08题组八 有关四边形的证明与计算-【智乐星中考·学考传奇】2025年山东省中考数学加练本（五四制）

1 2 题组八　有关四边形的证明与计算 3 1.在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于点F，延长AB到点E使BE=FC，点G是AF的中点，GE交BC于点O，连接GD. (1)当四边形ABCD是矩形时，如图1，求证： ①GE=GD；②BO·GD=GO·FC. (2)当四边形ABCD是平行四边形时， 如图2，(1)中的结论都成立.请给出 结论②的证明. 1 3 题序 2 4 (1)证明：①如图1，连接CG，过点G作GJ⊥CD于点J. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠ABC=90°，AD=BC. ∵AF平分∠BAD，∴∠BAF=∠DAF=45°， ∴∠AFB=∠BAF=45°，∴BA=BF. ∵BE=CF， ∴AE=AB+BE=BF+CF=BC=AD. ∵AG=AG， ∴△EAG≌△DAG(SAS)，∴EG=DG. 1 3 题序 2 5 ②∵△EAG≌△DAG，∴∠AEG=∠ADG. ∵AD∥FC，AG=GF，∴DJ=JC. ∵GJ⊥CD，∴GD=GC，∴∠GDC=∠GCD. ∵∠ADC=∠BCD=90°，∴∠ADG=∠GCO，∴∠OEB=∠OCG. ∵∠BOE=∠GOC，∴△OBE∽△OGC，∴=. ∵GC=GD，BE=CF，∴BO·GD=GO·FC. 1 3 题序 2 6 (2)解：如图2，过点D作DT⊥BC于点T，过点G作GJ⊥DT于点J，连接GT. ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC， ∴∠DAG=∠AFB. ∵AF平分∠DAB，∴∠DAG=∠BAF， ∴∠BAF=∠AFB，∴AB=BF， ∴AE=AB+BE=BF+CF=BC=AD. ∵AG=AG，∴△EAG≌△DAG(SAS)，∴∠AEG=∠ADG. 1 3 题序 2 7 ∵AD∥FT，AG=GF，∴DJ=JT. ∵GJ⊥DT，∴GD=GT，∴∠GDT=∠GTD. ∵∠ADT=∠BTD=90°，∴∠ADG=∠GTO，∴∠OEB=∠OTG. ∵∠BOE=∠GOT，∴△OBE∽△OGT，∴=. ∵GT=GD，BE=CF，∴BO·GD=GO·FC. 1 3 题序 2 8 2.综合与实践课上，老师带领同学们以“矩形和平行四边形的折叠”为主题开展数学活动. (1)操作判断： 如图1，先用对折的方式确定矩形ABCD的边AB的中点E，再沿DE折叠，点A落在点F处，把纸片展平，延长DF，与BC交于点G.请写出线段FG与线段BG的数量关系　　　　.  (2)迁移思考： 如图2，把▱ABCD按照(1)中的操作进行折叠和作图，请判断FG，BG这两条线段之间的数量关系，并仅就图2证明你的判断. 1 3 题序 2 9 (3)拓展探索： 如图1，若AB=6，CG=2，按照(1)中的操作进行折叠和作图，求AD的长. 1 3 题序 2 10 解：(1)FG=BG (2)FG=BG. 证明如下：如图，连接FB. ∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A+∠ABC=180°. ∵点E是AB的中点，∴AE=BE. 由折叠知AE=EF，∠A=∠DFE，∠DFE+∠EFG=180°， ∴EF=EB，∠EBG=∠EFG，∴∠EFB=∠EBF. ∵∠EFB+∠BFG=∠EBF+∠FBG， ∴∠BFG=∠FBG，∴FG=BG. 1 3 题序 2 11 (3)∵四边形ABCD是矩形，AB=6，∴CD=AB=6， ∴DG===2. 设AD=x，则DF=AD=x，FG=BG=x-2， ∴x+x-2=2，解得x=+1， ∴AD的长为+1. 1 3 题序 2 12 3.如图，在矩形ABCD中，AB=8 cm，BC=6 cm，对角线AC，BD相交于点O，点M从点D出发沿DA方向向点A匀速运动，速度为3 cm/s，点P同时从点D出发，沿DC方向向点C匀速运动，速度为2 cm/s.过点M作MN∥BD交AC边于点E，交AB边于点N，连接PO并延长，交AB于点Q，连接PM，MQ.设运动时间为t(s)(0<t<2). (1)当t=1时，求MN的值. (2)设四边形MNQP的面积为S(cm2)，当t为何值时，S取得最大值？求出S的最大值. 1 3 题序 2 13 (3)是否存在某一时刻t，使△MNQ是等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由. 1 3 题序 2 14 解：(1)当t=1时，DM=3 cm，DM=AD. ∵AB=8 cm，BC=6 cm，∴BD=10 cm. ∵MN∥BD，∴MN=BD=5 cm. (2)∵PQ经过BD的中点O， ∴S四边形AQPD=S矩形ABCD=AB·BC=24 cm2， S△DMP=DM·DP=×3t·2t=3t2. ∵DM=3t，∴AM=6-3t， ∴==1-t. 1 3 题序 2 15 ∵△AMN∽△ADB， ∴=()2=(1-t)2. ∵S△ABD=S矩形ABCD=24 cm2， ∴S△AMN=24(1-t)2， ∴S四边形MNPQ=S四边形AQPD-S△DMP-S△AMN=24-3t2-24(1-t)2=-9t2+24t=-9(t-)2+16， ∴当t=时，=16 cm2. 1 3 题序 2 16 (3)存在t的值使△MNQ为等腰三角形，t=. 理由如下： ∵DP=QB=2t，∴AQ=8-2t. ∵DM=3t，AM=6-3t，MN∥BD， ∴=，即=， ∴AN=8-4t，∴NQ=AQ-AN=8-2t-(8-4t)=2t，∴NQ2=4t2， MQ2=AM2+AQ2=(6-3t)2+(8-2t)2. △MNQ为等腰三角形，需要分三种情况讨论： 1 3 题序 2 17 ①当MN=NQ时， ∵=，即=， ∴MN=10-5t=2t，解得t=. ②当NQ=MQ时，NQ2=MQ2， ∴4t2=(6-3t)2+(8-2t)2， 解得t=或2. ∵0<t<2，∴t=或2不合题意，均舍去. 1 3 题序 2 18 ③当MN=MQ时，MN2=MQ2， 即(10-5t)2=(6-3t)2+(8-2t)2， 解得t=0或. ∵0<t<2，∴t=0或不合题意，均舍去. 综上所述，存在t=，使△MNQ为等腰三角形. 1 3 题序 2 19 $$