2018-2022年山西中考数学5年真题1年模拟汇编 专题06 四边形（5个考向）（学生卷+教师卷）

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专题06四边形

考向1 多边形
1．（2018•山西）图1是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，形状无一定规则，代表一种自然和谐美．图2是从图1冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝　360　度．

【答案】360°
【解析】由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，故答案为：360°．
考向2平行四边形的性质与判定
2．（2021•山西）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明．

独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明．
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB＝5，BC＝25，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
解：（1）结论：EF＝BF．
理由：如图①中，作FH∥AD交BE于H．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵FH∥AD，∴DE∥FH∥CB，
∵DF＝CF，∴EHHB=DFFC=1，
∴EH＝HB，
∵BE⊥AD，FH∥AD，
∴FH⊥EB，∴EF＝BF．
解法二：分别延长AD，BF相交于点M，类似于倍长中线法，直角三角形斜边中线性质解决问题．
（2）结论：AG＝BG．
理由：如图②中，连接CC′．

∵△BFC′是由△BFC翻折得到，
∴BF⊥CC′，FC＝FC′，
∵DF＝FC，
∴DF＝FC＝FC′，
∴∠CC′D＝90°，
∴CC′⊥GD，
∴DG∥BF，
∵DF∥BG，
∴四边形DFBG是平行四边形，
∴DF＝BG，
∵AB＝CD，DF=12CD，
∴BG=12AB，∴AG＝GB．
（3）如图③中，过点D作DJ⊥AB于J，过点M作MT⊥AB于T．

∵S平行四边形ABCD＝AB•DJ，
∴DJ=205=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝25，AB∥CD，
∴AJ=AD2-DJ2=(25)2-42=2，
∵A′B⊥AB，DJ⊥AB，
∴∠DJB＝∠JBH＝∠DHB＝90°，
∴四边形DJBH是矩形，
∴BH＝DJ＝4，
∴A′H＝A′B﹣BH＝5﹣4＝1，
∵tanA=DJAJ=MTAT=2，
设AT＝x，则MT＝2x，
∵∠ABM＝∠MBA′＝45°，
∴MT＝TB＝2x，
∴3x＝5，
∴x=53，∴MT=103，
∵tanA＝tanA′=NHA'H=2，
∴NH＝2，
∴S△ABM＝S△A′BM=12×5×103=253，
∴S四边形BHNM＝S△A′BM﹣S△NHA′=253-12×1×2=223．
考向3矩形的性质与判定
3．（2022•山西）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线．
（1）实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）．
（2）猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明．

解：（1）如图，

（2）AE＝CF，证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO＝CO，
在△AOE和△COF中，
∠AEO=∠CFO∠EAO=∠FCOAO=CO，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF．
考向4菱形的性质与判定
4．（2021•山西）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝8，AC＝6，OE∥AB，交BC于点E，则OE的长为 　52　．

解：∵菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC=12AC=3，OB=12BD=4，AC⊥BD，
∵OE∥AB，
∴BE＝CE，
∴OE为△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
AB=32+42=5，
∴OE=52．
考向5正方形的性质与判定
5．（2020•山西）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．

解：（1）四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，

∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE=12AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE'，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F=12CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，

∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE=DH2+HE2=144+9=317．
6．（2019•山西）综合与实践
动手操作：
第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．
第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．
问题解决：
（1）在图5中，∠BEC的度数是　67.5°　，AEBE的值是　2　．
（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：　菱形EMCH或菱形FGCH　．

解：（1）由折叠的性质得：BE＝EN，AE＝AF，∠CEB＝∠CEN，∠BAC＝∠CAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠BEN＝135°，
∴∠BEC＝67.5°，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵∠AEF＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AE=2EN，
∴AEBE=2ENEN=2；
故答案为：67.5°，2；
（2）四边形EMGF是矩形；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，
由折叠的性质得：∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，
∴∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD=90°4=22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°，
由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，
∴MC＝ME＝CG＝GF，
∴∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°，
∴∠MEF＝90°，∠GFE＝90°，
∵∠MCG＝90°，CM＝CG，
∴∠CMG＝45°，
∵∠BME＝∠BCE+∠MEC＝22.5°+22.5°＝45°，
∴∠EMG＝180°﹣∠CMG﹣∠BME＝90°，
∴四边形EMGF是矩形；
（3）连接EH、FH，如图所示：
∵由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，
∴四边形EMCH与四边形FGCH是菱形，
故答案为：菱形EMCH或菱形FGCH．

7．（2018•山西）综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AB延长线上一点，且BE＝AB，连接DE，交BC于点M，以DE为一边在DE的左下方作正方形DEFG，连接AM．试判断线段AM与DE的位置关系．
探究展示：勤奋小组发现，AM垂直平分DE，并展示了如下的证明方法：
证明：∵BE＝AB，∴AE＝2AB．
∵AD＝2AB，∴AD＝AE．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．
∴EMDM=EBAB．（依据1）
∵BE＝AB，∴EMDM=1．∴EM＝DM．
即AM是△ADE的DE边上的中线，
又∵AD＝AE，∴AM⊥DE．（依据2）
∴AM垂直平分DE．
反思交流：
（1）①上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？
②试判断图1中的点A是否在线段GF的垂直平分线上，请直接回答，不必证明；
（2）创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图2，连接CE，以CE为一边在CE的左下方作正方形CEFG，发现点G在线段BC的垂直平分线上，请你给出证明；
探索发现：
（3）如图3，连接CE，以CE为一边在CE的右上方作正方形CEFG，可以发现点C，点B都在线段AE的垂直平分线上，除此之外，请观察矩形ABCD和正方形CEFG的顶点与边，你还能发现哪个顶点在哪条边的垂直平分线上，请写出一个你发现的结论，并加以证明．

解：（1）①依据1：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例（或平行线分线段成比例）．
依据2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合（或等腰三角形的“三线合一”）．
②答：点A在线段GF的垂直平分线上．
理由：由问题情景知，AM⊥DE，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE∥FG，
∴点A在线段GF的垂直平分线上．

（2）证明：过点G作GH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，
∴∠CBE＝∠ABC＝∠GHC＝90°，
∴∠BCE+∠BEC＝90°．
∵四边形CEFG为正方形，
∴CG＝CE，∠GCE＝90°，
∴∠BCE+∠BCG＝90°．
∴∠BEC＝∠BCG．
∴△GHC≌△CBE．
∴HC＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC．
∵AD＝2AB，BE＝AB，
∴BC＝2BE＝2HC，∴HC＝BH．
∴GH垂直平分BC．
∴点G在BC的垂直平分线上．
（3）答：点F在BC边的垂直平分线上（或点F在AD边的垂直平分线上）．
证法一：过点F作FM⊥BC于点M，过点E作EN⊥FM于点N．
∴∠BMN＝∠ENM＝∠ENF＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，
∴∠CBE＝∠ABC＝90°，
∴四边形BENM为矩形．
∴BM＝EN，∠BEN＝90°．
∴∠1+∠2＝90°．
∵四边形CEFG为正方形，
∴EF＝EC，∠CEF＝90°．
∴∠2+∠3＝90°．
∴∠1＝∠3．
∵∠CBE＝∠ENF＝90°，
∴△ENF≌△EBC．
∴NE＝BE．∴BM＝BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC．
∵AD＝2AB，AB＝BE．
∴BC＝2BM．
∴BM＝MC．
∴FM垂直平分BC．
∴点F在BC边的垂直平分线上．

1. （2022•侯马市模拟）数学课上，老师在组织同学们探索多边形的内角和公式时，同学们提出了将此问题转化为已学的三角形内角和知识进行探索的思路．如图是四名同学探索多边形内角和公式时运用的不同的分割方法，将多边形转化为多个三角形，并得出了相同的结论．这四名同学在探索过程中主要体现的数学思想是（　　）


A．建模思想 B．分类讨论思想
C．数形结合思想 D．转化思想
【答案】D
【解析】四名同学在探索过程中主要体现的数学思想是转化的思想．
故选：D．
2. （2022•运城一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝m，∠BAC＝α，则OC的长为（　　）

A．mcosα B．m2cosα C．m2sinα D．msinα
【答案】B
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OC=12AC，
∴cosα=ABAC=mAC，
∴AC=mcosα，
∴OC=12AC=m2cosα，故选：B．
3. （2022•大同二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论不正确的是（　　）

A．CE＝DF B．CE⊥DF C．AE＝EG D．AG＝AD
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴AE＝BE＝BF＝CF，
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，BC＝CD，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴CE＝DF，
故A选项正确；
∵△BCE≌△CDF，
∴∠ECB＝∠CDF，
∵∠ECB+∠DCG＝90°，
∴∠CDF+∠DCG＝90°，
∴∠DGC＝90°，
即CE⊥DF，
故B选项正确；
取CD的中点H，连接AH，GH．

则DH＝CH＝GH=12CD，
同理可证AH⊥DG，
∴∠AHD＝∠AHG，
∵AH＝AH，DH＝GH，
∴△ADH≌△AGH（SAS），
∴AD＝AG，
故D选项正确；
根据现有条件不能证明AE＝EG，
故C选项错误．故选：C．
4. （2022•运城二模）如图，在正六边形ABCDEF的左边以AF为边作正五边形AFGHM，连接BM，则∠ABM，则∠ABM的度数为 　24°　．

【答案】24°
【解析】∵六边形ABCDEF是正六边形，五边形AFGHM是正五边形，
∴∠FAM=(5-2)×180°5=108°，∠FAB=(6-2)×180°6=120°，AF＝AM＝AB，
∴∠MAB＝360°﹣∠FAM﹣∠FAB＝132°，
∵AM＝AB，
∴∠ABM＝∠AMB=12×（180°﹣∠MAB）=12×（180°﹣132°）＝24°，
故答案为：24°．
5. （2022•山西模拟）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线BD上一点，OE垂直平分BC于点E，CD＝OC，若AB＝13，AD＝24，则OE的长为 　5　．

【答案】5
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，BC＝AD，
∵OE垂直平分BC于点E，
∴OE⊥BC，OB＝OC，BE＝EC=12BC＝12，
∵CD＝OC，
∴OD＝CD＝OB＝13，
由勾股定理可得，OE=OB2-BE2=132-122=5，
故答案为：5．
6. （2022•山西模拟）如图，已知四边形ABCD是边长为8的正方形，点E，F分别是BC，CD的中点，AE与BF相交于点G，连接DE，交BF于点H，则GH的长为 　16515　．

【答案】16515
【解析】取线段DE的中点M，连接MF，
∵点F为线段DC的中点，
∴MF是△DEC的中位线，
∴MF=12EC，MF∥BC，
∵点E，F分别是BC，CD的中点，四边形ABCD是边长为8的正方形，
∴CF＝BE＝4，BC＝AB＝8，∠BCF＝∠ABE＝90°，
∴BF=42+82=45，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠BEA＝90°，
∴∠CBF+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，
∴△BGE∽△BCF，
∴BEBF=BGBC，
即445=BG8，
解得BG=855，
∵MF∥BC，
∴△BEH∽△FMH，
∴BEFM=BHFH，
∴42=BHFH，
∴FHBH=12，
∴FHBF=13，
∴FH=13BF=453，
∴GH＝BF﹣BG﹣FH＝45-855-453=16515，
故答案为：16515．

7. （2022•平遥县一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝BF＝2，△DEF的周长为36，则菱形边长为 　3+1　．

【答案】1+3
【解析】如图，连结BD，作DH⊥AB，垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，
∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝60°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝120°﹣60°＝60°，
∵AE＝BF，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠FDB，
∴∠EDF＝∠EDB+∠FDB＝∠EDB+∠ADE＝∠ADB＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∵△DEF的周长是36，
∴DE=6，
设AH＝x，则HE＝2﹣x，
∵AD＝BD，DH⊥AB，
∴∠ADH=12∠ADB＝30°，
∴AD＝2x，DH=3x，
在Rt△DHE中，DH2+HE2＝DE2，
∴（3x）2+（2﹣x）2＝（6）2，
解得：x=1+32（负值舍去），
∴AD＝2x＝1+3，即菱形的边长为：1+3．
故答案为：1+3．

8. （2022•迎泽区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上的两点，且AE＝CF．请判断四边形BEDF的形状，并说明理由．

解：四边形BEDF是菱形，理由如下：
如图，连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO，AO＝CO，AC⊥BD，
∵AE＝CF，
∴EO＝FO，
又∵BO＝DO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
又∵BD⊥EF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
9. （2022•运城一模）综合与实践
如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，将△OBC绕点C顺时针旋特，点B对应点为点E，点O对应点为点F．
（1）当点E落在CD的延长线上时，请解答以下两个问题：
①如图1，若AB＝2a，BC＝2，连接OE，则OE2＝　a2﹣4a+5　（用含a的代数式表示）；
②如图2，延长BD交EF于点G，试猜想BG与EF的位置关系并加以证明；
（2）如图3，在图1的基础上继续绕点C旋转△OBC，点B对应点为点E，点O对应点为点F．当点E落在BD的延长线上时，已知∠ACE＝90°，求证：四边形CDEF是菱形．

（1）解：①如图，过点O作OH⊥CE于点H，

∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴OH∥AD，
∵点O是矩形ABCD对角线的交点，
∴O为AC的中点，OH=12AD＝1，
∴CH＝DH=12CD＝a，
由旋转可知CE＝BC＝2，
∴EH＝CE﹣CH＝2﹣a，
在Rt△OEH中，OE2＝OH2+EH2＝1+（2﹣a）2＝a2﹣4a+5，
故答案为：a2﹣4a+5；
②BG⊥EF，
证明：由旋转可知∠CBO＝∠CEF，即∠CBD＝∠DEG，
∵∠BDC＝∠EDG，∠CBD+∠BDC＝90°，
∴∠DEG+∠EDG＝90°，
∴∠DGE＝90°，
∴DG⊥EF，即BG⊥EF；
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，∠OCB＝∠OBC，
由旋转可知OC＝CF，OB＝EF，BC＝CE，∠OCB＝∠OBC＝∠FEC＝∠FCE，
∴OC＝OB＝EF＝CF，∠CBE＝∠CEB，
∵∠ACE＝90°，
∴∠OCB+∠OCD＝90°，
∵∠DCE+∠OCD＝90°，
∴∠DCE＝∠OCB＝∠OBC＝∠FEC＝∠FCE，
∵∠CBE＝∠CEB，即∠OBC＝∠DEC，
∴∠DEC＝∠DCE＝∠FEC＝∠FCE，
∴DE∥CF，CD∥EF，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵EF＝CF，
∴平行四边形CDEF是菱形．
10. （2022•山西模拟）综合与实践
问题情境：在综合实践课上，老师让大家动手操作三角形纸片的折叠问题，“智慧”小组提供了如下折叠方法：
（1）如图①，经过点A的直线折叠△ABC纸片，使得边AB落在AC边上，折痕为AM，AM交BC于点D，得到图②，再将纸片展平在一个平面上，得到图③．
（2）再次折叠△ABC纸使得A与点D重合，折痕为PQ，得到图④，再次将纸片展平在一个平面上，连接DP，DQ，得到图⑤．

操作与发现：（1）证明四边形APDQ是菱形．
操作与探究：（2）在图⑤中，右∠B+∠C＝120°，AD＝6，求PD的长．
操作与实践：（3）若△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，通过从图①一图⑤的折叠，那么最后折叠成的四边形APDQ的面积为 　14449　．（直接写出即可）

（1）证明：由折叠可知，AP＝PD，AQ＝DQ，
∴∠PAD＝∠PDA，∠QAD＝∠QDA．
∵∠PAD＝∠DAQ，
∴∠PDA＝∠DAQ＝∠PAD＝∠ADQ，
∴DP∥AQ，AP∥DQ，
∴四边形APDQ是平行四边形．
∵AP＝DP，
∴四边形APDQ是菱形；
（2）解：设AD与PQ相交于点O，

∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，∠B+∠C＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵四边形APDQ是菱形，
∴AP＝PD，∠PAD＝∠QAD＝30°，AO＝DO＝3，PO＝QO，AD⊥PQ，
∴AO=3PO＝3，AP＝2PO，
∴PO=3，AP＝PD＝23；
（3）解：∵∠BAC＝90°，
∴菱形APDQ是正方形，
∴PD⊥AB，DQ⊥AC，
∵S△ABC=12×AB×PD+12×AC×DQ，
∴12×3×4=12×3×PD+12×4×DQ，
∴PD=127，
∴正方形APDQ＝PD2=14449，
故答案为：14449．
11. （2022•山西模拟）综合与实践：无盖正三棱柱
任务一：如图1，一块边长为6cm的正三角形纸板，在它的三个角处分别截去一个彼此全等的筝形，再沿图中的虚线折起，做成一个无盖的直三棱柱纸盒（纸盒厚度忽略不计）．
（1）请在图1的正三角形纸板中，画出示意图，其中视线表示剪切线，虚线表示折痕；
（2）当所做的无盖盒子的侧面积最大时，其底面积为多少？
任务二：如图2是边长为6的正方形ABCD，以正方形的边AB为边，在正方形内作正三角形ABE，连接DE，CE．
（3）证明DE＝CE，并计算DE的长；
（4）如图3，底面边长为6，高为1的无盖三棱柱盒子的平面图正好在矩形MNPQ中，直接写出矩形MNPQ的面积．


解：（1）如图所示：

（2）设OK＝x，则OA＝2x，AK=3x，
∴KH＝6﹣23x，
由题意知，无盖盒子的侧面积为3S矩形OQKH＝3×x（6﹣23x）＝﹣63x2+18x，
当x=32时，纸盒侧面积最大，此时OQ＝KH＝3，
∴底面积为34×32=934；
（3）∵四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝AB＝AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠EAB＝∠EBA＝60°，
∴∠DAE＝∠EBC，
∴△DAE≌△CBE（SAS），
∴DE＝CE，
作DF⊥AE于F，

∵AD＝6，∠DAF＝30°，
∴DF＝3，AF＝33，
∴EF＝6﹣33，
在Rt△DEF中，由勾股定理得，DE=DF2+EF2=32+(6-33)2=36-32；
（4）如图，作EK⊥PQ于F，交MN于T，

在Rt△EFG中，EG＝1，∠EGF＝30°，
∴EF=12，FG=123，
在Rt△PGH中，GH＝6，∠PHG＝30°，
∴PG＝3，PH＝EK＝33，
∴FT＝EF+EK+KT=12+33+1=32+33，PQ＝2PF＝2（123+3）=3+6，
∴矩形MNPQ的面积为MN×PN＝（32+33）×（3+6）＝36+4532．

12. （2022•山西模拟）综合与实践
问题情境：有两块全等的矩形纸片ABCD和EFGH，其中AB＞BC，AB＝EF，AD＝EH，现将它们按如图1所示的方式放置，顶点A与顶点F重合，点D，G分别落在EF，AB上，CD与HG相交于点P，连接AP，HC．
特例感知：（1）①判断图1中四边形DAGP的形状，并说明理由；
②直接写出AP与HC的位置关系；
深入探究：（2）如图2，将矩形EFGH绕点A逆时针旋α（0＜α＜90°），则（1）②中AP与HC的位置关系是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立．请说明理由；
解决问题：（3）如图3，若矩形ABCD的面积为30，当点P是CD的中点时，AP＝6，请直接写出此时CH的长．

解：（1）①如图1中，四边形DAGP是正方形．

理由：∵四边形ABCD，四边形EFGH都是矩形，
∴∠DAG＝∠AGP＝∠ADP＝90°，EH＝AG，
∴四边形DAGP是矩形，
∵AD＝EH，
∴AD＝AG，
∴四边形DAGP是正方形；

②结论：AP⊥CH．
理由：延长AP交CH于点J．
∵四边形DAGP是正方形，
∴∠APD＝∠APG＝45°，
∴∠CPJ＝∠APD＝45°，
∵HG＝CD，PD＝PG，
∴PH＝PC，
∵∠CPH＝90°，
∴∠PCJ＝45°，
∴∠PJC＝90°，
∴AP⊥CH；

（2）结论仍然成立．
理由：如图2中，延长AP交CH于点J．

在Rt△ADP和Rt△AGP中，
AD=AGAP=AP，
∴Rt△ADP≌Rt△AGP（HL），
∴∠APD＝∠APG，PD＝PG，
∵∠HPJ＝∠APG，∠CPJ＝∠APD，
∴∠HPJ＝∠CPJ，
∵CD＝HG，PD＝PG，
∴PH＝PC，
∴PJ⊥CH，即AP⊥CH．

（3）如图3中，延长AP交CH于点J，过点D作DM⊥AP于M，

∵DP＝CD，AD•CD＝30，
∴AD•2DP＝30，
∴12AD•DP=152=12×DM×6，
∴DM＝2.5，
∵PH＝PC，PJ⊥CH，
∴CJ＝JH，
∵∠DMP＝∠CJP＝90°，∠DPM＝∠CPJ，DP＝CP，
∴△DMP≌△CJP（AAS），
∴DM＝CJ＝2.5，
∴CH＝5．
13. （2022•晋中一模）综合与实践
问题情境
在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
操作发现
某数学小组对图1的矩形纸片ABCD进行如下折叠操作：
第一步：如图2，把矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，然后把纸片展开；
第二步：如图3，将图2中的矩形纸片沿过点B的直线折叠，使得点A落在MN上的点A'处，折痕与AD交于点E，然后展开纸片，连接AA'，BA'，EA'．

问题解决
（1）请在图2中利用尺规作图，作出折痕BE；（保留作图痕迹）
（2）请你判断图3中△ABA'的形状，并说明理由；
（3）如图4，折痕BE与MN交于点F，BA'的延长线交直线CD于点P，若MF＝1，BC＝7，请你直接写出PD的长．
解：如图2，BE为所求．

（2）△ABA'是等边三角形．
理由如下：由折叠的性质可得AB＝AB'，MN⊥AB，AM＝BM，
∴MN是AB的垂直平分线，
∴A'A＝A'B，
∴A'A＝A'B＝AB，
∴△ABA'是等边三角形；
（3）如图4，

∵△ABA'是等边三角形，
∴∠ABA'＝60°，
∴∠MBF＝30°，
在Rt△BMF中，MF＝1，
∴BM=3，
∴AB＝2BM＝23，
在Rt△ABH中，∠ABH＝60°，
∴AH＝AB•tan60°＝23×3=6，
∵BC＝AD＝1，
∴DH＝AD﹣AH＝7﹣6＝1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DH∥BC，AB＝CD＝23，
∴△PDH∽△PCB，
∴DHBC=PDPC，
设PD＝x，
∴17=xx+23，
解得x=33，
∴PD=33．