中考数学第一轮复习专题05 四边形的性质与判定练习（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习专题05 四边形的性质与判定练习（解析版），共140页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc161347949" 题型01 多边形的相关计算
\l "_Tc161347950" 题型02 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题
\l "_Tc161347951" 题型03 多边形内角和与外角和综合问题
\l "_Tc161347952" 题型04 平面镶嵌
\l "_Tc161347953" 题型05 根据平行四边形的性质与判定求解
\l "_Tc161347954" 题型06 构建三角形中位线解决问题
\l "_Tc161347955" 题型07 根据特殊四边形的性质与判定求解
\l "_Tc161347958" 题型08 与特殊四边形有关的折叠问题
\l "_Tc161347959" 题型09 利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc161347960" 题型10 特殊四边形与函数综合
\l "_Tc161347961" 题型11 与特殊四边形有关的规律探究问题
\l "_Tc161347962" 题型12 与特殊四边形有关的新定义问题
\l "_Tc161347963" 题型13 梯形的相关计算
\l "_Tc161347964" 题型14 四边形的常见几何模型
\l "_Tc161347965" 题型15 与特殊四边形判定有关的综合问题
\l "_Tc161347966" （时间：60分钟）
题型01 多边形的相关计算
1．（2023·陕西榆林·三模）若从某个多边形的一个顶点出发，最多可以引6条对角线，则这个多边形的内角和度数为 ．
【答案】1260°/1260度
【分析】根据从多边形的一个顶点可以作对角线的条数公式n-3求出边数，然后根据多边形的内角和公式n-2⋅180°列式进行计算即可得解．
【详解】解：∵多边形的一个顶点出发，最多可以引出6条对角线，
∴n-3=6，
∴n=9，
∴该多边形的内角和为：9-2×180°=1260°．
故答案为：1260°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式以及多边形的对角线公式，解题的关键在于求出多边形的边数．
2．（2022·陕西西安·模拟预测）一个正多边形的内角和是1440°，则此多边形的边数是 ，对角线共有 条．
【答案】 10 35
【分析】设此多边形的边数是n，根据多边形内角和公式和对角线条数的公式，列出方程求解即可．
【详解】解：设此多边形的边数是n，
180°×n-2=1440°，
解得：n=10，
∴对角线条数为：nn-32=35，
故答案为：10，35．
【点睛】本题主要考查了多边的内角和，多边形的对角线条数，解题的关键是掌握n边形的内角和为180°×n-2，对角线条数为nn-32．
3．（2022·陕西西安·模拟预测）一个多边形的内角和为1080°，从该多边形的一个顶点出发引对角线，可以把这个多边形分割成 个三角形．
【答案】6
【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算分成三角形的个数．
【详解】解：设此多边形的边数为x，由题意得：x-2×180=1080，
解得；x=8，
从这个多边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成的三角形个数：8-2=6，
故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形的内角和公式180n-2，理解从一个n边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成(n-2)个三角形．
题型02 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合问题
1．（2021·山东烟台·二模）如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（ ）
A．144°B．126°C．120°D．108°
【答案】B
【分析】根据正五边形的性质分别解得正五边形的每个内角、每个外角的度数，结合角平分线的性质得到∠DCG=36°，∠OAB=54°，接着由四边形的内角和为360°解得∠AOC=54°，最后由邻补角定义解题即可．
【详解】解：∵CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，
∴∠DCG=∠GCF
∵AO平分∠EAB，
∴∠EAO=∠OAB，
∵正五边形ABCDE中，
∴∠ABC=(5-2)×180°5=108°,∠DCF=360°5=72°
∴∠DCG=12∠DCF=12×72°=36°，∠OAB=12∠EAB=12×108°=54°
∴∠OAB+∠ABC+∠BCD+∠DCG=54°+108°+108°+36°=306°
∴∠AOC=360°-306°=54°
∴∠AOG=180°-54°=126°，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和，涉及角平分线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
2．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A1A2A3……An上，若∠1-∠2=60°，则n= ．

【答案】6
【分析】过A2作A2B∥A1An，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠A3A2B=60°，设正多边形的内角为x，则满足∠4=180°-x，推得∠3=x-60°，即可求得x=120°，得到∠4=60°，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：过A2作A2B∥A1An，

则∠4=∠3，∠CA2B=∠1
∵∠1-∠2=60°
∴∠A3A2B=60°
设正多边形的内角为x，则∠4=180°-x
∴x=60°+∠3
∴∠3=x-60°
∵180°-x=x-60°，解得x=120°
∴∠4=60°
∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6
故答案为：6．
【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外角性质是解题的关键．
3．（2020·河南·二模）如图，在ΔABC中，∠B=25°，点D是BC边上一点，连接AD，且AD=BD，∠CAD=90°，CF平分∠ACB，分别交AD，AB于点E，F，则∠AEC的度数为 ．

【答案】70°
【分析】利用AD=BD，得到∠B＝∠BAD＝25°，再由直角三角形中两锐角互余和角平分线的定义进行计算即可；
【详解】∵AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD＝25°，
∴∠ADC＝50°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠ACD＝40°，
∵CF平分∠ACD，
∴∠ACE＝12∠ACD＝20°，
∴∠AEC＝70°，
故答案是：70°．
【点睛】本题主要考查了外角和的性质，角平分线的定义，直角三角形两锐角互余关系，准确计算是解题的关键．
题型03 多边形内角和与外角和综合问题
1．（2023·江西抚州·二模）如图，七边形ABCDEFG中，AB、ED的延长线交于点O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，则∠BOD的度数为（ ）

A．20°B．35°C．40°D．45°
【答案】C
【分析】根据多边形的外角和，求得∠BOH=140°，再利用邻补角的定义，即可求出∠BOD的度数．
【详解】解：∵五边形AOEFG的外角和为360°，且七边形ABCDEFG中，∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于220°，
∴∠BOH=360°-220°=140°，
∴∠BOD=180°-140°=40°，
故选：C．

【点睛】本题主要考查了多边形外角和问题，解题关键是掌握多边形的外角和等于360°．
2．（2023·山西大同·模拟预测）等边三角形、正方形及正五边形各一个，按下图放在同一平面内，则∠1+∠2+∠3=（ ）

A．102°B．104°C．106°D．108°
【答案】A
【分析】根据正方形，正三角形和正五边形的内角以及正多边形的外角和即可即可求解．
【详解】正三角形的每个内角为180°÷3=60°，
正五边形的每个内角5-2×180°÷5=108°，
正方形的每一个内角为360°÷4=90°，
∴∠1+∠2+∠3= 360°-90°-60°-108°=102°，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形的外角和与内角和的关系，熟练掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．
3．（2023·河北秦皇岛·二模）如图，将四边形ABCD剪掉一个角得到五边形．下列判断正确的是（ ）
结论①：变成五边形后外角和不发生变化；
结论②：变成五边形后内角和增加了360°；
结论③：通过图中条件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①对B．①和③对C．①、②、③都对D．①、②、③都不对
【答案】B
【分析】根据多边形的外角和是360°，判断①，根据多边形内角和公式即可判断②，根据三角形的外角的性质即可求解．
【详解】解：①任意多边形的外角和是360°，故①正确；
根据多边形内角和定理5-2×180°-4-2×180°=180°，
四边形ABCD剪掉一个角得到五边形内角和增加了180°，故②错误，
如图所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A
∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，三角形的外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·陕西西安·模拟预测）已知一个正多边形的内角和与外角和的和为1620°，则这个正多边形的边数是 ．
【答案】9
【分析】根据正多边形内角和公式和外角和列方程即可求解．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
则180×n-2+360°=1620°，
∴n=9，
∴这个正多边形的边数是9．
故答案为：9．
【点睛】本题考查多边形内角和外角，解题关键是掌握多边形内角和公式．
题型04 平面镶嵌
1．（2024·河北石家庄·一模）有三个大小一样的正六边形，可按下列方式进行拼接，方式1：如图1；方式2：如图2．
（1）若有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长是 ；
（2）有n个长均为1的正六边形，采用上述两种方式的一种或两种方式混合拼接，若图案的外轮廓的周长为18，则n的最大值为 ．
【答案】 26 7
【分析】本题考查平面镶嵌，利用数形结合的思想是解题关键．
（1）采用方式1拼接，则所得图案的外轮廓的周长为4n+2，将n=6代入计算即可；
（2）两种方式的一种或两种方式混合拼接，n越大，外轮廓周长越小，可得正六边形间重叠的边数越多，则把六个正六边形绕一个六边形拼接即可．
【详解】解：（1）有六个边长均为1的正六边形，采用方式1拼接，所得图案的外轮廓的周长为6×4+2=26．
故答案为：26；
（2）按下图拼接，图案的外轮廓的周长为6×3=18，此时正六边形的个数最多，即n的最大值为7．
故答案为：7．
2．（2023·河北沧州·二模）要设计一个装彩铅的圆柱体纸盒，已知每支铅笔大小相同，底面均为正六边形，边长记作2a．下面我们来研究纸盒底面半径的最小值．

（1）如果要装6支彩铅，嘉淇画出了如图1，图2所示的两种布局方案．
方案Ⅰ中纸盒底面半径的最小值为 ；
方案Ⅱ中纸盒底面半径的最小值为 ；
（2）如果要装12色的彩铅，请你为厂家设计一种最佳的布局，使得底面圆的半径最小，最小值为 ．
【答案】 6a 7a 37a
【分析】（1）由图形可知，方案Ⅰ中纸盒底面半径应为正六边形的对角线长加边长，方案Ⅱ中纸盒底面半径应为正六边形对角线长加边长，再上边长的一半，由此计算即可；
（2）考虑将12个正六边形对称放置，然后确定其外接圆，利用正六边形的边长以及勾股定理求解最小半径即可．
【详解】（1）如图1所示，方案Ⅰ中纸盒底面半径最小值即为OA的长度，
∵正六边形的边长为2a，
∴OA=2a+4a=6a；
如图2所示，方案Ⅱ中纸盒底面半径最小值即为OB的长度，
∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案为：6a；7a；
（2）如图所示方式，装12支铅笔的底面圆半径最小，此时最小半径为OC，连接CQ、PC、PQ，
∵正六边形的边长为2a，
∴CP=3×23a=63a，PQ=2a+4a+4a+2a=12a，
∵∠CPQ=90°，
∴CQ=CP2+PQ2=67a，
∴OC=12CQ=37a，

故答案为：37a．
【点睛】本题考查正多边形与圆，以及镶嵌问题，掌握正多边形与圆的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解题关键．
3．（2022·河北·二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后中间形成一个正方形．设正方形的边长为1，则该图形外轮廓的周长为 ；若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长为1，则该图形外轮廓的周长是 ．
【答案】 20 27
【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解．求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边形，为正12边形，据此即可求解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴该图形外轮廓的周长为8-3×4=20，
若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则n边形的一个内角为360°-60°2=150°
则n边形的一个外角180°-150°=30°，
∴n=360°÷30°=12，
根据相邻的两个正多边形有一条公共边，
则图形外轮廓的周长为12-3×3=27
故答案为：20，27
【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键．
题型05 根据平行四边形的性质与判定求解
1．（2024·陕西西安·模拟预测）如图， 菱形ABCD中， 对角线AC、BD交于点O，EF⊥BD， 垂足为点H，EF分别交AD、DC及BC的延长线于点E、M、F，且ED：CF=1：2，则DH：DB的值为（ ）
A．14B．15C．25D．16
【答案】D
【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判断，先由菱形的性质得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再证明AC∥EF，进而证明四边形AEFC是平行 四边形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再证明△DEH∽△BFH，得到DHBH=DEBF=15，则DH：DB=16．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵EF⊥BD，
∴AC∥EF，
∴四边形AEFC是平行 四边形，
∴AE=CF，
∵ED：CF=1：2，
∴ED：AE=1:2，
∴ED:AD=ED：BC=1:3，
∴DE：BF=1:5，
∵AD∥BC
∴△DEH∽△BFH，
∴DHBH=DEBF=15，
∴DH：DB=16，
故选：D．
2．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于点O，E、F分别为OA和OC上的点（不与点A、O、C重合）．其中AE=OF．过点E作GH⊥AC，分别交AD、AB于点G、H；过点F作IJ⊥AC分别交CD、CB于点J、I；连接GJ、HI，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立．
乙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ可能为正方形．
丙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半．
下列选项正确的是（ ）

A．甲、乙、丙都对B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对D．甲不对，乙、丙对
【答案】C
【分析】连接HJ,GI，交于点M，根据轴对称的性质得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，证明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判断甲，进而得出四边形AHJD是平行四边形，四边形HJBC是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形GHIJ不可能是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接HJ,GI，交于点M，

∵四边形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，
∴GH∥JI，
根据菱形是轴对称图形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分线，
∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，
∵AE=OF，OA=OC，
∴EO=FC，
如图所示，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，

则四边形GEOK,TJFO是矩形，
∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH，TJ=OF=AE,TO=JF=12JI，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAO=∠DCO，
∵GK∥AO，TJ∥OC，
∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∠DGK=∠DAC=∠JCF，
∴△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC，
∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，JF=DK，
∴12DB=DO=DT+TO=GE+JF=12GH+JI，
即GH+IJ=BD，故甲正确；
∵DJ=AG，又AG=AH，
∴JD=AH，
∴四边形AHJD是平行四边形，
∴S△HCJ=12S四边形AHJD，HJ∥AD，HJ=AD，
∴四边形HJBC是平行四边形，
∴S△HIJ=12S四边形BHJC，
∴S四边形GHIJ=S△HCJ+S△HIJ=12S四边形BHJC+12S四边形AHJD=12S菱形ABCD，
即四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半，故丙正确；
同理可得AGBI，CDGI是平行四边形，
∴GI∥CD，HJ∥AD，
∵当GHIJ是正方形时，则GI⊥HJ，
∴AD⊥DC，
则四边形ABCD是正方形，
∵AC>BD，
∴四边形ABCD不是正方形，即四边形GHIJ不可能是正方形，故乙错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·江苏泰州·二模）证明：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
已知：如图1，D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，求证：DE∥BC，DE=12BC．
下面是某学习小组探究证明思路时发现的三种添加辅助线的方法，请选择其中一种，完成证明．
方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF；
方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F；
方法3：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AG∥BC交FE的延长线于点G．
应用：如图2，D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，请用无刻度的直尺和圆规作△ABC的角平分线BP（要求：直尺和圆规分别只使用一次，并保留作图痕迹）．
【答案】见解析
【分析】本题考查了作图、平行线的判定与性质、角平分线的性质和三角形中位线定理，
证明：方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF，先证明△ADE≌△CEF得到AD=CF，∠A=∠F，则AB∥CF，加上BD=CF，则可判断四边形BDFC为平行四边形，根据平行四边形的性质得到DF=BC，DF∥BC，从而得到DE∥BC，DE=12BC；
方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F，先证明△ADE≌△CEF，得到相应的边长相等，可得到四边形BDFC为平行四边形，即可得到答案；
方法3：需要证明两次三角形全等，以及证明两次平行四边形可得到结果；
应用：根据等腰三角形的性质以及平行线的性质可得到答案；
解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作
【详解】证明：方法1：延长DE至点F，使EF=DE，连接CF，如图所示：
，
∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，
∴AD=BD，AE=CE，
在△ADE和△CEF中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=FE，
∴△ADE≌△CEF（SAS），
∴AD=CF，∠A=∠F，
∴AB∥CF，
∵AD=BD=CF，
∴四边形BDFC为平行四边形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
方法2：过点C作CF∥AB交DE的延长线于F，如图所示：
，
∵CF∥AB，
∴∠A=∠FCE，
∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，
∴AD=BD，AE=CE，
在△ADE和△CEF中，
∠A=∠FCEAE=CE∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CEF（ASA），
∴AD=FC，DE=EF，
即AD=BD=FC，
∴四边形BDFC为平行四边形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
方法3：过E作EF∥AB交BC于F，过A作AG∥BC交FE的延长线于点G，如图所示：
，
∵EF∥AB,AG∥BC，
∴GF∥AB,AG∥BF，
∴四边形AGFB为平行四边形，
∴AG=BF,AB=GF，
∵AG∥BC，
∴∠G=∠CFE，
∵D、E分别是△ABC的边AB、AC中点，
∴AD=BD，AE=CE，
在△AGE和△CEF中，
∠G=∠CFE∠GEA=∠FECAE=EC，
∴△AGD≌△CFE（AAS），
∴AG=CF,GE=EF，
∵EF∥AB,AG∥BC，
∴∠GAE=∠DEA,∠DAE=GEA，
∵AE=EA，
∴△AGE≌△EDA（ASA），
∴AG=DE.AD=GE，
∵AD∥GF，
∴四边形AGED为平行四边形，
∴AG∥DE，AG=DE，
∵AG∥BC，AG=FC，AG=BF，
∴DE∥BC，DE=12BC；
应用：如图2，BP为所作的角平分线，
，
先在DE上截取DF=DB，连接BF并延长交AC于P点，由DB=DF得到∠DBF=∠DFB，再根据DE为△ABC的中位线得到DE∥BC，所以∠DFB=∠CBF，则∠DBF=∠CBF，从而得到BP平分∠ABC．
4（2023·河南周口·三模）综合与实践

问题提出
(1)如图①，△ABC是等腰三角形，点D，E分别在腰AC，AB上，且BE=CD，连接BD，CE．判断BD与CE长度的大小关系，并证明；
问题探究
(2)如图②，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，则BF=______；
问题解决
(3)今年全国两会上，不少来自农村、关注“三农”工作的代表委员期待电力在全面推进乡村振兴中发挥越来越重要的作用．某地区规划出如图③所示的四边形ABCD地块，计划开发出一个生态宜居，绿色人文的农业观光区，其中AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，AE是现有的地下电缆，CE=AB．为满足农业用电，B点和C点分别设置了风力发电机，现要埋电缆线路BP与线路AC，点P是AE的中点．已知埋每米电缆的费用是a元，请问埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的几倍？并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)8
(3)埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的2倍，理由见解析
【分析】（1）由“SAS”可证△EBC≌△DCB，可得BD=CE；
（2）由“SAS”可证△ADC≌△MDB，可得BM=AC，∠CAD=∠M，由等腰三角形的性质可求∠BFD=∠CAD=∠M，从而即可得到答案；
（3）先证明四边形ABEF是平行四边形，可得FE=AB，FE∥AB，由“SAS”可证△ABC≌△FCB，得到AC=FB=2BP，即可求解．
【详解】（1）解：BD=CE，
证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴∠EBC=∠DCB，
在△EBC与△DCB中，
BE=CD∠EBC=∠DCBBC=CB，
∴△EBC≌△DCBSAS，
∴BD=CE；
（2）解：如图，延长AD到M，使AD=DM，连接BM，如图②所示，
，
∵AD是△ABC的中线，
∴CD=BD，
在△ACD和△MBD中，
AD=MD∠ADC=∠MDBCD=BD，
∴△ADC≌△MDBSAS，
∴BM=AC，∠CAD=∠M，
∵AE=EF，
∴∠CAD=∠AFE，
∵∠AFE=∠BFD，
∴∠BFD=∠CAD=∠M，
∴BF=BM=AC=8；
故答案为：8；
（3）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，
∴AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
如图③，延长BP交AD于点F，连接EF，CF，
，
∵AD∥BC，
∴∠PAF=∠PEB，∠PFA=∠PBE，
∵点P是AE的中点，
∴AP=EP，
∴△AFP≌△EBPAAS，
∴AF=BE，BP=PF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴FE=AB，FE∥AB，
∴∠FEC=∠ABC=60°，
∵FE=AB，CE=AB，
∴FE=CE，
∴△FEC是等边三角形，
∴FE=FC，∠FCB=60°，
∴AB=FC，∠ABC=∠FCB=60°，
∵BC=CB，
∴△ABC≌△FCBSAS，
∴AC=FB=2BP，
∵埋电缆线路AC的费用为a⋅AC=a⋅2BP=2aBP，埋电缆线路BP的费用为a⋅BP=aBP，
∴埋电缆线路AC的费用是线路BP费用的2倍．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边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是解题的关键．
题型06 构建三角形中位线解决问题
1．（2023·山东青岛·模拟预测）如图，四边形EFGH顶点是四边形ABCD各边中点，若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要 桶
【答案】10
【分析】本题考查的是中点四边形，中位线定理和相似三角形的面积比等于相似比的平方；根据题意得出S四边形EFGH=12S四边形ABCD，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AC,BD，
∵E,F分别是AD,AB的中点，
∴EF∥BD，EFBD=12
∴△AEF∽△ADB
∴S△AEF=14S△ABD，同理可得S△CGH=14S△BCD，
则S△AEF+S△CGH=14S四边形ABCD
同理可得S△DEH+S△BGF=14S四边形ABCD
∴S四边形EFGH=12S四边形ABCD
若把EFGH涂满红油漆需要10桶，那么要把其余部分涂满黑颜色，需要10桶,
故答案为：10．
2．（2023·安徽·二模）如图，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延长BC到点D，CD=4，点E是AD的中点，BE交AC于点F，则△AEF的面积为 ．

【答案】154
【分析】利用三角形的面积公式求出△ACD的面积，进而求出△ABD的面积，利用中线平分面积，得到△ABE的面积，取AC的中点G，连接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG，求出EFBF的值，利用同高三角形点面积比等于底边比，进行求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，
∴S△ABD=12AB⋅BC+CD=30，
∵点E是AD的中点，
∴S△ABE=12S△ABD=15，
取AC的中点G，连接EG，则：EG∥CD,EG=12CD=2，

∴△BFC∽△EFG，
∴EFBF=EGBC=26=13，
∴EFBE=14，
∴S△AEF:S△ABE=EF:BE=1:4，
∴S△AEF=14S△ABE=154；
故答案为：154．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角形的中位线和相似三角形．
3．（2023·浙江·模拟预测）已知四边形ABCD内接于圆O，对角线AC与BD垂直相交于点E，点F，G分别为AB，CD的中点，求证：EF=OG．

【答案】见解析
【分析】作直径DH，根据三角形中位线定理求得OG=12CH，根据直角三角形斜边中线的性质求得EF=12AB，再利用等角的余角相等求得∠ACB=∠HDC，推出AB=CH，据此即可证明EF=OG．
【详解】证明，作直径DH，连接CH，

∵点G、O分别为DH、CD的中点，
∴OG=12CH，
∵AC⊥BD，点F为AB的中点，
∴EF=12AB，∠DBC+∠ACB=90°，
∵DH为直径，
∴∠DCH=90°，
∴∠H+∠HDC=90°，
又∵∠H=∠DBC，
∴∠ACB=∠HDC，
∴AB=CH，
∴EF=OG．
【点睛】本题考查了圆周角定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
4．（2023·福建泉州·模拟预测）在△ABC中，F为边AB上一点．

(1)如图1，若AC2=AF⋅AB，求证：△ACF∽△ABC．
(2)若G为CF的中点，AC=4，
①如图2，若∠FBG=∠ACF，AB=5，求BF的长；
②如图3，若∠ABC=30°，∠A=∠BGF=45°，直接写出BF的长．
【答案】(1)见解析
(2)①3；②BF=210-22
【分析】（1）根据已知条件得出ACAF=ABAC，又∠A=∠A，即可得证；
（2）①解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，设：BF=x，则BD=x，AD=5+x，AF=5-x，证明△ACF∽△ADC，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；①解法2：取FA中点D，连结DG，设：AD=DF=x，则BD=5-x，证明△DGF∽△DBG，根据相似三角形的性质列出方程，解方程，即可求解；
②解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，过点C作CE⊥AB于点E，证明△DCF∽△DAC，得出DC2=AD⋅DF，在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，则AD⋅DF=DE2+EC2，建立方程，解方程，即可求解；②解法2：过点C作CE⊥AB于点E，在AE上取点D，使CD=CF，在Rt△DEC中，勾股定理求得CD，证明△DCA∽△FBG，得出DC⋅FG=AD⋅BF，解方程，即可求解．
【详解】（1）∵AC2=AF⋅AB，即ACAF=ABAC
∵∠A=∠A，
∴△ACF∽△ABC；
（2）
①解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC
设：BF=x，则BD=x，AD=5+x，AF=5-x
∵G为CF的中点，B为DF的中点，
∴BG是△FDC的中位线，
∴ BG∥DC
∴ ∠FBG=∠D，
∵ ∠FBG=∠ACF，
∴ ∠D=∠ACF，
∵ ∠A=∠A，
∴ △ACF∽△ADC
∴ ACAD=AFAC，
∴ 45+x=5-x4
解得：x1=3，x2=-3（不合题意舍去）
∴ BF=3

①解法2：取FA中点D，连结DG
设：AD=DF=x，则BD=5-x
∵G为CF的中点，D为AF的中点
∴DG是△FAC的中位线
∴ DG∥AC，且DG=12AC=2
∴ ∠FGD=∠ACF
∵ ∠DBG=∠ACF，
∴ ∠FGD=∠DBG，
∵ ∠BDG=∠BDG，
∴ △DGF∽△DBG
∴ DGBD=DFDG，
∴ 25-x=x2
解得：x1=1，x2=4（不合题意舍去）
∴ AD=DF=1，
∴ BF=AB-AF=5-2=3
②解法1：延长FB到点D，使FB=BD，连结DC，过点C作CE⊥AB于点E，

设：BF=BD=x，
∵ Rt△AEC中，∠A=45°，
∴ AE=CE=AC2=22，
∵ Rt△BEC中，∠ABC=30°，
∴ BE=3EC=26，
∴ ED=BD+BE=x+26，
∴ AD=ED+AE=x+26+22，
∵G为CF的中点，B为DF的中点
∴BG是△FDC的中位线，
∴ BG∥DC，
∴ ∠BGF=∠FCD，
∵ ∠BGF=∠A，
∴ ∠FCD=∠A，
∵ ∠D=∠D，
∴ △DCF∽△DAC，
∴ DCAD=DFDC，
∴ DC2=AD⋅DF，
∵在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，
∴ AD⋅DF=DE2+EC2
即2xx+26+22=x+262+222
解得：x1=210-22，x2=-210-22（不合题意舍去）
∴ BF=210-22
②解法2：过点C作CE⊥AB于点E，在AE上取点D，使CD=CF，

设：BF=x，
∵ Rt△AEC中，∠A=45°，
∴ AE=CE=AC2=22，
∵ Rt△BEC中，∠ABC=30°，
∴ BE=3EC=26，
∴ EF=BE-BF=26-x，
∵ CD=CF，CE⊥AB，
∴ DE=EF=26-x，
∴ AD=AE-DE=22-26+x，
∵在Rt△DEC中，CD=DE2+CE2=26-x2+8，
∴ CF=CD=26-x2+8，
∵G为CF的中点，
∴ FG=12CF=1226-x2+8，
∵ CD=CF，∠CFD=∠CDF，
∴ 180°-∠CFD=180°-∠CDF，即∠BFG=∠CDA
∵ ∠A=∠BGF，
∴ △DCA∽△FBG，
∴ DCAD=BFFG，
∴ DC⋅FG=AD⋅BF，
∴ 26-x2+8⋅1226-x2+8=x22-26+x
解得：x1=210-22，x2=-210-22（不合题意舍去）
∴ BF=210-22
【点睛】本题主要考查三角形的综合性题目，包括相似三角形的判定和性质，三角形中点的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
题型07 根据特殊四边形的性质与判定求解
1．（2024·山西朔州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3,M为对角线BD上的一点（不与点B,D重合），连接AM，过点M作MN⊥AM交边CD于点N，连接AN．若BM:BD=2:5，则DN的长为 ．
【答案】32
【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关判定及性质，适当添加辅助线解决问题是解题的关键．
过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则GH⊥CD，根据矩形的性质，可证△BGM∽△BAD，从而得出BG=165，AG=HD=245，MG=125，MH=185，再根据△AGM∽△MHN可得HN=95，进而可得DN．
【详解】解：过点M作MG⊥AB于G，延长GM交CD于H，则GH⊥CD，如图：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠ADC=∠AGH=90°，AD=BC=3，AB=CD=4，
∴四边形AGHD为矩形，
∴AG=DH，GH=AD=3，GM∥AD，
∴△BGM∽△BAD，
∴ BGBA=GMAD=BMBD，
∵BM:BD=2:5，
∴ BGBA=GMAD=BMBD=25，
∴ BG=25AB=85，MG=25AD=65，
∴ AG=HD=AB-BG=4-85=125，
∴ MH=GH-GM=3-65=95，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMG+∠HMN=90°，
∵∠AMG+∠MAG=90°，
∴∠HMN=∠MAG，
∵∠AGM=∠MHN=90°，
∴△AGM∽△MHN，
∴ AGMH=MGHN，
即：12595=65HN，
解得：HN=910，
∴ DN=HD-HN=125-910=32，
故答案为：32．
2．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，已知，等边△ABC中，AB=6，将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，连接BD，交AC于O点，E点在OD上，且DE=2OE，F是BC的中点，P是AC上的一个动点，则PF-PE的最大值为 ．
【答案】3
【分析】由折叠可证四边形ABCD为菱形，BO是AC边上的中线，如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，则BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，则PE=PM，AE=AM，PF-PE=PF-PM，可知当点P运动到点A时，PF-PE最大，最大为FM，勾股定理求AF=AC2-CF2=33，则FM=13AF，计算求解即可．
【详解】解：∵△ABC为等边三角形，AB=6，
∴AB=AC=BC=6，
∵将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD=CD=BC=AB=6，
∴四边形ABCD为菱形，
∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，
∴BO是AC边上的中线，
如图，连接AE、AF、PM，交BD于M，
∵F是BC的中点，
∴AF是BC边上的中线，∠BAC的角平分线，
∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，
∵DE=2OE，
∴OM=OE，
∵BD⊥AC，
∴PE=PM，AE=AM，
∴PF-PE=PF-PM，
∴当点P运动到点A时，PF-PE最大，最大为FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=AC2-CF2=33，
∴FM=13AF=3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了三角形中线的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，含30°的直角三角形等知识．根据题意确定最大值的情况是解题的关键．
3．（2023·湖南娄底·三模）已知四边形ABCD是矩形，连接BD．

(1)如图1，∠ADB的平分线交AB于E，交CB的延长线于点F．∠DBF的平分线交DF于点H，交DA的延长线于点G，连接FG．
①求证：BD=BF；
②求证：四边形GFBD为菱形；
(2)在（1）的条件下，如图2，连接AC交DF于点P，交BD于点O，若DP=HP，求ABAD的值．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析
(2)3
【分析】（1）由矩形性质得到AD∥BC，则∠ADF=∠BFD，再由角平分线定义得到∠ADF=∠BDF，则∠BFD=∠BDF，即可得出BD=BF；②由AD∥BC，得到∠ADB+∠FBD=180°，进而根据相关角的关系得到BG⊥DF，再由①中BD=BF，确定DH=FH，利用两个三角形全等的判定与性质得出△BDH≌△GDHASA，利用平行四边形判定及菱形的判定即可得证；
（2）根据题意得出PO是△BDH的中位线，有AC∥BG，进而得到四边形AGBC是平行四边形，利用平行四边形及矩形性质得到AD=AG=12DG，再根据（1）②中四边形BDGF是菱形，得出BD=2AD，在Rt△ABD中，根据勾股定理得AB=3AD，即可得到答案．
【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADF=∠BFD，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF，
∴∠BFD=∠BDF
∴BD=BF
②由①知AD∥BC，
∴∠ADB+∠FBD=180°，
∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，
∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，
∴2∠BDF+2∠DBG=180°，
∴∠BDF+∠DBG=90°，
∴∠BHD=180°-∠BDF+∠DBG=90°，
∴BG⊥DF，
由①知BD=BF，
∴DH=FH，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADH=∠BDH，
∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，
∴△BDH≌△GDHASA，
∴BH=GH，
∵DH=FH，
∴四边形BDGF是平行四边形，
∵BG⊥DF，
∴四边形BDGF是菱形；
（2）解：∵点O是矩形对角线AC与BD的交点，
∴OD=OB，∵DP=HP，
∴PO是△BDH的中位线，
∴AC∥BG，
∵AD∥BC，
∴四边形AGBC是平行四边形，
∴AG=BC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD，
∴AD=AG=12DG，
由（1）②知四边形BDGF是菱形，
∴DG=BD，
∴BD=2AD，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得，AB=BD2-AD2=4AD2-AD=3AD，
∴ABAD=3ADAD=3．
【点睛】本题考查四边形综合，涉及矩形性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理及勾股定理等知识，熟练掌握相关几何性质与判定，结合问题灵活运用是解决问题的关键．
4．（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与实践
旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与我们所学过的全等三角形等等数学知识相结合来解决问题，有时我们还能从中探索学习一些新知．小苗在研究三角形旋转过程中，进行如下探究：如图，已知正方形ABCD和正方形AEFG．
观察猜想：
（1）在图1中，点E，F，G分别在边AB，AC，AD上，直接写出GDFC= ；
实践发现：
（2）将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接DG，FC，请问（1）中的结论是否发生变化？并加以证明：
联系旧知：
（3）如果正方形ABCD的边长为5，正方形AEFG的边长为3．将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图3所示位置，连接EG交AB于点M，交AC于点N，若NG=22，直接写出EM的长 ；
探求新知：
（4）在（3）的条件下，当正方形AEFG绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线时，直接写出CG的长 ．
【答案】（1）22
（2）（1）中的结论不变，证明见解析
（3）625；
（4）17或65
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质证明AF=2AG，再由FG∥DC根据平行线分线段成比例定理得AGGD=AFFC，则GDFC=AGAF=22；
（2）连接AF，证明△DAG∽△CAF，则GDFC=ADAC=22，即可证明（1）中的结论不变；
（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=32，将△AGN绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，则∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，HE=NG=22，再证明△MAH≌△MAN，得MH=MN，设EM=x，则MH=MN=32-22-x=522-x，根据HE2+EM2=MH2列方程求出x的值即可；
（4）当E，F，B三点共线时，可由∠AEB=90°，AB=5，AE=3，根据勾股定理求得BE=4；CG的长存在两种情况，一是点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，四边形BRGQ是矩形，可证明△GAQ∽△ABE，得AQBE=GQAE=AGBA=35，所以AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，求得GR和CR的长，再根据勾股定理求出CG的长；二是点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，GR⊥AD于点R，则四边形DRGQ是矩形，由∠ARG=90°，得∠GAR=∠BAE=90°-∠DAE，则ARAG=cs∠GAR=cs∠BAE=35，GRAG=sin∠GAR=sin∠BAE=45，所以AR=35×3=95，GR=45×3=125，求得GQ和CQ的长，再根据勾股定理求出CG的长．
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠AGF=∠D=90°，AG=FG，AD=CD，
∴AF=AG2+FG2=AG2+AG2=2AG，
∵FG∥DC，
∴ AGGD=AFFC，
∴ GDFC=AGAF=12=22．
(2)不变．证明如下：
如图，连接AF，

∵ 四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=180°-90°2=45°，AC=AD2+CD2=AD2+AD2=2AD，
∴ADAC=22，
同理可证∠GAF=∠GFA=45°，AGAF=22，
∴ADAC=AGAF，
∵∠DAG=∠DAC-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC，
∴∠DAG=∠CAF，
∴△DAG~△CAF，
∴GDFC=ADAC=22，
∴（1）中的结论不变．
(3) 如图3，

∵AE=AG=3，∠EAG=90°，
∴∠AEM=∠AGN=45°，EG=AE2+AG2=32+32=32，
将△AGN绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到△AEH，连接MH，
∴∠EAH=∠GAN，AH=AN，∠AEH=∠AGN=45°，HE=NG=22，
∴∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，
∵AB=BC，∠B=90°，
∴∠MAN=∠BCA=45°，
∴∠MAH=∠EAM+∠EAH=∠EAM+∠GAN=45°，
∴∠MAH=∠MAN，
∵AM=AM，
∴△MAH≌△MAN(SAS)，
∴MH=MN，
设EM=x，则MH=MN=32-22-x=522-x，
∵HE2+EM2=MH2，
∴222+x2=522-x2，
解得x=625，
∴EM的长为625；
(4) 如图4，

E，F，B三点共线且点F在线段BE上，作GQ⊥AB于点Q，GR⊥BC于点R，则∠CRG=90°，
∵∠E=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=AB2-AE2=52-32=4，
∵∠AQG=∠E=∠EAG=90°，
∴∠GAQ=∠ABE=90°-∠BAE，
∴△GAQ∽△ABE，
∴ AQBE=GQAE=AGBA=35，
∴AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，
∵∠GQB=∠QBR=∠GRB=90°，
∴四边形BRGQ是矩形，
∴GR=BQ=5-125=135，BR=GQ=95，
∴CR=5-95=165，
∴CG=GR2+CR2=1352+1652=17；
如图5，

E，F，B三点共线且点E在线段BF上，作GQ⊥CD交CD的延长线于点Q，GR⊥AD于点R，
∵∠AEB=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=4，
∵∠ARG=90°，∠GAR=∠BAE=90°-∠DAE，
∴ ARAG=cs∠GAR=cs∠BAE=35，GRAG=sin∠GAR=sin∠BAE=45，
∴AR=35×3=95，GR=45×3=125，
∴DR=5-95=165，
∵∠Q=∠RDQ=∠DRG=90°，
∴四边形DRGQ是矩形，
∴GQ=DR=165，DQ=GR=125，
∴CQ=5+125=375，
∴CG=GQ2+CQ2=(165)2+(375)2=65，
∴CG的长为17或65．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
题型08 与特殊四边形有关的折叠问题
1．（2022·安徽合肥·模拟预测）如图1，在五边形纸片ABCDE中，∠A=120°，将五边形纸片沿BD折叠，点C落在点P处，在AE上取一点Q，将△ABQ和△EDQ分别沿BQ、DQ折叠，点A、E恰好落在点P处．

（1）∠C+∠E= ；
（2）如图2，若四边形BCDP是菱形，且Q、P、C三点共线时，则BQAB= ．
【答案】 240°/240度 62/126
【分析】（1）由折叠的性质可得∠A=∠BPQ=120°，又∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，即可求解；
（2）由菱形的性质可得BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由SSS可证△ABQ≌△EDQ，可得∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）∵将五边形纸片ABCDE沿BD折叠，
∴∠A=∠BPQ=120°，∠QED=∠QPD，∠BCD=∠BPD，
∵∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，
∴∠BPD+∠QPD=240°，
∴∠BCD+∠QED=240°，
故答案为：240°；
（2）连接PC，交BD于H，设AB=a，如图：

∵四边形BPDC是菱形，
∴PC是BD的垂直平分线，BP=PD=BC=CD，
∵Q，P，C三点共线，
∴QC是BD的垂直平分线，
∴BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，
由折叠可知：∠A=∠BPQ=120°，AB=BP=DE=DP=a，∠AQB=∠BQP，∠EQD=∠PQD，AQ=QP=QE，
∴∠BPH=60°，
∴∠PBH=30°，
∴PH= 12 BP= 12a，BH= 3 PH= 32a，
在△ABQ和△EDQ中，
AB=DEQA=QEBQ=QD，
∴△ABQ≌△EDQ（SSS），
∴∠AQB=∠EQD，
∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD，
∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，
∴∠QBH=∠BQP=45°，
∴BH=QH= 32a，
∴BQ= 2 BH= 62a，
∴ BQAB=62aa=62
故答案为：62．
【点睛】本题考查了翻折变换，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，掌握折叠的性质是解题的关键．
2．（2022·湖北荆州·三模）如图，正方形纸片ABCD的边长为8，E是AB边上的动点．折叠纸片使点D与点E重合，折痕为FG，DC的对应边EC'交BC于点H．
(1)如图1，当点E是AB的中点时，则AF的长______．
(2)如图2，设AE的长为x，四边形CDFG面积为S．
①求DF的长度（用含x的代数式表示）；
②求S关于x的函数关系式，并求S的最小值．
(3)如图3，过点D作EC'的垂线，垂足为M，DM交FG于点N．
①求△BHE的周长．
②当△BHE与△MNE的周长之差为2时，请直接写出sin∠EHB的值．
【答案】(1)3
(2)①DF=116x2+4；②S=12x-42+24，最小值为24
(3)①16；②sin∠EHB=725
【分析】（1）当E为AB的中点时，AE=12AB=4，设AF =x，则EF=FD=AD-AF=8-x，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，建立方程解方程求解即可；
（2）①过点G作GK⊥AD，则四边形CGKD是矩形，连接ED，交FG于点P，证明
△ADE≌△KGF，设AE=x，则FK=x，DF=FE=8-AF，得AF=4-116x2，进而求得FD；
②由矩形的性质可得CG=KD=FD-FK=116x2+4-x，根据梯形面积求解即可；
（3）①由（2）可得AE=x， AF=4-116x2，EF=116x2+4，则BE=8-x，证明△AEF∽△BHE，根据相似三角形的性质求得BH，BE，EH，即可求得△BHE的周长为16；
②当△BHE与△MNE的周长之差为2时，则△MNE的周长为14或18，连接EN，证明四边形EFDN是菱形，则EF=EN，证明△AEF∽△BHE，根据相似三角形的性质可得EFEH=78或98，由△AEF∽△BHE，AFBE=78或98，建立方程求得x，进而求得AF，EF，根据sin∠EHB=sin∠AEF=AFEF即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD=8，
当E为AB的中点时，AE=12AB=4，设AF =x，
则EF=FD=AD-AF=8-x，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，则42+x2=8-x2，
解得：x=3，
∴AF=3，
故答案为：3；
（2）①如图，过点G作GK⊥AD，则四边形CGKD是矩形，连接ED，交FG于点P
∵ E，D关于FG对称，
∴ED⊥FG，
∴∠FPD=∠FKG=90°，
∴∠ADE+∠DFP=∠FGK+∠DFP =90°，
∵ ∠ADE=∠KGF，
由正方形性质可知KG=CD=AD，
∴△ADE≌△KGF，
设AE=x，则FK=x，DF=FE=8-AF，
∴x2+AF2=8-AF2，
∴AF=4-116x2，
∴ DF=8-AF=116x2+4；
②由矩形的性质可得CG=KD=FD-FK=116x2+4-x，
∴四边形CDFG面积为S=12CG+FD×8=4116x2+4-x+116x2+4
=12x2-4x+32
=12x-42+24
∴S=12x-42+24，最小值为24；
（3）①如图，由（2）可得AE=x， AF=4-116x2，EF=116x2+4，则BE=8-x，
在正方形ABCD中由于对折可知，∠ADC=∠FEH=90°，
∴∠1＋∠2=90°，
又∵∠A=∠B=90°，
∴∠1＋∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∴△AEF∽△BHE，
∴AFBE=AEBH=EFEH，
∵BE=AB-AE=8-x，
BH=AE⋅BEAF=x8-x4-116x2=16xx+8，EH=BE⋅EFAF=8-x⋅116x2+44-116x2=x2+64x+8，
∴△BHE的周长=BH＋EH＋BE=16x+x2+64x+8+8-x=16，
即：△BHE的周长为16；
②连接EN，
由折叠可知，∠DFN=∠EFN，EF=FD，
∵EF⊥EC'，DM⊥EC'，
∴EF∥DM，
∴∠MNG=∠EFN，∠FEN=∠ENM，
∴∠DFN=∠MNG，
∵∠FND=∠MNG，
∴∠DFN=∠DNF，
∴DF=DN，
∴EF=ND，
∴四边形EFDN是平行四边形，
∴EN∥FD，EN=FD，
∵EF=FD，
∴四边形EFDN是菱形，
∴EF=EN，
∴EN∥AD，
∴∠FEN=∠AFE，
∵ △AEF∽△BHE，
∴ ∠EHB=∠NEM，
∵DM⊥EH，
∴∠NME=∠B=90°，
∴△EMN∽△HBE，
△BHE的周长为16，
当△BHE与△MNE的周长之差为2时，则△MNE的周长为14或18，
∴ENEH=1416=78或ENEH=1816=98，
∵EF=EN，
∴EFEH=78或98，
∵ △AEF∽△BHE，
∴EFEH=AFBE，∠BHE=∠AEF，
∴AFBE=78或98，
∵BE=8-x，AF=4-116x2，
∴4-116x28-x=78或4-116x28-x=98，
解得x1=6，x2=8或x1=8，x2=10
∵0≤x≤8，
∴x=6，
∴ AE=6，
∴AF=4-116x2=4-94=74，
∴EF=116x2+4=94+4=254，
∴sin∠EHB=sin∠AEF=AFEF=74254=725．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，求正弦值，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023·河南驻马店·二模）综合与实践
数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片ABCD对折，使得点A，D重合，点B，C重合，折痕为EF，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N，折痕为BM．

(1)如图（1）若AB=BC，则当点N落在EF上时，BF和BN的数量关系是________，∠NBF的度数为________．
思考探究：
(2)在AB=BC的条件下进一步进行探究，将△BMN沿BN所在的直线折叠，点M的对应点为点M'．当点M'落在CD上时，如图（2），设BN，BM'分别交EF于点J，K．若DM'=4，请求出三角形BJK的面积．
开放拓展：
(3)如图（3），在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=4，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为BM，点A的对应点为点N，展开后再将四边形ABNM沿BN所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点M'，连接CP，DP，若PC=PD，请直接写出AM的长．(温馨提示：12+3=2-3，12+1=2-1)
【答案】(1)BF=12BN，60°
(2)2+2
(3)4-23
【分析】（1）根据折叠的性质得：AB=BN，BF=CF=12BC，根据直角三角形的性质可得∠BNF=30°，由直角三角形的两锐角互余可得结论；
（2）由折叠得：BM=BM'，证明Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，可知AM=CM'，∠ABM=∠CBM'，得△BFJ是等腰直角三角形，再证明四边形ABCD是正方形，分别计算BF=FJ=12BC=2+2，JK=2，由三角形面积公式可得结论；
（3）如图（3），过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根据等腰三角形的三线合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折叠的性质和矩形的性质可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，设PL=x，则M'L=2x，M'P=3x，根据NL=233=NM'+M'L，列方程可解答．
【详解】（1）解：由折叠得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，
∵AB=BC，
∴BF=12BN，
∴∠BNF=30°，
∴∠NBF=90°-30°=60°，
故答案为：BF=12BN，60°；
（2）由折叠得：BM=BM'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，
∴Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，
∴AM=CM'，∠ABM=∠CBM'，
∴∠ABM=∠MBN=∠NBM'=∠CBM'，
∴∠FBJ=45°，
∴△BFJ是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠D=90°，
∴DM=DM'=4，
∴MM'=42，
∵AM=MN=M'N=CM'，
∴CM'=22，
∴BC=CD=4+22，
∴BF=FC=2+2，
∵FK∥CM'，
∴BK=KM'，
∴FK=12CM'=2，
∵△BFJ是等腰直角三角形，
∴BF=FJ=12BC=2+2，
∴JK=2+2-2=2，
∴S△BJK=12⋅JK⋅BF=12×2×(2+2)=2+2；
（3）如图，过点P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，

∵PC=PD，
∴DH=CH=12CD=12AB=1，
∵∠PGC=∠PHC=∠BCH=90°，
∵四边形PGCH是矩形，
∴PG=CH=1，
由折叠得：BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，
Rt△BPG中，∠PBG=30°，
∴∠ABN=∠NBP=90°-30°2=30°，
延长NM'，BP交于L，
Rt△BNL中，BN=2，∠NBL=30°，
∴NL=2×33=233，
Rt△M'PL中，∠M'LP=90°-30°=60°，
∴∠PM'L=30°，
设PL=x，则M'L=2x，M'P=3x，
∵NL=233=NM'+M'L，
∴ 3x+2x=233，
∴x=433-2，
∴AM=3x=3×(433-2)=4-23．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键，题目具有一定的综合性，比较新颖．
题型09 利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·安徽滁州·二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，点M在AD上，连接ME并延长交BC于点N，连接DN交MC于点F．则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，则BM=CM；③若MD=2AM，则S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确结论的个数为（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNEAAS，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明△MND≌△DCMSAS后可进一步证明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴ BE=DE，AD∥BC，AD=BC，
∴ ∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE ，
∴ △DME≌△BNEAAS ，
∴ DM=BN，
∴ AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴ BM=CM，
故②正确；
∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，
∴BN=BC-CN=AD-AM=MD=2AM=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，

∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵ S△MNC=12CN⋅DQ=12CN⋅2EP=CN⋅EP，
S△BNE=12BN⋅EP=12×2CN⋅EP=CN⋅EP
∴ S△MNC=S△BNE，
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，

由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴ Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴ ∠NMD=∠CDM，
∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，
∴ △MND≌△DCMSAS ，
∴ ∠MND=∠DCM，
又∵ ∠NFM=∠CFD，MN=DC，
∴ △MNF≌△DCFAAS ，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等．
2．（2023·内蒙古赤峰·三模）如图，在正方形纸片ABCD中，点E为正方形CD边上的一点（不与点C，点D重合），将正方形纸片折叠，使点A落在点E处，点B落在点F处，EF交BC于点H，折痕为GM，连接AE、AH，AH交GM于点K下列结论：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH=45°，其中正确结论的个数是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根据翻折不变性可知∶MA=ME，即可判断①正确；过点G作GN⊥AD于N．设AE交GM于O，证明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判断②正确；根据翻折的性质证明∠AEF=∠AED，可以判断③正确；根据△ABH与△ADE不全等，可得AH≠AE，进而可以判断④错误；过点A作AQ⊥EF于点Q，证明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再证明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，进而可以判断⑤正确．
【详解】解∶根据翻折不变性可知∶MA=ME，
∴△AME是等腰三角形，故①正确；
如图1，过点G作GN⊥AD于N，交AE于T，设AE交GM于O．

∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，
∴四边形ABGN是矩形，
∴NG=AB=AD，
由折叠可知∶MG⊥AE，
∴∠GOT=90°，
∴∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，
∴∠NGM=∠DAE，
∵∠GNM=∠D=90°，
∴△GNM≌△ADE(ASA)，
∴MG=AE，故②正确；
∵MA=ME，
∴∠MEA=∠MAE，
由折叠可知∶∠FEM=∠BAM=90°，
∴∠AEF=90°-∠MEA，
∵∠AED=90°-∠MAE，
∴∠AEF=∠AED，
∴AE平分∠DEF，故③正确；
∵△GNM≌△ADE，
∴MN=DE，
∵△ABH与△ADE不全等，
∴AH≠AE，故④错误；
如图2，过点A作AQ⊥EF于点Q，．

∵AE平分∠DEF，
∴∠AED=∠AEQ，
又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，
∴△ADE≌△AEQ(AAS)，
∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，
∵AD=AB，
∴AB=AQ，
∵AH=AH，
∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，
∴∠HAB=∠HAQ，
∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ= 12 (∠BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正确．
综上所述∶结论正确的有∶①②③⑤，共4个．
故选∶ D．
【点睛】本题属于几何综合题，考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、等腰直角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属于中考选择题中的压轴题．
3．（2023·山东泰安·二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°-∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2-BM2=22-12=3，
∴MN的最小值为3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正确；
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC⋅MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC-BM=CD-CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，

故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
4．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片ABCD∠ADC>90°沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②AC⊥AB；③∠CDA=90°；④BB'=3AB．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形ABB'C是矩形可判断①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判断③；根据勾股定理可判断④．
【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B于点E，
由旋转的性质，得DB'=DB，
∴∠BDE=∠B'DE=12a=∠ADB，∠DEB=90°，
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四边形ABB'C是平行四边形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°-90°=90°，
∴四边形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正确；
∵∠DAB=45°，
∴∠DAC=45°，
∵AD=CD，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠CDA=90°；故③正确，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=2AD=2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=2AB，故④错误，
∴正确的有①②③，
故答案为①②③．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
题型10 特殊四边形与函数综合
1．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，一次函数y=-2x+6的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段AB上(不与点A，B重合)，过点P分别作OA和OB的垂线，垂足为C，D．当矩形OCPD的面积为4时，点P的坐标为( )

A．(2，2)B．12，5C．(1，4)或12，5D．(1，4)或(2，2)
【答案】D
【分析】由点P在线段AB上可设点P的坐标为(m，-2m+6)(00的图象上，过P1A的中点B1作矩形B1AA1P2，使顶点P2落在反比例函数的图象上，再过P2A1的中点B2作矩形B2A1A2P3，使顶点P3落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点P2的坐标为
（2）作出矩形B18A17A18P19时，落在反比例函数图象上的顶点P19的坐标为 ．

【答案】 2，12 218，1218
【分析】（1）先根据题意得出P1点的坐标，进而可得出反比例函数的解析式，再依次求出点P2，P3，P4的坐标，找出规律可得出Pn的坐标；
（2）根据（1）中的规律可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形OAP1B的边长为1，点P1在反比例函数y=kx（x＞0）的图象上，
∴P1（1，1），
∴k=1，
∴反比例函数的解析式为：y=1x，
∵B1是P1A的中点，
∴P2A1=AB1=12，
∴OA1=2，
∴P22，12．
故答案为：2，12．
（2）由（1）的解同理，得P322，122，P423，123…
∴Pn2n-1，12n-1，
当n=19时，P19218，1218．
故答案为：218，1218．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，解题的关键是找出规律．
题型12 与特殊四边形有关的新定义问题
1．（2022·湖南长沙·一模）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作完美四边形．如图1，四边形ABCD中，AB=BC，∠B+∠D=180°（或∠A+∠C=180°），则四边形ABCD叫作完美四边形．

(1)概念理解：在以下四种图形中：①平行四边形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四边形”的是______；（填写序号）
(2)性质探究：如图2，完美四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，请用等式表示线段AC，BC，CD之间的数量关系，并证明，
(3)拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是完美四边形，∠ADC=60°，AB+BC=6，AB≠BC，BC≠CD，当1≤BC≤3时，求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)④
(2)AC2=BC2+CD2，证明见解析
(3)四边形ABCD面积的最大值为93
【分析】（1）根据完美四边形的定义和正方形的性质即可判定；
（2）连接BD，根据完美四边形的定义证明A、B、C、D四点共圆，证明等腰直角△ABC、△ADC，四边形ABCD是正方形，AC=BD，根据勾股定理得AC2=BC2+CD2；
（3）连接AC，过A作AE⊥BC交CB延长线于E，过D作DF⊥AC于F，分类讨论：①AD=DC，根据∠ADC=60°可得△ADC是等边三角形，设BC=x，则AB=6-x，在Rt△ABE中，AE=326-x，BE=126-x，CE=3+12x，
AC2=x2-6x+36，等边△ADC中，DF=32AC可求S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC；②AD=AB，根据题意得S四边形ABCD=2S△AEC，由于1≤BC≤3，所以当x=1时，可求得S四边形ABCD=3543；综上所述，即可求四边形ABCD面积的最大值．
【详解】（1）解：正方形是一组邻边相等且对角互补的四边形，因此答案为④，
故答案为④．
（2）解：AC2=BC2+CD2，理由如下：
证明：连接BD，AC，

∵AB=AD，∠BAD=90°，由完美四边形的定义可知∠BCD=90°，
∴∠ADB=∠ABD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵AD=AB，
∴ ∠ABD=∠ACD=∠ADB=∠ACB=45°（同弧所对的圆周角相等），
∵∠BAD=90°，∠BCD=90°，
∴ A、B、C、D四点共圆，BD为圆O的直径，
∵OC=OD，∠ACD=45°，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∵∠ADB+∠CDO=45°+45°=90°，即∠ADC=90°，
∴AC是圆O的直径，
∵∠BAD=∠ADC=BCD=90°，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，AC=BD，
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2，
∵AC=BD，
∴AC2=BC2+CD2．
（3）解：①AD=DC，连接AC，
∵∠ADC=60°，
∴△ADC是等边三角形，∠ABC=120°，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC，
∵AB+BC=6，
设BC=x，则AB=6-x，
过A作AE⊥BC交CB延长线于E，过D作DF⊥AC于F，

∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-120°=60°，
在Rt△ABE中，AE=AB⋅sin60°=326-x，BE=AB⋅cs60°=126-x，
∴CE=BC+BE=x+126-x=3+12x，
∴AC2=AE2+CE2=326-x2+3+12x2=x2-6x+36，
在等边△ADC中，DF=DC⋅sin60°=32AC，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=12BC⋅AE+12AC⋅DF
=12⋅x⋅326-x+12⋅AC⋅32AC=12x⋅326-x+34AC2
=12x⋅326-x+34⋅x2-6x+36=332x-34x2+34x2-332x+93；
②AD=AB，
过A作AE⊥CD于点E， AF⊥CD于点F，

则∠E=∠AFD=90°，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°=∠D，
又AB=AD，
∴△ABE≌△ADF，
∴S△ABE=S△ADF，AE=AF，
∴S四边形ABCD=S四边形AECF，
∵∠E=∠AFC=90°，AC=AC，AE=AF，
∴Rt△AEC≌Rt△AFC，
∴S△AEC=S△AFC
∴S四边形ABCD=2S△AEC=2×12⋅AE⋅EC=326-x⋅3+12x=-34x2+93，
∵1≤BC≤3，
∴当x=1时，S四边形ABCD=-34x2+93=-34+93=3543；
综上所述，四边形ABCD面积的最大值为93．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了完美四边形的定义，解直角三角形，四点共圆，勾股定理等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
2．（2023·江苏无锡·二模）定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果ACCB=2，那么点C为线段AB的“白银分割点”．

(1)应用：如图2，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的“白银分割点”．
(2)已知线段AB（如图3），作线段AB的一个“白银分割点”，（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用折叠对应边相等得到等腰直角三角形，计算边长及边长比即可；
（2）利用（1）中结论，作一个等腰直角三角形底角的角平分线与腰的交点即为比例 1:2的“白银分割点”．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，AB=1，BC=2，
∴∠A=∠C=∠B=∠D=90°，AB=CD=1，BC=AD=2，
由折叠，点C落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=2，∠BFE=∠C=90°=∠GFE，EF=CE，
Rt△BAF中AF=BF2-AB2=(2)2-12=1=AB，
∴△BAF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°=∠GFD=∠FEG，
又∵∠D=90°，
∴△DFG与△DEF均是等腰直角三角形，
GE=2EF=2CE，
∴点E是线段GC的“白银分割点”．
（2）作法：过B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，点K即为线段AB的“白银分割点”．

证明如下：
由（1）中证明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，GE=2CE，点E是线段GC的“白银分割点”．

同理，上图中作KF⊥AE于点F，
∵EK平分∠AEG， EB⊥AB，KF⊥AE，
∴FK=BK
∵EB⊥AB AB=BE
∴∠A=∠AEB=45°
又∵KF⊥AE
∴△AFE为等腰直角三角形
∴AK=2KF=2KB
∴点K是线段AB的“白银分割点”．
【点睛】本题考查矩形及等腰直角三角形的边长比例计算及尺规作图，新定义的理解，需要结合题中构图分析原理找到目标作图的方法，能够总结模仿作图是解题的关键．
3．（2023·广东广州·一模）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；
(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)满足条件的AE的长为12
【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：
则∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°-45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°-22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF-∠ECF=67.5°-45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°-45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC时，如图所示：
则四边形AEFB和DEFC为矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；
若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：
∵AE=AB=6，
∴DE=AD-AE=15-6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此时点F不在边BC上，不符合题意；
若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：
此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD-DE=15-3=12，
综上所述，满足条件的AE的长为12．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
4．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形ABCE是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形ABCD的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)3603cm2
【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用SAS证明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可证明四边形ABCE是筝形：
（3）如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，先证明△ABC≌△ADC，推出S四边形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，进而求出AE=93cm，利用三角形面积公式求出S△ABC=1803cm2，则S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四边形ABCE是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴S△ABC=S△ADC，
∴S四边形ABCD=2S△ABC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=9cm，
∴AE=AB2-BE2=93cm，
∴S△ABC=12BC⋅AE=12×40×93=1803cm2，
∴S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型13 梯形的相关计算
1．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形ABDC中，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=2∠D，AC+1=BC+CD，AB=3，则线段BD的长 ．
【答案】25
【分析】作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，得到四边形BCDF是矩形，四边形ACDE是等腰梯形，设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，推出AC=x+y-1=DE=BE，得到BE=BF+EF=y+3，解方程x+y-1=y+3，求得x=4，在Rt△ABC和Rt△ADC中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作∠BDE=∠BDC， DE交AB延长线于点E，作DF⊥AE于点F，
则∠CDE=2∠BDC=∠ACD，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴AE∥CD，且四边形BCDF是矩形，
∴∠A+∠ACD=180°，∠E+∠CDE=180°，
∴∠E=∠A，
∴四边形ACDE是等腰梯形，则AC=DE，EF=AB=3，
∵AE∥CD，∠BDE=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC=∠DBE，
∴BE=DE，
设BC=x，CD=y，则DF=x，BF=y，
∵AC+1=BC+CD，
∴AC=x+y-1=DE=BE，
而BE=BF+EF=y+3，
∴x+y-1=y+3，
∴x=4，即BC=4，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=32+42=5=x+y-1，
∴y=2，即CD=2，
在Rt△ADC中，CD=2，BC=4，
∴BD=22+42=25．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形、梯形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2023·上海虹口·二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，点E为BC延长线上一点，∠ADB=∠CDE，点F在BD上，联结CF．

(1)求证：AD⋅DE=AC⋅DC；
(2)如果AD⋅CE=DF⋅DB，求证：四边形DFCE为梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明△DAB∽△DCE，根据相似比及等量替换即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明△DBC∽△DCF，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明FC∥DE，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AB=CD
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠DAB=∠ADC,AC=DB
∵AD∥BC
∴∠DCE=∠ADC
∴∠DAB=∠DCE
又∵∠ADB=∠CDE
∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=DBDE，即AD⋅DE=DB⋅DC
又∵AC=DB
∴AD⋅DE=AC⋅DC
（2）∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=ABCE，即AD⋅CE=AB⋅DC
∵AD⋅CE=DF⋅DB
∴AB⋅DC=DF⋅DB
∵AB=CD
∴CD⋅CD=DF⋅DB，即DCDB=DFDC，
又∵∠CDF=∠BDC
∴△DBC∽△DCF
∴∠DBC=∠DCF
∵AD∥BC
∴∠DBC=∠ADB
∵∠ADB=∠EDC
∴∠DCF=∠EDC
∴FC∥DE
∵FC≠DE
∴四边形DFCE为梯形．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似．
3．（2023·上海浦东新·一模）某地一段长为50米的混凝土堤坝，堤坝的横断面ABCD是等腰梯形（如图所示），坝顶AD宽为8米，坝高为4米，斜坡AB的坡度为1:1.5．
(1)求横断面ABCD的面积；
(2)为了提高堤坝的防洪能力，现需将原堤坝按原堤坝要求和坡度加高1米，求加高堤坝需要多少立方米的混凝土？（堤坝的体积=横断面的面积×堤坝的长度）
【答案】(1)横断面ABCD的面积为56m2．
(2)加高堤坝需要的混凝土为：325m3．
【分析】（1）如图，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，再证明AD=EF=8，BE=6=CF，再利用梯形面积公式进行计算即可；
（2）先画出图形，如图，过G作GK⊥AD于K，过H作HL⊥AD于L，结合题意可得：KG=HL=1，斜坡AG的坡度是1:1.5，四边形GADH，四边形GBCH都是等腰梯形，同理可得：AK=DL，GH=KL，再求解AK=1.5=DL，KL=5=GH，可得四边形GADH的面积为：132m2，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，过A作AE⊥BC于E，过D作DF⊥BC于F，
由等腰梯形是轴对称图形可得：AE=DF=4，BE=CF，四边形AEFD是矩形，
∴AD=EF=8，
∵斜坡AB的坡度为1:1.5，
∴AEBE=11.5，
∴BE=4×1.5=6=CF，
∴BC=BE+EF+CF=20，
∴横断面ABCD的面积为128+20×4=56m2．
（2）如图，过G作GK⊥AD于K，过H作HL⊥AD于L，
结合题意可得：KG=HL=1，斜坡AG的坡度是1:1.5，
四边形GADH，四边形GBCH都是等腰梯形，
同理可得：AK=DL，GH=KL，
由斜坡AG的坡度是1:1.5，
∴GKAK=11.5，
∴AK=1.5=DL，
∴KL=AD-AK-DL=8-1.5-1.5=5=GH，
∴四边形GADH的面积为：125+8×1=132m2，
∴加高堤坝需要的混凝土为：132×50=325m3．
【点睛】本题考查的是等腰梯形的性质，坡度的应用，堤坝体积的计算，理解题意，作出符合题意的图形，利用数形结合的方法解题是关键．
4．（2022·辽宁铁岭·三模）如图1是一个直四棱柱，如图2是它的三视图，其俯视图是等腰梯形．
(1)根据图2中给出的数据，可得俯视图（等腰梯形）的高为______，腰长为______；
(2)主视图和左视图中a＝______，b＝______，c＝______，d＝______；
(3)请你根据图1和问题（1）中的结果，计算这个直四棱柱的侧面积．（结果可保留根号）
【答案】(1)6,43
(2)23,33,23,6
(3)1083
【分析】（1）如图，过A作AK⊥BC于K，过D作DN⊥BC于N，则四边形AKND为矩形，可得AD=KN=33, 由等腰梯形是轴对称图形，对称轴为底边中点连线所在的直线，证明BK=CN=23,再利用锐角的正切可得答案；
（2）根据三种视图之间的联系可得答案；
（3）由四个侧面都为长方形，则直四棱柱的侧面积是4个长方形的面积之和，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，过A作AK⊥BC于K，过D作DN⊥BC于N，
则四边形AKND为矩形，
AD=KN=33,
由等腰梯形是轴对称图形，对称轴为底边中点连线所在的直线，
∴△ABK≌△DCN,
∴BK=CN=12(73-33)=23,
∵∠B=60°,
∴AK=BK·tan60°=23×3=6,AB=2BK=43,
故答案为：6,43
（2）根据俯视图与主视图的关系结合（1）可得：
a=c=23,b=33,
根据左视图与俯视图的关系可得：d=6,
故答案为：23,33,23,6
（3）直四棱柱的侧面积为：
33×6+73×6+2×43×6
=183+423+483=1083.
【点睛】本题考查的是直棱柱的三视图，等腰梯形的性质，直棱柱的侧面积的计算，熟悉直棱柱的三视图与实物图形之间的联系是解本题的关键．
题型14 四边形的常见几何模型
1．（2022·江苏无锡·一模）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB-PD=2BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG=S△APG．以上结论正确的有（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】①正确，证明A、B、F、P四点共圆，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得结论；
②正确，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到 △ABM，利用全等三角形的性质证明即可；
③正确，连接PC，过点P作PQ⊥CF于 Q，过点P作PM⊥CD于 W ，则四边形PQCW是矩形，证明FQ=QC，由PB=2BQ， PD=2PW=2CQ＝2FQ，推出 PB-PD=2 (BQ-FQ)＝2BF；
④错误，由△AEF≅△AMF，推出S△AEF=S△AMF=12FM·AB，因为FM 的长度是变化的，所以△AEF的面积不是定值；
⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．
【详解】解：如图，取AF的中点T，则AT＝TF，连接PT，BT，
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°， ∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BT=AT＝TF＝PT，
∴A、B、F、P四点共圆，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA，
∴PA＝PF，故①正确；
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM＝90° ，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C、B、M共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB +∠DAE=45°，
∴∠FAE＝∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM≅△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正确；
连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作 PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
FB=FB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA≅△PBC（SAS），
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB-PD=2BQ-FQ=2BF，故③正确；
∵△FAM≅△FAE，
∴S△AEF=S△AMF=12FM·AB，
∵FM的长度是变化的，
∴△AEF的面积不是定值，故④错误，
∵A、B、F、P四点共圆，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△FAM≅△FAE，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG∼△FAE，
∴S△APGS△AFE=PAAF2=PA2PA2=12，
∴S四边形PEFG=S△APG，故⑤正确．
故选：B．
【点睛】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，四点共圆，圆周角定理，等腰直角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，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
2．（2022·安徽安庆·二模）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形（如图1）．下面就让小聪同学带领你们来探索垂美四边形的奥秘吧！请看下面题目：
（1）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）试探索垂美四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系．猜想结论：（要求用文字语言叙述） 写出证明过程（先画出图形，写出已知、求证、证明）．
（3）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，连接CE，BG，GE，已知AC=2cm，AB=3cm，则GE长为 ．(直接写出结果，不需要写出求解过程)
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，证明见解析；（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明过程见解析；（3）21cm
【分析】（1）根据垂直平分线的判定与性质即可求解；
（2）根据垂直的定义和勾股定理即可解答；
（3）连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，先证明△BAG≌△EAC，继而得到∠ABG=∠AEC，根据∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，即有∠ABG+∠∠BMN=90°，则∠BNM=90°，即CE⊥BG，可知四边形CGEB是垂美四边形，根据（2）结论即可求解．
【详解】（1）四边形ABCD是垂美四边形．
证明：连接AC、BD，
∵AB=AD，
∴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，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；
（3）21cm；
理由：
连接CG、BE，BG与CE交于N点，AB、CE交于M点，如图，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠BAG=∠CAE，
∵AC=AG，AB=AE，
∴△BAG≌△EAC，
∴∠ABG=∠AEC，
∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
∴由（2）的结论可知BC2+GE2=GC2+BE2，
∵正方形的性质有BE=2AB，GC=2AC，
∴BE=32，GC=22，
∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=2，
∴理由勾股定理有BC=AB2-AC2=32-22=5，
∴GE2=GC2+BE2-BC2=(22)2+(32)2-(5)2=21，
∴GE=21（cm）．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直的定义、勾股定理等知识，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解答本题的关键．
3．（2023·陕西宝鸡·一模）问题提出
如图1，在△ABC中，AB=12,AC=9,DE∥BC．若AD=4，则AE的值为__________．
问题探究
如图2，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，连接EF、FG、GH、HE．若AC=14,BD=16,∠AOB=60°，求四边形EFGH的面积．
问题解决
如图3，某市有一块五边形空地ABCDE，其中∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°,AB=600米，BC=800米，AE=650米，DC=400米，现计划在五边形空地内部修建一个四边形花园MNGH，使点M、N、G、H分别在边AB、BC、CD、AE上，要求AH=CN,AM=CG,tan∠BNM=34,请问，是否存在符合设计要求的面积最大的四边形花园MNGH？若存在，求四边形MNGH面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】问题提出：3；问题探究：283；问题解决：存在四边形MNGH面积的最大值，四边形MNGH的最大面积为240000平方米．
【分析】问题提出：由DE∥BC，得AEAC=ADAB，得出AE9=412，进一步得出结果；
问题探究：根据三角形中位线性质可得出EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7， EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，从而得出四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，从而∠FEQ=∠AOB=60°，进一步得出结果；
问题解决：延长AE，CD，交于Q，可得出四边形ABCQ是矩形，设BM=6a，BN=8a，表示出△BMN和AAHM的面积，进而表示出四边形MNGH的面积，配方后求出结
果．
【详解】解：问题提出
∵DE∥BC，
∴AEAC=ADAB，
∴AE9=412，
∴AE=3，
故答案为：3；
问题探究如图，设AC，EH交于点R，BD，EF交于点T，作FQ⊥EH于Q，
∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7，EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，
∴四边形ETOR是平行四边形，四边形EFGH是平行四边形，
∴∠FEQ=∠AOB=60°，
∴FQ=EF·sin∠FEQ=7×sin60°=723，
∴S四边形EFGH=EH·FQ=8×723=283；
问题解决：如下图，延长AE，CD，交于Q，
∵∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AB=CQ，AQ=CB，
∵AH=CN，AM=CG，
∴BM=QG，BN=HQ，
∵tan∠BNM=34=BMBN，
∴可设BM=6a，BN=8a，
∴S△BMN=S△GHQ=12×6a⋅8a=24a2，
∴S△AMH=S△CGN=12600-6a800-8a，
∴S四边形MNGH=600×800-48a2-600-6a800-8a
=-96a-502+240000
∴存在四边形MNGH面积的最大值，当a=50米时，四边形MNGH的最大面积=240000(平方米)．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的应用，平行线分线段成比例定理等知识，解决问题的关键是设变量建立函数关系式．
4．（2023·江苏苏州·三模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边DC，BC上的点，连接AE，DF，且AE⊥DF于点G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．

(1)请你帮助同学们解决上述问题，并说明理由．
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°， ABAC=34，点D为AC的中点，连接BD，过点A作AE⊥BD于点E，交BC于点F，求AFBD的值．

(3)如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，点E，F分别在边AB，AD上，且DE⊥CF，垂足为G，则CFDE=______．

【答案】(1)CFAE=34
(2)AFBD=1217
(3)2425
【分析】（1）由矩形的性质得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，证明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性质得出CFAE=DCAD=68=34；
（2）过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，根据有三个直角的四边形，即四边形GBKH为矩形，证明△ADH≌△CDKAAS，由全等三角形的性质得出DH=DK，证明△AHD∽△BGA，由相似三角形的性质得出答案；
（3）过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，证明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，证明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性质得出BMDN=BCCD=34，设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，由勾股定理证出7x=25y，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴∠ADG+∠CDF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠FDC=90°，
∴∠DAG=∠FDC，
∴△DCF∽△ADE，
∴DFAE=DCAD=68=34；
（2）解：过点B作CB的垂线，过点D作CB的垂线，垂足为K，过点A作CB的平行线，分别交两条垂线于G，H，
∵∠GBK=∠G=∠HKB=90°
则四边形GBKH为矩形，

∵D为AC的中点，
∴AD=CD，
又∵∠AHD=∠CKD=90°，∠ADH=∠CDK，
∴△ADH≌△CDKAAS，
∴DH=DK，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠HAD=90°，
又∵∠GAB+∠GBA=90°，
∴∠HAD=∠GBA，
∵∠G=∠AHD=90°，
∴△AHD∽△BGA，
∴DHAG=AHBG=ADAB，
∵ABAC=34，AD=CD
∴ADAB=23，
设DH=2y，则BG=4y，AH=83y，
∴BGGH=4y3y+83y=1217，
由（1）知，AFBD=BGGH，
∴AFBD=1217；
（3）解：过C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延长线于点M，

∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△BAD≌△BCDSSS
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴BMDN=BCCD=34，
设BM=3y，则DN=4y，设AB=BC=3x，则AD=CD=4x，
∴CN=3x+3y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴4y2+3x+3y2=4x2，
解得7x=25y（x=-y舍去），
∴CFDE=CNAD=3x+3y4x=2425，
故答案为：2425．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2019·河南南阳·二模）问题背景
如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAF=12α，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系．
（1）特殊情景
在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______．
（2）类比猜想
类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由．
（3）解决问题
如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD=2，请直接写出DE的长．
【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE=523
【分析】（1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=12∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAF=12α可得∠BAE+∠FAD=12α，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案.
【详解】解：（1）BE+DF＝EF，
如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线．
由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣12∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，
故答案为BE+DF＝EF．
（2）成立．
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴点C，D，H在同一直线上．
∵∠BAD＝α，∠EAF=12α，
∴∠BAE+∠FAD=12α，
∴∠DAH+∠FAD=12α，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；
（3）DE=523，
如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′．
可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42，
∴CD=BC=BD=32，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易证△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2=(2)2+(32-DE)2，
解得DE=523．
【点睛】本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.
6．（2020·天津北辰·二模）平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A，C在坐标系上，点B（6，6），P是射线OB上一点，将△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，Q是点P旋转后的对应点．
(1)如图1，当OP=22时，求点Q的坐标；
(2)如图2，设点P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面积为S，求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
(3)当BP+BQ=82时，直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)Q（8，4）
(2)S=x2-6x+18，P（3，3）
(3)（13，-1）
【分析】（1）如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，过Q点作QH⊥x轴，垂足为H．证明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求点Q的坐标；
（2）如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．根据勾股定理和面积公式，得到S=x2-6x+18．进而可求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
（3）根据BP+BQ=82，可得BP+OP=82．因为OB=62，说明点P在OB的延长线上．可得BP=2，结合（1）进而可求点Q的坐标．
【详解】（1）解：如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，
过Q点作QH⊥x轴，垂足为H，则∠PGA=∠AHQ=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOB=45°．
∵B（6，6），
∴OA=6．
在Rt△OPG中，∠POG=45°，
∴△OPG是等腰直角三角形，即OG=PG，
∵OP=OG2+PG2=2OG2=22，
∴OG=PG=2．
∴AG=OA-OG=4．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AQ=AP，BQ=OP，∠GAP+∠HAQ=90°，
又∵∠HAQ+∠AQH=90°，
∴∠GAP=∠AQH
在△AQH和△APG中，
∠GAP=∠AQH∠PGA=∠AHQ=90°AP=AQ，
∴△AQH≌△APG（AAS）．
∴AH=PG=2，QH=AG=4．
∴Q（8，4）；
（2）解：如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=90°．
∵∠POG=45°，
∴OG=PG=x，
设P（x，x），
∴AG=6-x．
在Rt△APG中，根据勾股定理，
AP2=AG2+PG2=(6-x)2+x2，
整理得AP2=2x2-12x+36．
∵S△APQ=12AP•AQ，
∴S=x2-6x+18=(x-3)2+9．
∴当x=3时，S取最小值，
∴P（3，3）；
（3）解：Q（13，-1）．
理由如下：
∵△AOP绕点A旋转得到△ABQ，
∴OP=BQ．
∵BP+BQ=82，
∴BP+OP=82．
∵OB=62，
∴点P在OB的延长线上．
如图（3）：
由图知：BP+OP=BP+OB+BP=82
∴BP=2
∴OP=OB+BP=62+2=72，
∴OG＝PG＝22OP＝7，
∴AG=OG-OA=7-6=1，
由（1）的解，知Rt△AQH≌Rt△APG，
∴AH=PG=7，QH=AG=1，
∴OH=OA+AH=6+7=13，
∴Q（13，-1）．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质-旋转，解题的关键是数形结合综合运用以上知识．
题型15 与特殊四边形判定有关的综合问题
1．（2023·江西南昌·二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移33个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距离为：DD'=C'D'3=3，
即平移3个单位长度后是矩形，

继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=3AD=33，
即再平移23个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
2．（2023·浙江绍兴·三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=30°，∠C=60°，AB=6，AD=4，E、F是BC上的两动点，且EF=4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（ ）

A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
【答案】A
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形AEFD始终是平行四边形，当AE=AD=4时，四边形AEFD是菱形，当点E与点G重合时，四边形AEFD是矩形，即可求解．
【详解】解：如图，过点A、D作BC的垂线，垂足分别为G、H，

∵AD∥BC，
∴四边形ADHG为矩形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AG=12AB=3，
∴DH=3，
∵∠C=60°，
∴CD=DHsin60°=23