1，在△ABC中，D是BC的中点，E是AC的一个三等分点，且．连结AD，BE交于点G，则AG：GD＝　 　；BG：GE＝　 　． 【尝试应用】： （2）如图2，在△ABC中，E为AC上一点，AB＝AE，∠BAD＝∠C，若AD⊥BE，CE＝1，AE＝3，求AD的长． 【拓展提高】： （3）如图3，在平行四边形ABCD中，F为BC上一点，E为CD中点，BE与AC，AF分别交于点G，M，若∠BAF＝∠DAC，AB＝AG，BF＝2，BM＝2MG，求AM的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 四边形 课标要求 考点 考向 1．了解多边形的有关概念，掌握多边形的内角和与外角和公式，并会进行有关的计算与证明． 2．掌握平行四边形的概念及有关性质和判定，并能进行计算和证明． 3．了解镶嵌的概念，会判断几种正多边形能否进行镶嵌. 4．掌握平行四边形与矩形、菱形、正方形之间的关系． 5．掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质． 6．灵活运用特殊平行四边形的判定与性质进行有关的计算和证明. 四边形 考向一 四边形性质 考向二 四边形面积问题 考向三 四边形综合 考点一 四边形 ►考向一 四边形性质 1．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 【答案】C 【分析】过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，由平行四边形当性质推出AB＝DC，AD∥BC，得到AE＝DH，判定Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE＝x，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2，得到xy＝2． 【解答】解：过D作DH⊥BC，交BC延长线于H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DC，AD∥BC， ∵AE⊥BC，DH⊥BC， ∴AE＝DH， ∴Rt△DCH≌Rt△ABE（HL）， ∴CH＝BE＝x， ∵BC＝y， ∴EC＝BC﹣BE＝y﹣x，BH＝BC+CH＝y+x， ∵AE2＝AC2﹣EC2，DH2＝BD2﹣BH2， ∴22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2， ∴xy＝2． 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2． 2．（2023•绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 【答案】A 【分析】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【解答】解：如图1中， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°， ∵OE＝OF、OB＝OD， ∴DF＝EB， ∵对称， ∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1． ∵对称 ∴∠F2DC＝∠CDF＝60°， ∴∠EDA＝∠E1DA＝30°， ∴∠E1DB＝60°， 同理∠F1BD＝60°， ∴DE1∥BF1， ∵E1F2＝E2F1， ∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形， 如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB， ∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2， ∴四边形E1E2F1F2 是菱形． 如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3， 在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，连接AE，AO， ∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB， ∴△ABO是等边三角形， ∵E为OB中点， ∴AE⊥OB，BE＝1， ∴． 根据对称性可得 ． ∴AD2＝12，＝9，＝3， ∴， ∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°， 四边形E1E2F1F2是矩形． 当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形， ∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：A． 【点评】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性 质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 3．（2023•温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根据直角三角形的性质得到OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，求得CO＝CD+DO＝6，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：∵四边形CDEF是菱形，DE＝2， ∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF， ∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°， ∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2， ∴CO＝CD+DO＝6， ∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3， ∵∠A＝90°， ∴＝＝3， ∵EF∥CD， ∴∠BEF＝∠BOC＝30°， ∴， ∵EH⊥AB， ∴EH∥OA， ∴△BHE∽△BAO， ∴， ∴， ∴EH＝， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 4．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形MENF； ②存在无数个矩形MENF； ③存在无数个菱形MENF； ④存在无数个正方形MENF． 其中正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可． 【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵BE＝DF， ∴OE＝OF， 只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确； 只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个矩形MENF，故②正确； 只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形， ∵点E，F是BD上的动点， ∴存在无数个菱形MENF，故③正确； 只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故④错误； 故选：C． 【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线． 5．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（　　） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论．方法三：作AN⊥BC，延长FG交AB于H，易证△ABE为等腰三角形，易得HF＝BC＝4及△AHG∽△ABE 设AG＝GF＝a，得a的值，进而可以解决问题． 【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q， ∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝AD＝BC＝4， ∵cosB＝＝， ∴BH＝1， ∴AH＝＝＝， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝2， ∴EH＝BE﹣BH＝1， ∴AH是BE的垂直平分线， ∴AE＝AB＝4， ∵AF平分∠EAD， ∴∠DAF＝∠FAG， ∵FG∥AD， ∴∠DAF＝∠AFG， ∴∠FAG＝∠AFG， ∴GA＝GF， 设GA＝GF＝x， ∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴DF＝AG＝x， cosD＝cosB＝＝， ∴DQ＝x， ∴FQ＝＝＝x， ∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA， ∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x， 解得x＝， 则FG的长是． 或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴四边形AGFD为等腰梯形， ∴GA＝FD＝GF， 则x+x+x＝4， 解得x＝， 则FG的长是． 方法二：如图，作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M， ∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝AD＝BC＝4， ∵cosB＝＝， ∴BH＝1， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝2， ∴EH＝BE﹣BH＝1， ∴AH是BE的垂直平分线， ∴AE＝AB＝4， 所以AE＝AB＝EM＝CM＝4， 设GF＝x， 则AG＝x，GE＝4﹣x， 由GF∥BC， ∴△MGF∽△MEC， ∴＝， 解得x＝． 方法三：作AN⊥BC，延长FG交AB于H， ∴BN＝1， ∵E为BC中点， ∴BE＝2， ∴BN＝EN＝1， ∴AN是BE的垂直平分线， ∴AB＝AE， ∴△ABE为等腰三角形， ∵AF平分∠EAD，GF∥AD， ∴∠GAF＝∠DAF，∠DAF＝∠AFG， ∴∠AFG＝∠GAF， ∴AG＝GF， 又四边形ADFH是平行四边形， ∴HF＝BC＝4，△AHG∽△ABE， 设AG＝GF＝a， ∴HG＝4﹣a， ∴a：4＝（4﹣a）：2， 解 得a＝． ∴GF＝． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 6．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　4　cm． （2）若，则tan∠DAH的值是 　3　． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长； （2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值． 【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，BF＝CF， ∵AE+FC＝11cm， ∴BE+BF＝11cm， 即BE+BE+EF＝11cm， 即2BE+EF＝11cm， ∵EF＝3cm， ∴2BE+3cm＝11cm， ∴BE＝4cm， 故答案为：4； （2）设AH＝x， ∵， ∴可设DG＝5k，GH＝4k， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k， ∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°， ∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k， ∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°， ∵四边形ABCD对角互补， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADH+∠CDG＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠AHD＝∠CGD＝90°， ∴∠ADH+∠DAH＝90°， ∴∠DAH＝∠CDG， ∴tan∠DAH＝tan∠CDG， ∴，即， 整理得：x2+12kx﹣45k2＝0， 解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去）， ∴tan∠DAH＝＝＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键． 7．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　． 【答案】． 【分析】方法一：根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长． 方法二：根据相似三角形的判定和性质可以得到EF和MN的关系，然后解直角三角形可以求得OA的长，从而可以得到MN的长． 【解答】解：方法一：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图1所示， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD， ∵△ABD是等边三角形， ∴OD＝， ∴AO＝＝＝， ∴AC＝2AO＝， ∵AE＝3BE， ∴AE＝，BE＝， ∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同， ∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°， ∴FJ＝BF•sin60°＝×＝， ∴MI＝FJ＝， ∴AM＝＝＝， 同理可得，CN＝， ∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝， 故答案为：． 方法二：连接DB交AC于点O，连接EF， 由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形， ∴EF＝AM＝CN， ∵EF∥AC， ∴△BEF∽△BAC， ∴， ∵AE＝3BE，AB＝1， ∴AB＝4BE， ∴＝， ∴AM＝CN＝AC， ∴MN＝AC＝OA， ∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD， ∴OD＝， ∴OA＝＝＝， ∴MN＝， 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长． ►考向二 四边形面积问题 1．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　） A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积 【答案】C 【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案． 【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F， ∵四边形BCDE是矩形， ∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD， ∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°， ∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC， ∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC， ∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值， 故选：C． 【点评】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2022•宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　） A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积 C．△BEF的面积 D．△AEH的面积 【答案】C 【分析】根据题意设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y，根据矩形纸片和正方形纸片的周长相等，可得AP＝x+y，先用面积差表示图中阴影部分的面积，并化简，再用字母分别表示出图形四个选项的面积，可得出正确的选项． 【解答】解：设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y， ∵矩形纸片和正方形纸片的周长相等， ∴2AP+2（x﹣y）＝4x， ∴AP＝x+y， ∵图中阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣2S△ADH﹣2S△AEB ＝（2x+y）（2x﹣y）﹣2ו（x﹣y）（2x+y）﹣2ו（2x﹣y）•x ＝4x2﹣y2﹣（2x2+xy﹣2xy﹣y2）﹣（2x2﹣xy） ＝4x2﹣y2﹣2x2+xy+y2﹣2x2+xy ＝2xy， A、正方形纸片的面积＝x2，故A不符合题意； B、四边形EFGH的面积＝y2，故B不符合题意； C、△BEF的面积＝•EF•BQ＝xy，故C符合题意； D、△AEH的面积＝•EH•AM＝y（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查整式混合运算的应用，矩形的性质，四边形的面积和正方形的性质，解题的关键是能用字母表示各矩形的边长并计算面积． 3．（2022•丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b． （1）若a，b是整数，则PQ的长是 　a﹣b　； （2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　3+2　． 【答案】（1）a﹣b； （2）3+2． 【分析】（1）直接根据线段的差可得结论； （2）先把b当常数解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（负值舍），根据四个矩形的面积都是5表示小矩形的宽，最后计算面积的比，化简后整体代入即可解答． 【解答】解：（1）由图可知：PQ＝a﹣b， 故答案为：a﹣b； （2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0， ∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2， ∴a＝b+b（负值舍）， ∵四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b， ∴EP＝，EN＝， 则＝＝＝＝＝＝3+2． 故答案为：3+2． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，矩形的面积，并结合方程进行解答，正确通过解关于a的方程表示a与b的关系是解本题的关键． ►考向三 四边形综合 1．（2022•衢州）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，BD为对角线．点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G． （1）求证：∠DBG＝90°． （2）若BD＝6，DG＝2GE． ①求菱形ABCD的面积． ②求tan∠BDE的值． （3）若BE＝AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）①S菱形ABCD＝24； ②tan∠BDE＝； （3）作GT∥BC交AE于点T，点T就是所求的点，理由见解答，ET＝． 【分析】（1）由菱形的性质得CB＝AB，CD＝AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD＝∠ABC，而∠CBG＝∠EBC，所以∠DBG＝（∠ABC+∠EBC）＝90°； （2）①连结AC交BD于点K，交DE于点L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BK＝BD＝3，根据勾股定理可求得AK＝4，则AC＝8，即可由S菱形ABCD＝AC•BD求出菱形ABCD的面积； ②先由∠DKL＝∠DBG＝90°证明AC∥BG，则＝＝1，所以DL＝GL＝DG，再由DG＝2GE得GE＝DG，则DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得＝＝，可求得CL＝AC＝，所以KL＝4﹣＝，再求出tan∠BDE的值即可； （3）过点G作GT∥BC，交AE于点T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得＝＝1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再证明△ETG∽△EAD，得＝＝＝，即可求得GT＝，说明GT为定值，再求出ET的值即可． 【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形， ∴CB＝AB，CD＝AD， ∵BD＝BD， ∴△ABD≌△CBD， ∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC， ∵∠CBG＝∠EBG＝∠EBC， ∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG＝（∠ABC+∠EBC）＝×180°＝90°． （2）解：①如图2，连结AC交BD于点K，交DE于点L， ∵AC⊥BD， ∴∠AKB＝90°， ∵AB＝5，BD＝6， ∴BK＝DK＝BD＝3， ∴AK＝＝＝4， ∴CK＝AK＝4， ∴AC＝8， ∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×8×6＝24. ②∵∠DKL＝∠DBG＝90°， ∴AC∥BG， ∴＝＝1， ∴DL＝GL＝DG， ∵DG＝2GE， ∴GE＝DG， ∴DL＝GL＝GE， ∵CD∥AB， ∴＝＝， ∴CL＝AC＝×8＝， ∴KL＝4﹣＝， ∴tan∠BDE＝＝＝． （3）解：如图3，过点G作GT∥BC，交AE于点T，则GT为定值， 理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L， ∵∠DKL＝∠DBG＝90°， ∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC， ∴△BGE∽△ALE， ∵BE＝AB， ∴＝＝1， ∴EG＝LG， ∵KL∥BG， ∴＝＝1， ∴DL＝LG＝EG＝ED， ∵AD∥BC， ∴GT∥AD， ∴△ETG∽△EAD， ∴＝＝＝， ∵BE＝AB＝DA＝5， ∴GT＝DA＝×5＝， ∴GT为定值； ∵EA＝BE+AB＝10， ∴ET＝EA＝×10＝． 【点评】此题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 2．（2022•台州）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；……如此继续下去，得到四条螺旋折线． （1）求证：四边形A1B1C1D1是正方形． （2）求的值． （3）请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）； （3）相邻线段的比为或（答案不唯一）． 【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，证明△A1AB1≌△B1BC1，根据全等三角形的性质得到A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，根据正方形的判定定理证明结论； （2）根据勾股定理求出A1B1，计算即可； （3）先求出，再求出，根据规律证明结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°， ∵AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB， ∴AA1＝BB1＝AB， 在△A1AB1和△B1BC1中， ， ∴△A1AB1≌△B1BC1（SAS）， ∴A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1， ∵∠BB1C1+∠BC1B1＝90°， ∴∠AB1A1+∠BB1C1＝90°， ∴∠A1B1C1＝90°， 同理可证：B1C1＝C1D1＝D1A1， ∴四边形A1B1C1D1是正方形． （2）解：设AB＝5a， 则AB1＝4a，AA1＝a， 由勾股定理得：A1B1＝a， ∴＝＝； （3）相邻线段的比为或． 证明如下：∵BB1＝AB，B1B2＝A1B1， ∴＝＝， 同理可得：＝， ∴相邻线段的比为或（答案不唯一）． 【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 3．（2023•衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G． （1）求证：GE＝GF． （2）当AE＝2DG时，求AE的长． （3）令AE＝a，DG＝b． ①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4． ②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）AE的长为6﹣2； （3）①证明见解答过程； ②的值为． 【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF； （2）过G作GH⊥BC于H，设DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根据点O为矩形ABCD的对称中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）2，解得x的值从而可得AE的长为6﹣2； （3）①过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，由点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，可得O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，证明△GOQ∽△OEQ，得＝，即GQ•EQ＝OQ2，故GQ•EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4； ②连接B'D，OG，OB，证明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝∠OB'G，从而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可证△OGK≌△OGH（SSS），得S△OGK＝S△OGH，有＝，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得＝，＝＝＝＝，又△EGF∽△DGB'，有＝，当a＝1时，b＝，即AE＝1，DG＝，即可得＝＝＝＝． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠GEF＝∠BFE， ∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称， ∴∠BFE＝∠GFE， ∴∠GEF＝∠GFE， ∴GE＝GF； （2）解：过G作GH⊥BC于H，如图： 设DG＝x，则AE＝2x， ∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF， ∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°， ∴四边形GHCD是矩形， ∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x， ∵点O为矩形ABCD的对称中心， ∴CF＝AE＝2x， ∴FH＝CF﹣CH＝x， 在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2， ∴x2+42＝（8﹣3x）2， 解得x＝3+（此时AE大于AD，舍去）或x＝3﹣， ∴AE＝2x＝6﹣2； ∴AE的长为6﹣2； （3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图： ∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O， ∴O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2， ∵GE＝GF， ∴OG⊥EF， ∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO， ∵∠GQO＝90°＝∠OQE， ∴△GOQ∽△OEQ， ∴＝，即GQ•EQ＝OQ2， ∴GQ•EQ＝4， ∵OA＝OD，OQ⊥AD， ∴AQ＝DQ＝AD＝4， ∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b， ∴（4﹣a）（4﹣b）＝4； ②解：连接B'D，OG，OB，如图： ∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称， ∴BF＝B'F， ∵点O为矩形ABCD的对称中心， ∴BF＝DE， ∴B'F＝DE， 同理OD＝OB＝OB'， 由（1）知GF＝GE， ∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG， ∵OG＝OG， ∴△DOG≌△B'OG（SSS）， ∴∠ODG＝∠OB'G， ∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH， ∴△DGK≌△B'GH（ASA）， ∴DK＝B'H，GK＝GH， ∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH， ∵OG＝OG， ∴△OGK≌△OGH（SSS）， ∴S△OGK＝S△OGH， ∴S1＝2S△OGK， ∴＝， ∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'， ∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D， ∴EF∥B'D， ∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'， ∴＝， ∵＝， ∴＝＝＝＝， ∵△EGF∽△DGB'， ∴＝， 当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4， ∴b＝， ∴AE＝1，DG＝， ∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝， ∴＝＝＝＝， ∴的值为． 【点评】本题考查四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题． 4．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角． （1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形． （2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． （3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长． 【答案】（1）证明过程见解答； （2）图形见解答； （3）38﹣6． 【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可； （2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图； （3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长． 【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°， ∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°， ∵对角线BD平分∠ADC， ∴∠ADB＝∠CDB， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∴CD＝CB， ∴四边形ABCD为邻等四边形； （2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求； （3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形， ∴CD＝CB， ∵∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴AD∥BC， ∵BE∥AC， ∴四边形AEBC是平行四边形， ∴EB＝AC＝8，AE＝BC， ∴AE＝BC＝DC， 设AE＝BC＝DC＝x， ∵DE＝10， ∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x， 过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD， ∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x， ∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10， 在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得： BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2， ∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2， ∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2， 整理得x2﹣20x+82＝0， 解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去）， ∴CD＝CB＝10﹣3， ∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6． 【点评】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是理解邻等四边形定义． 5．（2022•金华）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，点E从点B出发沿折线B﹣C﹣D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH． （1）如图1，点G在AC上．求证：FA＝FG． （2）若EF＝FG，当EF过AC中点时，求AG的长． （3）已知FG＝8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似（包括全等）？ 【答案】（1）证明见解析部分； （2）AG的长为5或7； （3）s的值为1或或或10≤s≤12． 【分析】（1）欲证明FA＝FG，只要证明∠FAG＝∠FGA即可； （2）设AO的中点为O．分两种情形：如图2中，当点E在BC上时，过点A作AM⊥CB于点M．如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N．分别求解即可； （3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N．分四种情形：①当点E在线段BM上时，0＜s≤8，设EF＝3x，则BE＝4x，GH＝EF＝3x．a、若点H值点C的左侧，x+B≤10，即0＜x≤2，如图4，b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5；②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图6；③当点E在线段CN上时，10≤x≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J；④当点E值线段DN上时，12＜s＜20，分别求解即可． 【解答】解：（1）如图1中， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BA＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA， ∵FG∥BC． ∴∠AGF＝∠ACB， ∴∠AGF＝∠FAG， ∴FA＝FG； （2）设AC的中点为O． ①如图2中，当点E在BC上时，过点A作AM⊥CB于点M． 在Rt△ABM中，AM＝AB•sinB＝10×＝6， ∴BM＝＝＝8， ∴FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2， ∵OA＝OC，OE∥AM， ∴CE＝EM＝CM＝1， ∴AF＝EM＝1， ∴AG＝AF+FG＝7． ②如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N． 同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN＝CN， ∴AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5， 综上所述，满足条件的AG的长为5或7； （3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N． ①当点E在线段BM上时，0＜s≤8，设EF＝3x，则BE＝4x，GH＝EF＝3x． a、若点H点C的左侧，s+8＜10，即0＜s＜2，如图4， CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x， 由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝， ∴＝，解得x＝， 经检验x＝是分式方程的解， ∴s＝4x＝1． 由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝， ∴＝，解得x＝， ∴s＝4x＝． b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5， CH＝BH﹣BC＝（4x+8）﹣10＝4x﹣2， 由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝， ∴＝，方程无解， 由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝， ∴＝，解得x＝， ∴s＝4x＝． ②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图6， EF＝6，EH＝8，BE＝s， ∴BH＝BE+EH＝s+8，CH＝BH﹣BC＝s﹣2， 由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝， ∴＝，方程无解， 由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝， ∴＝，解得s＝1±（舍弃） ③当点E在线段CN上时，10＜s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J， 在Rt△BJC中，BC＝10，CJ＝6，BJ＝8， ∵EH＝BJ＝8，JF＝CE， ∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF， ∴△GHC≌△EFB，符合题意，此时10＜s≤12． ④当点E在线段DN上时，12＜s＜20， ∵∠EFB＞90°， ∴△GHC与△BEF不相似． 综上所述．满足条件的s的值为1或或或10≤s≤12． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题． 1．（2024•拱墅区校级模拟）如图，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，点F在BC上且EF＝EC，连接AE，AF，若∠ECF＝α，∠AFB＝β，则（　　） A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180° 【答案】B 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，根据全等三角形的性质得到AE＝CE，∠BCE＝∠BAE＝α，根据等腰三角形的性质得到∠EFC＝∠ECF＝α，求得∠AFE＝180°﹣α﹣β，根据等腰三角形的性质列方程即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE，∠BCE＝∠BAE＝α， ∵EF＝CE， ∴∠EFC＝∠ECF＝α， ∵∠AFB＝β， ∴∠AFE＝180°﹣α﹣β， ∵∠ABF＝90°， ∴∠BAF＝90°﹣β， ∵AE＝CE，EF＝CE， ∴AE＝EF， ∴∠EAF＝∠AFE， ∴α﹣（90°﹣β）＝180°﹣α﹣β， ∴α+β＝135°， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 2．（2024•拱墅区二模）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，先证明△ENQ≌△CBE，得到EB＝QN＝BN＝BG＝CG，设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝a，再证明△CBE≌△CDP、△PAM≌△QNM，得到PA＝a，，，利用三角函数即可求解． 【解答】解：过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，则∠QNE＝∠QNM＝90°， ∵四边形ABCD、四边形BEFG、四边形CPQE是正方形， ∴EC＝EQ，CB＝CD，∠GBE＝∠CEQ＝∠BCD＝∠PCE＝∠A＝90°， ∵点Q、B、F三点共线， ∴∠QBN＝∠EBF＝45°， ∴△EBF、△BQN都是等腰直角三角形， ∴QN＝BN， ∵∠BCE+∠BEC＝90°，∠QEN+∠BEC＝90°， ∴∠BCE＝∠QEN， 在△ENQ和△CBE中， ， ∴△ENQ≌△CBE（AAS）， ∴EN＝CB，QN＝EB， ∵QN＝BN， ∴EN＝CB＝2EB， ∴EB＝QN＝BN＝BG＝CG， 设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝2a﹣a＝a， ∵∠DCP+∠BCP＝90°，∠BCE+∠BCP＝90°， ∴∠DCP＝∠BCE， 在△CBE和△CDP中， ， ∴△CBE≌△CDP（ASA）， ∴BE＝DP＝a， ∴PA＝2a﹣a＝a， ∴PA＝QN， 在△PAM和△QNM中， ， ∴△PAM≌△QNM（AAS）， ∴， ∴， 在Rt△PAM中，， 在Rt△BCM中，， ∵tanα＝ntanβ， ∴， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，余角性质，三角函数，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2024•浙江校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，E，F分别是AD，OC的中点．若EF⊥BD，则BF＝（　　） A． B． C． D．3 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，利用三角形全等和相似求出BF的值． 【解答】解：连接OE，BE，DF，过F作HF∥CD交OD于点H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝OD，AD⊥CD，E是AD的中点， ∴OE⊥AD， ∴OE∥CD 且FH∥CD， ∴OE∥FH， ∵OE∥CD， ∴∠AEO＝∠ADC，∠AOE＝∠ACD， ∴△AEO∽△ADC， ∵FH∥CD， ∴∠OHF＝∠ODC，∠OFH＝∠OCD， ∴△OHF∽△ODC， ∴，， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝2，且AC＝2AO， ∵F为OC的中点， ∴OC＝2OF， ∴，即FH＝OE＝1 且FH∥OE， ∴∠OEG＝∠HFG， ∴△OEG≌△HFG（AAS）， ∴EG＝FG， ∵EF⊥BD， ∴∠BGE＝∠BFG＝90°， ∴△OEG≌△OFG（SAS）， ∴OE＝OF＝1， ∴OC＝2OF＝2， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAE＝90°，AO＝OC＝2 且OE⊥AD， ∴∠OEA＝90°， 在直角三角形OEA中，由勾股定理得：， ∵△BEG≌△BFG（SAS）， ∴BE＝BF， 在直角三角形ABE中，由勾股定理得：， ∴BF＝BE＝， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的全等，三角形的相似，掌握三角形相似是解题的关键． 4．（2024•西湖区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12，E是矩形内部的一个动点，连接AE，BE，CE，DE，下列选项中的结论错误的是（　　） A．0＜CE＜2 B．无论点E在何位置，总有AE2+CE2＝BE2+DE2 C．若AE⊥BE，则线段CE的最小值为8 D．若∠EAD+∠EBC＝60°，AE+BE的最大值为23 【答案】D 【分析】根据在矩形性质及勾股定理得AC＝，再根据点E在矩形ABCD内部得，由此可对选项A正确进行判断；过点E作EM⊥AB于M，ME的延长线交CD于P，EN⊥BC，NE的延长线交AD于Q，设EQ＝a，EN＝b，EM＝c，EP＝d，证四边形AMEQ，BNEM，CPEN，DPEQ均为矩形，然后利用由勾股定理得AE2+CE2＝a2+c2+b2+d2，BE2+DE2＝b2+c2+a2+d2，由此可对选项B正确进行判断；以AB为直径作圆，圆心为O，连接OC交⊙O于点K，则OA＝OB＝OK＝5，根据AE⊥BE得点E在矩形内部的半圆上运动，据此得当点E与点K重合时，CE为最小，最小值为CK的长，然后求出CK＝8，进而可对选项C正确进行判断；先根据矩形性质及∠EAD+∠EBC＝60°得∠EAB+∠EBA＝120°，进而得∠AEB＝60°，在矩形ABCD内部，以AB为一边作等边△ABG，以点G为圆心，以AB为半径作⊙G，延长BG交⊙G于H，延长BE到F，使EF＝AE，则AE+BE＝EF+BE＝BF，∠EAF＝∠EFA，⊙G的直径为20，进而得点F在优弧AFB上运动，当BF为⊙G的直径时为最大，最大值为20，据此可对选项D进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝12， ∴AC＝， 又∵点E在矩形ABCD内部， ∴， 故选项A正确，不符合题意； 过点E作EM⊥AB于M，ME的延长线交CD于P，EN⊥BC，NE的延长线交AD于Q，如图1所示： 设EQ＝a，EN＝b，EM＝c，EP＝d， ∵四边形ABCD为矩形，EM⊥AB，EN⊥BC， ∴EP⊥CD，EQ⊥AD， ∴四边形AMEQ，四边形BNEM，四边形CPEN，四边形DPEQ均为矩形， 由勾股定理得：EA2＝a2+c2，EC2＝b2+d2，BE2＝b2+c2，DE2＝a2+d2， ∴AE2+CE2＝a2+c2+b2+d2，BE2+DE2＝b2+c2+a2+d2， ∴AE2+CE2＝BE2+DE2， 故选项B正确，不符合题意； 以AB为直径作圆，圆心为O，连接OC交⊙O于点K，如图2所示： 则OA＝OB＝OK＝AB＝5， ∵AE⊥BE，即∠AEB＝90°， ∴点E在矩形内部的半圆上运动， 根据点与圆的位置关系得：当点E与点K重合时，CE为最小，最小值为CK的长， 在Rt△OBC中，OB＝5，BC＝12，由勾股定理得：OC＝＝13， ∴CK＝OC﹣OK＝13﹣5＝8， 即线段CE的最小值为8， 故选项C正确，不符合题意； ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠CBA+∠BAD＝180°， ∵∠EAD+∠EBC＝60°， ∴∠EAB+∠EBA＝120°， ∴∠AEB＝180°﹣（∠EAB+∠EBA）＝180°﹣120°＝60°， 在矩形ABCD内部，以AB为一边作等边△ABG，以点G为圆心，以AB为半径作⊙G，延长BE到F，使EF＝AE，如图3所示： ∴AE+BE＝EF+BE＝BF，∠EAF＝∠EFA，∠G＝60°，⊙G的直径为20 又∵∠EAF+∠EFA＝∠AEB＝60°， ∴∠EAF＝∠EFA＝30°， ∴点F在优弧AFB上运动，BF为⊙G的弦， 根据“直径是圆内最大的弦”得：当BF为⊙G的直径时为最大，最大值为20， 故选项D不正确，符合题意． 故选：D． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形和直角三角形的性质，圆的有关概念，理解矩形的性质，等边三角形和直角三角形的性质是解决问题的关键，准确地构造相关的圆，利用圆的有关概念解决问题是难点． 5．（2024•瑞安市校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．菱形EFGH的四个顶点分别在该矩形的四条边上．若AE＝AF，则tan∠FGB的值为 　　． 【答案】． 【分析】先证明△BFG和△HDE全等，再利用勾股定理求出AE的长，即可得到BF和BG的长，得出tan∠FGB的值． 【解答】解：∵矩形ABCD， ∴AD＝BC＝6，∠A＝∠B＝∠D＝90°， ∵AE＝AF， ∴∠DEF＝∠BFE＝135°， ∵菱形EFGH， ∴EH＝EF＝FG，EH∥FG， ∴∠FEH+∠EFG＝180°， 设∠DEH＝x，则∠FEH＝135°﹣x， ∴∠EFG＝180°﹣（135°﹣x）＝45°+x， ∴∠BFG＝90°﹣x， ∴∠BGF＝x， ∴∠BGF＝∠DEH， ∴△BGF≌△DEH（AAS）， ∴BG＝DE， 设AE＝AF＝a，则DE＝6﹣a，BF＝4﹣a， ∴BG＝DE＝6﹣a， ∵EF＝FG， ∴AF2+AE2＝BF2+BG2， ∴a2+a2＝（4﹣a）2+（6﹣a）2， ∴a＝2.6， ∴BF＝4﹣2.6＝1.4，BG＝6﹣2.6＝3.4， ∴tan∠FGB＝＝， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，解直角三角形等，掌握性质是解题的关键． 6．（2024•鹿城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以BC为边向外作正方形BCDE，连结AE，AD分别交BC于点F，G，若BF：CG＝3：4，则tan∠ACB＝　　． 【答案】． 【分析】过点A作AH⊥EB交EB的延长线于H，HA交DC的延长线于P，证明四边形BCPH，四边形PHED均为矩形，则BH＝CP，HE＝PD，BC∥PH，∠P＝90°，证明△EBF∽EHA，△DCG∽△DPA得BF：AH＝BE：HE，CG：PA＝CD：PD，则BF：AH＝CG：PA，进而得AH：AP＝BF：CG＝3：4，设AH＝3a，AP＝4a，再证明△ABH∽△CAP得BH：AP＝AH：CP，进而得CP＝，在Rt△APC中tan∠PAC＝＝，然后根据BC∥PH得∠ACB＝∠PAC，由此可得tan∠ACB的值． 【解答】解：过点A作AH⊥EB交EB的延长线于H，HA交DC的延长线于P，如图所示： 则∠H＝90°， ∵四边形BCDE为正方形， ∴∠EBC＝∠BCD＝∠BED＝∠CDE＝90°，BE＝CD， ∴∠HBC＝∠PCB＝90°， ∴∠HBC＝∠PCB＝∠H＝90°， ∴四边形BCPH，四边形PHED均为矩形， ∴BH＝CP，HE＝PD，BC∥PH，∠P＝90°， ∴△EBF∽EHA，△DCG∽△DPA， ∴BF：AH＝BE：HE，CG：PA＝CD：PD， ∴BF：AH＝CG：PA， ∴AH：AP＝BF：CG＝3：4， 设AH＝3a，AP＝4a， ∵∠BAC＝90°，∠H＝90°， ∴∠1+∠PAC＝90°，∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠PAC， 又∵∠H＝∠P＝90°， ∴△ABH∽△CAP， ∴BH：AP＝AH：CP， ∴BH•CP＝AP•AH＝12a2， ∵BH＝CP， ∴CP2＝12a2， ∴CP＝， 在Rt△APC中，tan∠PAC＝＝＝． ∵BC∥PH， ∴∠ACB＝∠PAC， ∴tan∠ACB＝． 故答案为：． 【点评】此题主要正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，理解正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造矩形和相似三角形是解决问题的难点． 7．（2024•台州一模）如图，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AB⊥AC，则BD的长度为 　　cm． 【答案】． 【分析】设AC与BD交点为M，根据勾股定理先求出AC，再根据平行四边形的性质求出AM，然后根据勾股定理求出BM，根据平行四边形的性质即可得答案． 【解答】解：设AC与BD交点为M，如图所示： ∵AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm， ∴， ∴， 在Rt△BAM中，， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 8．（2024•杭州四模）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，F是边AB上的动点，连接CE，EF，CF．若，则＝　　． 【答案】． 【分析】延长DA，CF交于点G，过点G作GH⊥CE，交CE延长线于H，设AD＝2a，则AE＝DE＝a，CE＝，在Rt△CGH中由tan∠FCE＝，设GH＝2k，CH＝3k，EH＝CH﹣CE＝，证明△GEH∽△CED得，即，由此得GE＝，k＝，则GE＝＝2.5a，进而得AG＝GE﹣AE＝1.5a，再证△AGF∽△BCF即可得出的值． 【解答】解：延长DA，CF交于点G，过点G作GH⊥CE，交CE延长线于H，如图所示： 设AD＝2a， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD＝2a，∠D＝90°，AD∥BC， ∵E是AD的中点， ∴AE＝DE＝a， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE＝＝， 在Rt△CGH中，tan∠FCE＝， ∴可设GH＝2k，CH＝3k， ∴EH＝CH﹣CE＝， ∵GH⊥CE，∠D＝90°， ∴∠H＝∠D＝90°， 又∵∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴， 即， 由，得：GE＝， 由，得：k＝， ∴GE＝＝2.5a， ∴AG＝GE﹣AE＝2.5a﹣a＝1.5a， ∵AD∥BC， ∴△AGF∽△BCF， ∴＝＝＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，理解正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质，勾股定理及锐角三角函数进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造相似三角形是解决问题的难点． 9．（2024•舟山三模）如图1，正方形ABCD边长为6，点E是线段BC上一点，且BE＝2，点F是直线CD上一点，以EF为边作正方形EFGH（E，F，G，H逆时针排列），连接HA，直线HA与直线CD交于点P． （1）如图2，当HG恰好过点A时，EF的长为 　　； （2）当点H在直线CD的左侧，且AP＝2AH时，EF的长为 　或　． 【答案】（1）； （2） 或 ． 【分析】（1）如图1，过点H作 HN⊥AB，HM⊥BC．易证△HME≌△ECF，设 HN＝x＝MB，由△AHN∽△EHM，得，即可得． （2）当点P在射线CD上时，如图2所示．由AP＝2AH，△AHN∽△PAD，得，即 HN＝3，得；当点P在线段CD上时，如图3所示．同理可解得 HN＝3＝MB，即可得EM＝1，． 【解答】解：（1）如图1，过点H作 HN⊥AB，HM⊥BC． 易证△HME≌△ECF， ∴HM＝EC＝4， ∴AN＝6﹣NB＝6﹣HM＝2， 设 HN＝x＝MB，由△AHN∽△EHM， ∴，即 ，解得x＝2或﹣4（舍去）， ∴． （2）当点P在射线CD上时，如图2所示． 由AP＝2AH，△AHN∽△PAD， ∴，即 HN＝3， ∴； 当点P在线段CD上时，如图3所示． 同理可解得 HN＝3＝MB， ∴EM＝1，． 故答案为：（1）； （2） 或 ． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，解题关键是正确作辅助线． 10．（2024•柯桥区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD上的动点，若AE＝CG＝a，当四边形EFGH为矩形时，则a的取值范围是 　0≤a≤2或8≤a≤10　． 【答案】0≤a≤2或8≤a≤10 【分析】根据矩形的判定和性质，可证△EDH∽△HCG，设CH＝x，由此可得关于x的不等式，根据题意解不等式即可求解． 【解答】解：当四边形EFGH为矩形时， EH∥FG，EH＝FG，∠EHG＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝10，AB＝CD＝8， ∴∠DEH+∠DHE＝∠DHE+∠GHC＝90°， ∴∠DEH＝∠GHC， ∴△EDH∽△HCG， ∴＝，且AE＝CG＝a， 设CH＝x（0≤x≤8），则DH＝8﹣x， ∴ED＝10﹣a， ∴， 整理得，x2﹣8x+10a﹣a2＝0， ∴x1＝4﹣，x2＝4+， ∴0≤﹣≤4， ①0≤， 解得：0≤a≤2或a≥8， ②≤4， 解得：a≤10（负解集舍去）， 综上所述：0≤a≤2或8≤a≤10． 故答案为：0≤a≤2或8≤a≤10． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 11．（2024•杭州一模）小江同学在学习勾股定理后，用两对全等的直角三角形（Rt△DHC≌Rt△BFA，Rt△ADE≌Rt△CBG）和正方形EFGH拼成如图所示的▱ABCD（无重叠也无缝隙），其中，AD＝4，AB＝5．记Rt△ADE，Rt△BFA的面积分别为S1，S2.则S1﹣S2＝　　，若，则正方形EFGH的面积＝　　． 【答案】，． 【分析】如图，由题意知Rt△DHC≌Rt△BFA，Rt△ADE≌Rt△CBG，四边形HEFG为正方形，则DH＝BF，DE＝BG，HC＝AF，GC＝AE，HE＝EF＝FG＝HG，设DH＝BF＝x，GC＝AE＝y，正方形边长HE＝a，则DH2+HC2＝DC2＝52，DE2+AE2＝AD2＝42，则x2+（a+y）2＝25①，y2+（x+a）2＝16②，推出ay﹣ax＝，设小正方形的边长是a，AE地长是b，BF＝x，根据b2+a2+2ab+x2+x2+a2+2ab+b2﹣2ab﹣2bx﹣2a2﹣2ax﹣2bx＝6，得出2b2+2x2﹣4bx＝6，则b﹣x＝，根据a（b﹣x）＝，得出a，进而计算即可． 【解答】解：如图，由题意知Rt△DHC≌Rt△BFA，Rt△ADE≌Rt△CBG，四边形HEFG为正方形， ∴DH＝BF，DE＝BG，HC＝AF，GC＝AE，HE＝EF＝FG＝HG， 设DH＝BF＝x，GC＝AE＝y，正方形边长HE＝a， ∴DH2+HC2＝DC2＝52，DE2+AE2＝AD2＝42， ∴x2+（a+y）2＝25①， y2+（x+a）2＝16②， ∴①﹣②得2（ax﹣ay）＝﹣9， 即ay﹣ax＝， ∵ ＝ ＝ ＝ ＝， 设小正方形的边长是a，AE地长是b，BF＝x， ∵b2+a2+2ab+x2+x2+a2+2ab+b2﹣2ab﹣2bx﹣2a2﹣2ax﹣2bx＝6， ∴2b2+2x2﹣4bx＝6， ∴（b﹣x）2＝3， b﹣x＝， ∵a（b﹣x）＝， ∴a＝＝， ∴S正方形HEFG＝ 故答案为：，． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，正方形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 12．（2024•拱墅区模拟）已知▱ABCD中，AB＝4，∠ABC与∠DCB的角平分线分别交边AD于点E，F，且EF＝2，则边AD的长为 　10或6　． 【答案】10或6． 【分析】由平行四边形的性质和角平分线的定义证出∠ABE＝∠AEB，得出AE＝AB＝4，同理：DF＝CD＝4，再分两种情况计算即可． 【解答】解：∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥CB，CD＝AB＝4， ∴∠AEB＝∠CBE ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AE＝AB＝4， 同理：DF＝CD＝4， 分两种情况： ①如图1所示：∵EF＝2， ∴AD＝AE+EF+DF＝4+2+4＝10； ②如图2所示：∵EF＝2，AE＝DF＝4， ∴AF＝2， ∴AD＝AF+DF＝2+4＝6； 综上所述：AD的长为10或6； 故答案为：10或6． 【点评】此题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键． 13．（2024•西湖区校级三模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF． （1）求证：四边形AEBF是菱形； （2）若cos∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AEBF是菱形； （2）过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，根据cos∠EBF＝，BF＝5，可得BG＝3，FG＝AC＝4，根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD的长． 【解答】（1）证明：∵点D为AB边中点， ∴AD＝BD， ∵DF＝ED， ∴四边形AEBF是平行四边形， ∵EF⊥AB， ∴四边形AEBF是菱形； （2）解：如图，连接CD，过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC， ∵cos∠EBF＝＝，BF＝5， ∴BG＝3， ∴FG＝AC＝4， ∵四边形AEBF是菱形， ∴CG＝AF＝BF＝5， ∴BC＝CG+BG＝5+3＝8， ∴AB＝＝＝4， ∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴CD＝AB＝2． ∴CD的长为2． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 14．（2024•拱墅区一模）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数； （2）连接BP，求证：； （3）连接AC，若正方形的边长为10，求△ACC′的面积最大值． 【答案】（1）45°； （2）证明见解答； （3）50﹣50． 【分析】（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝∠ADC＝45°； （2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论； （3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值10，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积． 【解答】（1）解：由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE， 在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴AD＝C'D， ∵F是AC'的中点， ∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF， ∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝∠ADC＝45°； （2）证明：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'， ∴∠PAP'＝90°， 在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°＝∠PAP′， ∴∠DAP'＝∠BAP， 由（1）可知：∠FDP＝45°， ∵∠DFP＝90°， ∴∠APD＝45°， ∴∠P'＝45°， ∴AP＝AP'， 在△BAP和△DAP'中， ， ∴△BAP≌△DAP'（SAS）， ∴BP＝DP'， ∴DP+BP＝DP+DP′＝PP'， 在Rt△APP′中，AP＝AP'， ∴PP′＝AP， ∴BP+DP＝AP； （3）解：如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝AC•C'G， 在Rt△ABC中，AB＝BC＝10， ∴AC＝＝10，即AC为定值， 当C'G最大时，△AC'C的面积最大， 连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重合， ∵CD＝C'D＝10，OD＝AC＝5， ∴C'G＝10﹣5， ∴S△AC'C＝AC•C'G＝×10×（10﹣5）＝50﹣50， 即△ACC′的面积最大值为50﹣50． 【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、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． 15．（2024•定海区三模）【问题情景】 （1）如图1，正方形ABCD中，点E是线段BC上一点（不与B，C点重合），连接EA．将EA绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，求∠FCD的度数． 以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路： 小聪：过点F作BC的延长线的垂线；小明：在AB上截取BM，使得BM＝BE； 请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程． 【类比探究】 （2）如图2，点E是菱形ABCD边BC上一点（不与B，C点重合），∠ABC＝α，将EA绕点E顺时针旋转α得到EF，使得∠AEF＝∠ABC＝α，（α≥90°）． ①求∠FCD的度数（用含α的代数式表示）； 【学以致用】 ②如图3，连接AF与CD相交于点G，当α＝120°时，若DG＝1，CG＝2，则BE的长为 　　． 【答案】（1）选小明的思路：∠FCD＝45°，完整的解答过程见解析； （2）①；②． 【分析】（1）在AB上截取BM，使得BM＝BE．证明△AME≌△ECF（SAS），得出∠AME＝∠ECF＝135°，则可得出结论； （2）由“SAS”可证△AEM≌△EFC，可得∠AME＝∠ECF，由等腰三角形的性质可求解； （3）过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，证明△APG∽△FCG，得出，在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE，作BO⊥NE于点O．由（2）可知，△ANE≌△ECF，求出BE和CE，则可得出答案． 【解答】解：（1）选小明的思路：如图，在AB上截取BM，使得BM＝BE． ∵BM＝BE，AB＝BC，由图可知AM＝AB﹣BM，EC＝BC﹣BE， ∴AM＝EC． ∵EA顺时针旋转90°得到EF， ∴AE＝EF． ∴∠MAE+∠MEA＝45°，∠CEF+∠MEA＝45°， ∴∠MAE＝∠CEF． 在△AME和△ECF中， ， ∴△AME≌△ECF（SAS）， ∴∠AME＝∠ECF＝135°， ∴∠FCD＝45°； （2）①如图，在AB上截取BM，使得BM＝BE，连接EM， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝α， ∴AB＝BC，∠BCD＝180°﹣α， ∵BM＝BE， ∴AM＝CE， ∵将EA绕点E顺时针旋转α得到EF， ∴AE＝EF，∠AEF＝∠B＝α， ∵∠AEC＝∠AEF+∠FEC＝∠B+∠BAE， ∴∠BAE＝∠CEF， ∴△AEM≌△EFC（SAS）， ∴∠AME＝∠ECF， ∵∠B＝α，BM＝BE， ∴， ∴， ∴； ②过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P， ∵DG＝1，CG＝2， ∴菱形的边长为3． ∵∠ADC＝∠ABC＝120°， ∴∠ADP＝60°， ∴，， ∴， ∵∠α＝120°， 由（2）知，∠GCF＝90°， ∵∠AGP＝∠FGC， ∴△APG∽△FCG， ∴， ∴， ∴， 在AB上截取AN，使AN＝EC，连接NE，作BO⊥NE于点O． 由（2）可知，△ANE≌△ECF， ∴NE＝CF， ∵AB＝BC， ∴BN＝BE， ∴， ∵∠ABC＝120°， ∴∠BNE＝∠BEN＝30°， ∴． 故答案为：． 【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题的关键． 16．（2024•拱墅区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在AD边上（不与点A，D重合），连接BE，CE． （1）若点E是AD边的中点．求证：BE＝CE． （2）设∠ABE＝α，∠CED＝β，＝k． ①求证：tanα•tanβ＝k． ②若tanα＝，BC＝CE，求k的值． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）①证明见解答过程； ②． 【分析】（1）用SAS证明△ABE≌△DCE即可证； （2）①根据三角函数定义，把tanα、tanβ用线段比表示，化简即可得证； ②过C作CH⊥BE于H，AE＝m，则AB＝2m，用m的代数式表示BE、BC、DE的长度，即可得到的值，即k的值． 【解答】（1）证明：∵矩形ABCD， ∴∠A＝∠D＝90°，AB＝CD， ∵点E是AD边的中点， ∴AE＝DE， 在△ABE和△DCE中， ， ∴△ABE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝CE； （2）①∵矩形ABCD中，点E在AD边上，∠ABE＝α，∠CED＝β， ∴tanα＝，tanβ＝，AB＝CD， ∴tanα•tanβ＝•＝， ∵＝k， ∴tanα•tanβ＝k； ②过C作CH⊥BE于H，如图： ∵tanα＝， ∴＝， 设AE＝m，则AB＝2m， Rt△ABE中，BE＝＝m， ∵BC＝CE，CH⊥BE， ∴BH＝BE＝m，∠BCH＝90°﹣∠HBC＝∠ABE＝α， Rt△BCH中，tan∠BCH＝， ∴＝， ∴CH＝m， ∴BC＝＝m， ∴AD＝BC＝m， ∴DE＝AD﹣AE＝m， ∴k＝＝＝． 解法二：设DE＝a，则AE＝ka，AB＝2ka， 在Rt△CDE中，利用勾股定理，可得（2ka）2＝a2+（a+ka）2， 解得k＝或0（舍去）． 【点评】本题考查矩形性质及应用，涉及全等三角形判定、锐角三角函数等知识，解题关键是用m的代数式表示BE、BC、DE的长度． 17．（2024•浙江模拟）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，在四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°，MA＝MB，MC＝MD，则四边形ABCD为蝴蝶四边形． （1）【概念理解】如图2，正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于O．求证：正方形ABCD为蝴蝶四边形； （2）【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°．求证：AC＝BD； （3）【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB＝∠CMD＝90°，MA＝MB＝，MC＝MD＝1．当△ACD是等腰三角形时，求此时以BD为边的正方形的面积． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）【概念理解】证明△AOB和△COD都是等腰直角三角形，正方形ABCD的对边AB、CD分别为斜边，即可得正方形ABCD为蝴蝶四边形； （2）【性质探究】证明△AMC≌△BMD（SAS），根据全等三角形的性质即可得AC＝BD； （3）【拓展应用】延长AM交CD于N，证明△AMC≌△AMD（SSS），根据全等三角形的性质得∠CAM＝∠DAM，AC＝BD，根据等腰三角形的性质得AN⊥CD，CN＝DN，求出MN＝，CN＝DN＝CD＝，利用勾股定理求出AC，即可得以BD为边的正方形的面积． 【解答】（1）【概念理解】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD， ∴△AOB和△COD都是等腰直角三角形，正方形ABCD的对边AB、CD分别为斜边， ∴正方形ABCD为蝴蝶四边形； （2）【性质探究】证明：∵四边形ABCD是蝴蝶四边形，∠AMB＝∠CMD＝90°， ∴△AMB和△CMD都是等腰直角三角形，AM＝BM，CM＝DM， ∠AMB+∠CMB＝∠CMD+∠CMB， ∴∠AMC＝∠BMD， ∴△AMC≌△BMD（SAS）， ∴AC＝BD； （3）【拓展应用】解：延长AM交CD于N， ∵△ACD是等腰三角形， ∴AC＝AD， ∵AM＝BM＝，CM＝DM＝1， ∵AM＝AM， ∴△AMC≌△AMD（SSS）， ∴∠CAM＝∠DAM，AC＝BD， ∵AC＝AD， ∴AN⊥CD，CN＝DN， ∴MN＝CN＝DN＝CD＝CM＝， ∴AN＝AM+MN＝， ∴AC＝， ∴BD＝AC＝， ∴以BD为边的正方形的面积为（）2＝5． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及等腰直角三角形的性质，新定义等知识点，解题的关键是掌握新定义“蝴蝶四边形”，全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质等知识点． 18．（2024•下城区校级三模）【基础巩固】： （1）如图1，在△ABC中，D是BC的中点，E是AC的一个三等分点，且．连结AD，BE交于点G，则AG：GD＝　1：1　；BG：GE＝　3：1　． 【尝试应用】： （2）如图2，在△ABC中，E为AC上一点，AB＝AE，∠BAD＝∠C，若AD⊥BE，CE＝1，AE＝3，求AD的长． 【拓展提高】： （3）如图3，在平行四边形ABCD中，F为BC上一点，E为CD中点，BE与AC，AF分别交于点G，M，若∠BAF＝∠DAC，AB＝AG，BF＝2，BM＝2MG，求AM的长． 【答案】（1）1：1；3：1； （2）AD的长为； （3）AM的长为． 【分析】（1）作DH∥AC交BE于H，则＝＝1，所以BH＝EH，则DH＝CE，由CE＝AC，得AE＝CE，所以AE＝DH，即可证明△AGE≌△DGH，得AG＝GD，GE＝GH，则AG：GD＝1：1；因为BH＝EH＝2GE，所以BG＝3GE，则BG：GE＝3：1，于是得到问题的答案； （2）设BE交AD于点L，作EF∥AD交BC于点F，由CE＝1，AE＝3，得AB＝AE＝3，CA＝CE+AE＝4，所以＝＝，则FD＝3CF，再证明Rt△ALB≌Rt△ALE，得BL＝EL，∠BAD＝∠CAD，则＝＝1，所以BD＝FD＝3CF，再证明∠CEF＝∠CAD＝∠C，则EF＝CF，由△CEF∽△CAD，得＝＝，再证明△DBA∽△ABC，得＝，则BD•BC＝AB2＝32＝9，设CF＝m，则BD＝3m，BC＝7m，于是得3m×7m＝9，求得AD＝4EF＝4CF＝4m＝； （3）作MN∥BC交CG于点N，设NG＝n，由＝＝2，得CN＝2NG＝2n，由AB＝AG，得∠ABG＝∠AGB，即可证明∠CEG＝∠ABG＝∠AGB＝∠CGE，则DE＝CE＝CG＝3n，AB＝AG＝CD＝6n，所以AN＝7n，AC＝9n，再证明△FBA∽△ABC，得＝，则AF＝•BF＝3，因为＝＝，所以AM＝AF＝． 【解答】解：（1）如图1，作DH∥AC交BE于H，则∠EAG＝∠HDG，∠AEG＝∠DHG， ∵D是BC的中点， ∴BD＝CD， ∴＝＝1， ∴BH＝EH， ∴DH＝CE， ∵E是AC的一个三等分点，且CE＝AC， ∴AE＝CE， ∴AE＝DH， ∴△AGE≌△DGH（ASA）， ∴AG＝GD，GE＝GH， ∴AG：GD＝1：1； ∵BH＝EH＝2GE， ∴BG＝BH+GH＝2GE+GE＝3GE， ∴BG：GE＝3：1， 故答案为：1：1；3：1． （2）设BE交AD于点L，作EF∥AD交BC于点F， ∵CE＝1，AE＝3， ∴AB＝AE＝3，CA＝CE+AE＝4，＝＝， ∴FD＝3CF， ∵AD⊥BE于点L， ∴∠ALB＝∠ALE＝90°， ∵AL＝AL， ∴Rt△ALB≌Rt△ALE（HL）， ∴BL＝EL，∠BAD＝∠CAD， ∴＝＝1， ∴BD＝FD＝3CF， ∵∠BAD＝∠C， ∴∠CAD＝∠C， ∴∠CEF＝∠CAD＝∠C， ∴EF＝CF， ∵△CEF∽△CAD， ∴＝＝， ∵∠BAD＝∠C，∠DBA＝∠ABC， ∴△DBA∽△ABC， ∴＝， ∴BD•BC＝AB2＝32＝9， 设CF＝m，则BD＝3m，BC＝7m， ∴3m×7m＝9， ∴解得m1＝，m2＝（不符合题意，舍去）， ∴AD＝4EF＝4CF＝4m＝4×＝， ∴AD的长为． （3）如图3，作MN∥BC交CG于点N，设NG＝n， ∵BM＝2MG， ∴＝＝2， ∴CN＝2NG＝2n， ∵AB＝AG， ∴∠ABG＝∠AGB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∴∠CEG＝∠ABG＝∠AGB＝∠CGE， ∵E为CD中点， ∴DE＝CE＝CG＝CN+NG＝2n+n＝3n， ∴AB＝AG＝CD＝DE+CE＝3n+3n＝6n， ∴AN＝AG+NG＝6n+n＝7n，AC＝AG+CG＝6n+3n＝9n， ∵∠BAF＝∠DAC，∠BCA＝∠DAC， ∴∠BAF＝∠BCA， ∵∠FBA＝∠ABC， ∴△FBA∽△ABC， ∴＝， ∴AF＝•BF＝×2＝3， ∵＝＝＝， ∴AM＝AF＝×3＝， ∴AM的长为． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$