（浙江专用）中考数学二轮培优压轴题练习专题06 以四边形为载体的几何综合问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份（浙江专用）中考数学二轮培优压轴题练习专题06 以四边形为载体的几何综合问题（2份，原卷版+解析版），文件包含浙江专用中考数学二轮培优压轴题练习专题06以四边形为载体的几何综合问题原卷版doc、浙江专用中考数学二轮培优压轴题练习专题06以四边形为载体的几何综合问题解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
【考点1】有关四边形角度计算问题
【例1】（2019•绍兴）如图，在直线AP上方有一个正方形ABCD，∠PAD＝30°，以点B为圆心，AB长为半径作弧，与AP交于点A，M，分别以点A，M为圆心，AM长为半径作弧，两弧交于点E，连结ED，则∠ADE的度数为 15°或45° ．
【分析】分点E与正方形ABCD的直线AP的同侧、点E与正方形ABCD的直线AP的两侧两种情况，根据正方形的性质、等腰三角形的性质解答．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，
当点E与正方形ABCD的直线AP的同侧时，由题意得，点E与点B重合，
∴∠ADE＝45°，
当点E与正方形ABCD的直线AP的两侧时，由题意得，E′A＝E′M，
∴△AE′M为等边三角形，
∴∠E′AM＝60°，
∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵AD＝AE′，
∴∠ADE′＝15°，
故答案为：15°或45°．
点评：本题考查的是正方形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
【例2】（2019•台州）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD＝DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，可求CM，即可求tanα的值．
【解析】如图，
∵∠ADC＝∠HDF＝90°
∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°
∴△CDM≌△HDN（ASA）
∴MD＝ND，且四边形DNKM是平行四边形
∴四边形DNKM是菱形
∴KM＝DM
∵sinα＝sin∠DMC
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
设MD＝a＝BM，则CM＝8﹣a，
∵MD2＝CD2+MC2，
∴a2＝4+（8﹣a）2，
∴a
∴CM
∴tanα＝tan∠DMC
故选：D．
点评：本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，求CM的长是本题的关键．
【考点2】有关四边形线段计算综合问题
【例3】（2019•衢州）如图，取两根等宽的纸条折叠穿插，拉紧，可得边长为2的正六边形．则原来的纸带宽为（ ）
A．1B．C．D．2
【分析】根据正六边形的性质，正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，然后求出等边三角形的高即可．
【解析】边长为2的正六边形由6个边长为2的等边三角形组成，其中等边三角形的高为原来的纸带宽度，
所以原来的纸带宽度2．
故选：C．
点评：本题考查了等边三角形的性质以及正六边形的性质；熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
【考点3】有关四边形周长面积的计算问题
【例4】（2019•绍兴）正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D．在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大
C．一直变大D．保持不变
【分析】连接DE，△CDE的面积是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，则矩形与正方形面积相等．
【解析】连接DE，
∵，
，
∴矩形ECFG与正方形ABCD的面积相等．
故选：D．
点评：此题考查了正方形的性质、矩形的性质，连接DE由面积关系进行转化是解题的关键．
【例5】（2019•绍兴）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是 6+2或10或8+2 ．
【分析】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．
【解析】如图所示：
图1的周长为1+2+3+26+2；
图2的周长为1+4+1+4＝10；
图3的周长为3+58+2．
故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．
故答案为：6+2或10或8+2．
点评：考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
【例6】（2019•温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 12+8 cm．
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IOx，IKx﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2，再根据S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，即可得出BO＝22，进而得到△ABE的周长．
【解析】如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IOx，IKx﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2，
又∵S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，
∴x22×BO，
∴BO＝22，
∴BE＝2BO＝44，AB＝AEBO＝4+2，
∴△ABE的周长＝44+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
点评：本题主要考查了菱形的性质，解题时注意：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半．
【考点4】有关平行四边形的计算与证明问题
【例7】（2019•湖州）如图，已知在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，连结DF，EF，BF．
（1）求证：四边形BEFD是平行四边形；
（2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四边形BEFD的周长．
【分析】（1）根据三角形的中位线的性质得到DF∥BC，EF∥AB，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到DF＝DB＝DAAB＝3，推出四边形BEFD是菱形，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，
∴DF∥BC，EF∥AB，
∴DF∥BE，EF∥BD，
∴四边形BEFD是平行四边形；
（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，AB＝6，
∴DF＝DB＝DAAB＝3，
∵四边形BEFD是平行四边形，
∴四边形BEFD是菱形，
∵DB＝3，
∴四边形BEFD的周长为12．
点评：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定和性质，直角三角形的斜边中线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
【考点5】有关特殊平行四边形的计算与证明问题
【例8】（2019•宁波）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，FH＝2，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB＝EG，于是得到结论．
【解析】（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB＝EG，
∵EG＝FH＝2，
∴AB＝2，
∴菱形ABCD的周长＝8．
点评：本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键．
【例9】（2019•杭州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为S1，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1＝S2．
（1）求线段CE的长；
（2）若点H为BC边的中点，连接HD，求证：HD＝HG．
【分析】（1）设出正方形CEFG的边长，然后根据S1＝S2，即可求得线段CE的长；
（2）根据（1）中的结果可以题目中的条件，可以分别计算出HD和HG的长，即可证明结论成立．
【解析】（1）设正方形CEFG的边长为a，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴DE＝1﹣a，
∵S1＝S2，
∴a2＝1×（1﹣a），
解得，（舍去），，
即线段CE的长是；
（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，
∴CH＝0.5，
∴DH，
∵CH＝0.5，CG，
∴HG，
∴HD＝HG．
点评：本题考查正方形的性质、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点6】有关四边形的面积与函数最值综合问题
【例10】（2019•绍兴）有一块形状如图的五边形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在这块余料中截取一块矩形材料，其中一条边在AE上，并使所截矩形材料的面积尽可能大．
（1）若所截矩形材料的一条边是BC或AE，求矩形材料的面积．
（2）能否截出比（1）中更大面积的矩形材料？如果能，求出这些矩形材料面积的最大值；如果不能，说明理由．
【分析】（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，过点C作CF⊥AE于F，得出S1＝AB•BC＝6×5＝30；
②若所截矩形材料的一条边是AE，过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，证出△CHF为等腰三角形，得出AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，求出BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝1，AG＝AB﹣BG＝5，得出S2＝AE•AG＝6×5＝30；
（2）在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，证出△CGF为等腰三角形，得出MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝CG，设AM＝x，则BM＝6﹣x，FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，得出S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x，由二次函数的性质即可得出结果．
【解析】（1）①若所截矩形材料的一条边是BC，如图1所示：
过点C作CF⊥AE于F，S1＝AB•BC＝6×5＝30；
②若所截矩形材料的一条边是AE，如图2所示：
过点E作EF∥AB交CD于F，FG⊥AB于G，过点C作CH⊥FG于H，
则四边形AEFG为矩形，四边形BCHG为矩形，
∵∠C＝135°，
∴∠FCH＝45°，
∴△CHF为等腰直角三角形，
∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，
∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，
∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，
∴S2＝AE•AG＝6×5＝30；
（2）能；理由如下：
在CD上取点F，过点F作FM⊥AB于M，FN⊥AE于N，过点C作CG⊥FM于G，
则四边形ANFM为矩形，四边形BCGM为矩形，
∵∠C＝135°，
∴∠FCG＝45°，
∴△CGF为等腰直角三角形，
∴MG＝BC＝5，BM＝CG，FG＝CG，
设AM＝x，则BM＝6﹣x，
∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，
∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，
∴当x＝5.5时，即：AM＝5.5时，FM＝11﹣5.5＝5.5，S的最大值为30.25．
点评：本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形面积公式以及二次函数的应用等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等腰直角三角形是解题的关键．
【考点7】以四边形为载体的几何探究综合问题
【例11】（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的边长（用a，h表示）．
（2）操作：如何画出这个正方形PQMN呢？
如图2，小波画出了图1的△ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使点Q'，M'在BC边上，点N'在△ABC内，然后连结BN'，并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN．
（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．
（4）拓展：小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3），当∠QEM＝90°时，求“波利亚线”BN的长（用a，h表示）．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
【分析】（1）理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MN＝PN即可；
（4）过点N作ND⊥ME于点D，由等腰三角形的性质可得∠NEM＝∠MNE，ED＝DM，由“AAS”可证△QEM≌△MDN，可得EQ＝DMEM，通过证明△BEQ∽△BME，可得BM＝2BE，BE＝2BQ，即可求BN的长．
【解答】（1）解：如图1中，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
解得PN
（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．
（3）证明：如图2中，
由画图可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，
∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴，
同理可得：
∴，
∵M′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四边形PQMN是正方形
（4）如图，过点N作ND⊥ME于点D
∵MN＝EN，ND⊥ME，
∴∠NEM＝∠NME，ED＝DM
∵∠BMN＝∠QEM＝90°
∴∠EQM+∠EMQ＝90°，∠EMQ+∠EMN＝90°
∴∠EMN＝∠EQM，且MN＝QM，∠QEM＝∠NDM＝90°
∴△QEM≌△MDN（AAS）
∴EQ＝DMEM，
∵∠BMN＝∠QEM＝90°
∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∠BME+∠NME＝90°
∴∠BEQ＝∠BME，且∠MBE＝∠MBE
∴△BEQ∽△BME
∴，
∴BM＝2BE，BE＝2BQ
∴BM＝4BQ
∴QM＝3BQ＝MN，BN＝5BQ
∴
∴BNMN（）
点评：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
【考点8】四边形与相似三角函数等相结合的几何综合问题
【例12】（2019•嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．
（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC，在AB上任取一点P'，画正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC边上，N'在△ABC内，连结BN'并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PPQMN．小波把线段BN称为“波利亚线”．
（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．
（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN上截取NE＝NM，连结EQ，EM（如图3）．当tan∠NBM时，猜想∠QEM的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
【分析】（1）利用相似三角形的性质构建方程即可解决问题．
（2）根据题意画出图形即可．
（3）首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MN＝PN即可．
（4）证明△BQE∽△BEM，推出∠BEQ＝∠BME，由∠BME+∠EMN＝90°，可得∠BEQ+∠NEM＝90°，即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
解得PN．
（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．
（3）证明：如图2中，
由画图可知∠QMN＝∠PQM＝∠MNP＝∠BM′N′＝90°，
∴四边形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴，
同理可得：，
∴，
∵M′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四边形PQMN是正方形．
（4）解：如图3中，结论：∠QEM＝90°．
理由：由tan∠NBM，可以假设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，BQ＝k，BE＝2k，
∴，，
∴，
∵∠QBE＝∠EBM，
∴△BQE∽△BEM，
∴∠BEQ＝∠BME，
∵NE＝NM，
∴∠NEM＝∠NME，
∵∠BME+∠EMN＝90°，
∴∠BEQ+∠NEM＝90°，
∴∠QEM＝90°．
点评：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
一．选择题（共5小题）
1．（2020•拱墅区校级模拟）如图，E、F分别是矩形ABCD边上的两点，设∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，若∠AED＝α+β，下列结论正确的是（ ）
A．α＝βB．α＝γC．α+β+2γ＝90°D．2α+γ＝90°
【分析】由矩形的性质得出∠A＝∠ADC＝90°，则α+β+γ＝90°，由直角三角形的性质得出∠AED+α＝90°，证出2α+β＝90°，推出α+β+γ＝2α+β，即可得出结果．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，
∴α+β+γ＝90°，
∵∠AED+α＝90°，∠AED＝α+β，
∴2α+β＝90°，
∴α+β+γ＝2α+β，
∴α＝γ，
故选：B．
2．（2020•萧山区一模）如图，▱ABCD的周长为22cm，对角线AC、BD交于点O，过点O与AC垂直的直线交边AD于点E，则△CDE的周长为（ ）
A．8cmB．9cmC．10cmD．11cm
【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，可得AD+CD＝11cm，由线段垂直平分线的性质可得AE＝CE，即可求△CDE的周长＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，
又∵EO⊥AC，
∴AE＝CE，
∵▱ABCD的周长为22cm，
∴2（AD+CD）＝22cm
∴AD+CD＝11cm
∴△CDE的周长＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm
故选：D．
3．（2019•鹿城区校级三模）如图，将矩形ABCD的四边BA，CB，DC，AD分别延长至点EF，G，H，使得AE＝BF＝CG＝DH．已知AB＝1，BC＝2，∠BEF＝30°，则tan∠AEH的值为（ ）
A．2B．C．1D．1
【分析】设AE＝BF＝CG＝DH＝x，根据矩形的性质得出AD＝BC＝2，∠ABC＝∠BAD＝90°，求出∠EAD＝∠EBF＝90°，解直角三角形求出x，求出AH，解直角三角形求出即可．
【解析】设AE＝BF＝CG＝DH＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠EBF＝90°，
∵AB＝1，∠BEF＝30°，
∴BEBF，
∴x+1x，
解得：x，
∴AE＝BF＝CG＝DH，
∴AH＝AD+DH＝2，
∴tan∠AEH21，
故选：C．
4．（2019•海宁市二模）如图，在▱ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，E是AD的中点，连结BE交对角线AC于点F，连结DF，则tan∠DFE的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】作DG⊥BE交BE的延长线于G，作FH⊥AD于H，由直角三角形的性质得出BC＝2AB，得出AE＝DE＝AB，证出∠AEB＝30°＝∠EAF，得出AF＝EF，得出AE＝2EH，EF＝2FH，EFEHAE，由直角三角形的性质得出DE＝2DG，EGDG，设DG＝x，则EGx，AE＝DE＝2x，EFx，由三角函数即可得出结果．
【解析】作DG⊥BE交BE的延长线于G，作FH⊥AD于H，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°，
∴AD＝BC，∠BAD＝120°，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝30°，∠EAF＝30°，
∴BC＝2AB，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE＝AB，
∴∠AEB＝30°＝∠EAF，
∴AF＝EF，
∵FH⊥AD，
∴AE＝2EH，EF＝2FH，EFEHAE，
∵∠DEG＝∠AEB＝30°，DG⊥BE，
∴DE＝2DG，EGDG，
设DG＝x，则EGx，AE＝DE＝2x，EFx，
∴tan∠DFE；
故选：B．
5．（2019•义乌市一模）如图，已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点，正方形EFGH的顶点G、H都在边AD上，若AB＝3，BC＝4，则tan∠AFE的值（ ）
A．等于B．等于
C．等于D．随点E位置变化而变化
【分析】根据题意可知EF∥AD，由该平行线的性质推出△AEH∽△ACD，结合该相似三角形的对应边成比例和锐角三角函数的定义解答．
【解析】∵EH∥CD，
∴△AEH∽△ACD，
∴，
设EH＝3a，AH＝4a，
∴HG＝GF＝3a，
∵EF∥AD，
∴∠AFE＝∠FAG，
∴tan∠AFE＝tan∠FAG．
故选：B．
二．填空题（共5小题）
6．（2020•龙岗区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是BC、DC的中点，AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，则AB的长是 ．
【分析】首先延长DC和AM交于E，过点E作EH⊥AN于点H，易证得△ABM≌△ECM，即可得ABNE，然后由AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，求得AH，NH与EH的长，继而求得EN的长，则可求得答案．
【解析】延长DC和AM交于E，过点E作EH⊥AN于点H，如图．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CE，
∴∠BAM＝∠CEM，∠B＝∠ECM．
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM．
在△ABM和△ECM中，
，
∴△ABM≌△ECM（AAS），
∴AB＝CD＝CE，AM＝EM＝4，
∵N为边DC的中点，
∴NE＝3NCAB，即ABNE，
∵AN＝3，AE＝2AM＝8，且∠MAN＝60°，
∴∠AEH＝30°，
∴AHAE＝4，
∴EH4，
∴NH＝AH﹣AN＝4﹣3＝1，
∴EN7，
∴AB7．
故答案为．
7．（2019•嘉善县模拟）在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交边AD于点E，∠BED的平分线交直线CD于点F．若AB＝3，CF＝1，则BC＝ 1或41 ．
【分析】当点F交在CD上时，如图1所示，由角平分线得∠ABE＝∠CBE，平行线AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可证明AB＝AE＝3，BE＝3；同理可得BE＝BG，因△DEF～△CFG可求出ED＝2x，最后矩形的性质和线段的和差可求出BC＝21； 当点F交在CD的延长线时，如图2所示，同理可得BC＝41．
【解析】①延长EF交BC点G，设CG＝x，如图1所示：
∵B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
又∵AD∥BC，
∴∠CBE＝∠BEA，∠G＝∠DEF
∴∠ABE＝∠BEA，
∴AB＝AE，
又∵AB＝3，∴AE＝3，
∵EF平分∠BED，
∴∠BEG＝∠DEF
又∵，∠G＝∠DEF，
∴∠BEG＝∠G
∴BG＝BE
在Rt三角形ABE中，由勾股定理得：

∴BE＝3，BG，
在△DEF和△CFG中，
，
∴△DEF～△CFG（AA）
∴，
又∵CF＝1，CF+DF＝CD＝AB，
∴DF＝2，
∴ED＝2x，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，
∴BC＝3+2x，
又∵BG＝BC+CG，
∴BG＝3+2x+x＝3+3x，
∴3+3x＝3，
x．
∴BC21，
②延长EH交DC的延长线于点F，设CH＝y，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠2＝∠3，∠CBE＝∠AEB，
又∵BF平分∠BED，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴BE＝BH，
又∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
在Rt△ABE中，AB＝3，由勾股定理得：
，
∴BH；
又∵CH∥ED，
∴△FCH∽△FDE，
∴，
又∵CF＝1，CH＝y，
∴DE＝4y，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，
∴3+4y，
解得：y，
∴BC；
故答案为21或
8．（2019•温州三模）如图所示，是一张长35cm，宽3cm的矩形纸片现准备在这张矩形纸片上剪下一个腰长为2cm的等腰三角形，要求这个等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点落在矩形的边上，则剪下的等腰三角形的面积为 2cm2或cm2 ．
【分析】因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分两种情况进行讨论：
（1）△AEF为等腰直角三角形，直接利用面积公式求解即可；
（2）先利用勾股定理求出AE边上的高BF，再代入面积公式求解．
【解析】分两种情况计算：
（1）当AE＝AF＝2时，如图：
∴S△AEFAE•AF2×2＝2（cm2）；
（2）当AE＝EF＝2时，如图：
则BE＝3﹣2＝1，
BF，
∴S△AEF•AE•BF2（cm2）；
故答案为：2cm2或cm2．
9．（2019•南浔区二模）如图1，平面内有一点P到△ABC的三个顶点的距离分别为PA、PB、PC，若有PA2＝PB2+PC2，则称点P为关于点A的勾股点．矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，E是矩形ABCD内一点，且点C是△ABE关于点A的勾股点，若是△ADE等腰三角形，求AE的长为 ．
【分析】分两种情况讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理分别求出AH，HE的长度，即可求AE的长度．
【解析】∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝6
∴AC2＝AB2+BC2，
∵点C是关于点A的勾股点，
∴AC2＝BC2+CE2，
∴CE＝AB＝5，
如图，当AD＝DE＝6时，作CF⊥DE于点F，过E作EH⊥AD于H，
∵CE＝CD，CF⊥DE
∴DF＝EF＝3
∴CF4
∵∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°
∴∠ADE＝∠DCF，且∠DHE＝∠CFD＝90°
∴△DHE∽△CDF
∴
即
∴HE，DH
∴AH＝AD﹣DH
∴AE
如图，当AE＝DE时，作EG⊥DC于G，EH⊥AD于H，
∵∠ADC＝90°，EG⊥DC，EH⊥AD
∴四边形EHDG是矩形
∴HD＝EG，HE＝DG
∵AE＝DE，EH⊥AD
∴AH＝DH＝3＝EG
∴CG4
∴DG＝CD﹣CG＝1＝HE
∴AE
故答案为：
10．（2019•龙湾区二模）如图，以菱形ABCD的对角线AC为边，在AC的左侧作正方形ACEF，连结FD并延长交EC于点H．若正方形ACEF的面积是菱形ABCD面积的1.4倍，CH＝6，则EF＝ 14 ．
【分析】连接BD交AC于G，由菱形性质可的AC与BD互相垂直平分，菱形面积等于AC与BD的积的一半，其中由正方形性质的AC＝EF可用EF代入计算．因为G是AC中点且DG∥EC∥AF，根据平行线分线段定理可知点D也是FH中点，故DG是梯形ACHF中位线，DG（CH+AF）（6+EF），因此菱形ABCD面积可用含EF的式子表示．用EF2表示正方形ACEF面积，以正方形面积为菱形面积的1.4倍为等量关系列方程，即求出EF的长．
【解析】连接BD，交AC于点G
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，DB＝2DG，AG＝CG
∴S菱形ABCDAC•DB＝AC•DG
∵四边形ACEF是正方形
∴EF＝AF＝AC＝CE，AF∥EC，AC⊥EC
∴DB∥CE∥AF
∴1
∴DH＝DF，即DG为梯形ACHF的中位线
∴DG（CH+AF）（CH+EF）
∵CH＝6，S正方形ACEF＝1.4S菱形ABCD
∴EF2＝1.4AC•DG
∴EF2＝1.4EF•（6+EF）
解得：EF＝14
故答案为：14．
三．解答题（共10小题）
11．（2020•下城区模拟）如图，正方形ABCD和正方形AEFG有公共点A，点B在线段DG上．
（1）判断DG与BE的位置关系，并说明理由：
（2）若正方形ABCD的边长为2，正方形AEFG的边长为2，求BE的长．
【分析】（1）由“SAS”可证△DAG≌△BAE，可得DG＝BE，∠ADG＝∠ABE，可得结论；
（2）由正方形的性质可得BD＝2，GE＝4，由勾股定理可求解．
【解析】（1）DG⊥BE，
理由如下：∵四边形ABCD，四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝∠GAE，AE＝AG，∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△DAG和△BAE中

∴△DAG≌△BAE（SAS）．
∴DG＝BE，∠ADG＝∠ABE＝45°，
∴∠ABD+∠ABE＝90°，即∠GBE＝90°．
∴DG⊥BE；
（2）连接GE，
∵正方形ABCD的边长为2，正方形AEFG的边长为2，
∴BD＝2，GE＝4，
设BE＝x，则BG＝x﹣2，
在Rt△BGE中，利用勾股定理可得
x2+（x﹣2）2＝42，
∴x
∴BE的长为．
12．（2020•杭州模拟）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．点E在DC边上，∠DAE＝∠BAC，连结AE交对角线BD于点G，F是线段EC的中点，连结BF．
（1）求证：AE⊥BD．
（2）判断DF与BF的数量关系，并说明理由．
（3）若tan∠ACB＝k（k≥1），△DFB和△ABC面积分别为S1和S2，求的最大值．
【分析】（1）想办法证明∠DAE+∠ADO＝90°即可解决问题．
（2）结论：DF＝BF．连接OF．利用三角形的中位线定理证明OF∥AE，再证明OF⊥BD，利用线段的垂直平分线的性质解决问题即可．
（3）由tan∠ACBk，可以假设AB＝k，BC＝1，用k表示S1，S2，再构建关系式解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OB＝OC＝OA，∠DAB＝90°，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠BAC+∠OAD＝90°，∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠ODA＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴AE⊥BD．
（2）解：结论：DF＝BF．
理由：连接OF．
∵EF＝CF，OA＝OC，
∴OF∥AE，
∵AE⊥BD，
∴OF⊥BD，
∵DO＝OB，
∴DF＝BF．
（3）解：∵tan∠ACBk，
∴可以假设AB＝k，BC＝1，
∴S1BC×AB，
∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴△DAE∽△BAC，
∴，
∵AB＝k，
∴DE，
∴CE＝k，
∵F是EC的中点，
∴EFEC（k），
∴DF（k）（k），
∴S2DF×BC（k），
∴，
∵k≥1，
∴当k＝1时，的最小值为1．
13．（2020•衢州模拟）【猜想】如图1，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交AD．BC于点E．F．若平行四边形ABCD的面积是8，则四边形CDEF的面积是 4 ．
【探究】如图2，在菱形ABCD中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，若AC＝5，BD＝10，求四边形ABFE的面积．
【应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延长BC到点D，使DC＝BC，连结AD，若AC＝3，AD＝2，则△ABD的面积是 6 ．
【分析】猜想：首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，OA＝OC．根据平行线的性质可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，进而可根据AAS定理证明△AEO≌△CFO，再根据全等三角形的性质可得结论；
探究：根据菱形的性质得到AD∥BC，AO＝COAC＝2.5，BOBD＝5，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于AC⊥BD，于是得到结果；
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质得到∠E＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DE，即可得到结论．
【解析】猜想：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四边形CDEF的面积＝S△ACD▱ABCD的面积＝4；
故答案为：4；
探究：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AO＝COAC＝2.5，BOBD＝5，∠AOD＝90°，
∴AB，∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∵AC⊥BD，
∴S四边形ABFE＝S△ABCAC•BO5×5．
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，
在△ABC与△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE，
∴S△ABD＝S△ADEAE•DE6×2＝6．
故答案为：6
14．（2020•萧山区一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，对角线AC、BD交于点O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，求△OEC的面积．
【分析】（1）证出∠BAD＝∠BCD，得出四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC，OB＝OD，证出AC＝BD，即可解决问题；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如图所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OFCD＝1，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，
∴△OEC的面积•EC•OF＝1．
15．（2019•周村区一模）如图，BD是△ABC的角平分线，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．
（1）求证：四边形BEDF为菱形；
（2）如果∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝12，求菱形BEDF的面积．
【分析】（1）根据平行四边形的和菱形的判定证明即可；
（2）根据含30°的直角三角形的性质和勾股定理以及菱形的面积解答即可．
【解答】证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠EBD＝∠DBF，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBF，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝ED，
∴平行四边形BFDE是菱形；
（2）连接EF，交BD于O，
∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝30°，
∴BD＝DC＝12，
∵DF∥AB，
∴∠FDC＝∠A＝90°，
∴DF，
在Rt△DOF中，OF，
∴菱形BFDE的面积．
16．（2019•杭州模拟）某次数学研究课上师生共同研究以下问题，请帮助完成：
特殊研究：如图1，在正方形ABCD中，E，F是正方形内两点，BE∥DF，EF⊥BE．
（1）若BE＝DF，求证：EF与BD互相平分．
（2）求证：（BE+DF）2+EF2＝2AB2
一般应用：如图2，若AB＝4，点P为正方形内部一点，且∠DPB＝135°，BP+2PD＝4，求PD的长．
【分析】特殊研究（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得：四边形EBFD是平行四边形，再由平行四边形的对角线互相平分得结论；
（2）如图2，作辅助线，构建矩形GEFD，利用勾股定理列方程并与矩形的对边相等相结合可得结论；
一般应用：如图4，类比如图2，构建矩形GEPD，设BE＝EG＝x，PD＝EG＝y，则BPx由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，则（x+y）2+x2＝（4）2，由已知得：BP+2PD＝4，则2x+2y＝4②，解①和②可得结论．
【解析】特殊研究
（1）证明：如图1，连接ED、BF，
∵BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∴EF与BD互相平分；
规律探究
（2）如图2，过D作DG⊥BE，交BE的延长线于G，
∴∠EGD＝∠GEF＝∠EFD＝90°，
∴四边形GEFD是矩形，
∴EF＝GD，EG＝DF，
在Rt△BGD中，BG2+DG2＝BD2，
∴（BE+EG）2+EF2＝BD2，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴BD2＝2AB2，
∴（BE+DF）2+EF2＝2AB2；
（2）一般应用
如图3，过P作PE⊥PD，过B作BE⊥PE，过D作DG⊥BE，得矩形GEPD，
∴GD＝EP，EG＝PD，
设BE＝EG＝x，PD＝EG＝y，则BPx
∵AB＝4，
∴BD＝4，
在Rt△BGD中，由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，
∴（x+y）2+x2＝（4）2，
∴2x2+2xy+y2＝32 ①，
∵BP+2PD＝4，
∴2x+2y＝4②，
解①和②得：，
∴PD＝22．
17．（2019•温州二模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，将此矩形绕A点顺时针旋转α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG．
（1）在旋转过程中，如图1，当边EF经过点D时，若射线FE交线段BC于点P，求EP的长度．
（2）在旋转过程中，如图2，连结CF，若CF∥AB，求∠α的余弦值．
（3）在旋转过程中，如图3，连结CF，当点B、E在线段CF同侧时，连结BE并延长交线段CF于点M，
①求证：CM＝FM；
②连结AC，交BM于点H，取线段AC的中点K，连结KM，若∠MKA＝90°，请直接写出BH：HM＝ 15：17 ．
【分析】（1）连结PA，由勾股定理求得DE＝4，再证∠BPA＝∠DAP＝∠EPA得DP＝DA＝5，继而可得答案；
（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三点共线，CF⊥AD，继而得CA＝AF，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，作CQ⊥AF，由面积法得解得CQ，AQ，再根据余弦函数的定义可得答案；
（3）①作CO∥EF，证△COM≌△FEM即可得；②作BP⊥AC于P，连接AF，求得BP，由CM＝MF，CK＝AK知KMAF，证△MKH∽△BPH得，从而得出答案．
【解析】（1）如图1，连结PA，
由题意可知，在Rt△AED 中，AD＝BC＝5，AE＝AB＝3，
根据勾股定理得ED＝4，
∵∠PEA＝∠PBA＝90°，
∴∠EPA＝∠BPA，
又∵BC∥AD，
∴∠BPA＝∠DAP＝∠EPA，
∴DP＝DA＝5，
∴PE＝5﹣4＝1．
（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三点共线，CF⊥AD，
由题意可知，CA＝AF，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，
如图2，过C作CQ⊥AF于点Q，
由面积法得解得：CQ，AQ，
则cs∠CAF；
（3）①如图3，过点C作CO∥EF，交BE的延长线于点O．
由 AB＝AE 得∠ABE＝∠AEB，
又∵∠AEF＝∠ABC＝90°，
∴∠1＝∠3，
由CO∥EF，得∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴CO＝CB＝FE，
∴△COM≌△FEM（AAS），
∴CM＝FM；
②过点B作BP⊥AC于P，连接AF，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AF＝AC，
则BP，
∵CM＝MF，CK＝AK，
∴KMAF，
∵∠MKH＝∠BPH＝90°，∠MHK＝∠BHP，
∴△MKH∽△BPH，
∴，
故答案为15：17．
18．（2019•宁波二模）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径，如图，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，则四边形ABCD为损矩形．画损矩形的直径及其中点O，连OD，OB，BD，作OE⊥BD于E
（1）OB和OD的数量关系是 OB＝OD OE和BD的位置关系是 OE⊥BD ；
（2）判断BD与直径的不等量关系，并说明理由；
（3）若OE＝3，求AC2﹣BD2的值．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得OB＝OD，OE和BD的位置关系可由已知直接得出；
（2）根据三角形的三边关系可得AC＞BD；
（3）Rt△EDO中，由勾股定理可得：OD2﹣DE2＝9，将DEBD，ODAC，代入可得结论．
【解析】（1）∵∠ADC＝∠ABC＝90°，O是AC的中点，
∴ODAC，OBAC，
∴OD＝OB，
由已知得：OE⊥BD，
故答案为：OB＝OD，OE⊥BD；
（2）AC＞BD，理由是：
如图，由（1）知：OD＝OBAC，
△OBD中，OD+OB＞BD，
∴ACAC＞BD，即AC＞BD；
（3）Rt△EDO中，OE2＝OD2﹣DE2，
∵OE＝3，
∴OD2﹣DE2＝9，
∵OD＝OB，OE⊥ED，
∴DEBD，
∴9，
∴AC2﹣BD2＝36．
19．（2019•嘉兴二模）类比等腰三角形的定义，我们定义：有三条边相等的凸四边形叫做“准等边四边形”
（1）已知：如图1，在“准等边四边形”ABCD中，BC≠AB，BD⊥CD，AB＝3，BD＝4，求BC的长；
（2）在探究性质时，小明发现一个结论：对角线互相垂直的“准等边四边形”是菱形．请你判断此结论是否正确，若正确，请说明理由；若不正确，请举出反例；
（3）如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝2．在AB的垂直平分线上是否存在点P使得以A，B，C，P为顶点的四边形为“准等边四边形”？若存在，请求出该“准等边四边形”的面积；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据勾股定理计算BC的长；
（2）正确，根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形可得结论；
（3）有四种情况：作辅助线，将四边形分成两个三角形和一个四边形或两个三角形，相加可得结论．
【解析】（1）如图1，Rt△ACB中，∵BD＝4，CD＝AB＝3，
∴BC5，
（2）正确，理由是：
如图3，AB＝AD＝BC，AC⊥BD，
∴AO＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴▱ABCD是菱形；
（3）存在四种情况，
①如图2，四边形ABPC是“准等边四边形”，过C作CF⊥PE于F，则∠CFE＝90°，
∵EP是AB的垂直平分线，
∴∠AEF＝∠A＝90°，
∴四边形AEFC是矩形，
Rt△ABC中，BC＝2，AC＝BC，
∴AC＝BC，
∴CF＝AE＝BE，
∵AB＝PC，
∴PF，
∴S四边形ABPC＝S△BEP+S矩形AEFC+S△CFP，
，
1，
．
②如图4，四边形APBC是“准等边四边形”，
∵AP＝BP＝ACAB，
∴△ABP是等边三角形，
∴S四边形ACBP＝S△APB+S△ABC1；
③如图5，四边形ACBP是“准等边四边形”，
∵AP＝BP＝BC＝2，
∵PE是AB的垂直平分线，
∴PD⊥AB，E是AB的中点，
∴BEAB，
∴PE，
∴S四边形ACBP＝S△APB+S△ABC1；
④如图6，四边形ABPC是“准等边四边形”，过P作PF⊥AC于F，连接AP，
∵AB＝AC＝PB，
∴PE，
S四边形ABPC＝S△APB+S△APC．
20．（2019•嘉善县模拟）如图，分别以△ABC的边AB、AC为一边，向外作正方形ABEF和正方形AGHC像这样的两个正方形称为△ABC的“依伴正方形”
（1）如图1，连接BG，CF相交于点P，求证：BG＝CF且BG⊥CF；
（2）如图2，点D是BC的中点，两个依伴正方形的中心分别为O1，O2连结O1D，O2D，O1O2：，判断△DO1O2的形状并说明由；
（3）如图2，若AB＝6，AC＝3∠BAC＝60°，求O1O2的长．
【分析】（1）证明：由SAS证明△FAC≌△BAG，得出BG＝CF，∠AFC＝∠ABG，证得∠FPG＝∠ABG+∠BQP＝∠AFC+∠AQF＝90°，即可得出结论；
（2）连接FC、BG、FB、GC，证得O1D是△BCF的中位线，得出O1DFC，O1D∥FC，同理O2D是△CBG的中位线，得出O2DBG，O2D∥BG，推出O1D＝O2D，O1D⊥O2D，即可得出结论；
（3）作FM⊥CA交其延长线于点M，证得∠FAM＝180°﹣∠FAB﹣∠BAC＝30°，则MFAF＝3，AM＝3，MC＝MA+AC＝6，FC3，推出O1DFC，O1O2O1D即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABEF和四边形AGHC是正方形，
∴AF＝AB，AC＝AG，∠FAB＝∠CAG＝90°，
∴∠FAB+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠FAC＝∠BAG，
在△FAC和△BAG中，，
∴△FAC≌△BAG（SAS），
∴BG＝CF，∠AFC＝∠ABG，
∵∠AQF＝∠BQP，
∴∠FPG＝∠ABG+∠BQP＝∠AFC+∠AQF＝90°，
∴BG⊥CF；
（2）解：△DO1O2的形状是等腰直角三角形；理由如下：
连接FC、BG、FB、GC，如图2所示：
由（1）得：FC＝BG，FC⊥BG，
∵O1是正方形ABEF的中心，
∴O1是BF的中点，
∵D是BC的中点，
∴O1D是△BCF的中位线，
∴O1DFC，O1D∥FC，
同理O2D是△CBG的中位线，
∴O2DBG，O2D∥BG，
∴O1D＝O2D，O1D⊥O2D，
∴△DO1O2为等腰直角三角形；
（3）解：作FM⊥CA交其延长线于点M，如图3所示：
∵四边形ABEF是正方形，
∴AB＝AF＝6，∠FAB＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠FAM＝180°﹣∠FAB﹣∠BAC＝30°，
∴MFAF＝3，AM＝tan60°FMFM＝3，
∴MC＝MA+AC＝6，
∴FC3，
∴O1DFC，
∴O1O2O1D．