备战2023数学新中考二轮复习重难突破（浙江专用）专题13 多边形与平行四边形

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目标点拨
1.了解多边形的相关概念，掌握多边形的内角和与外角和的计算方法；
2.了解平行四边形的概念，掌握平行四边形的性质，理解平行四边形的边、角、对角线之间的关系并能应用于计算或证明；
3.掌握平行四边形的判定方法，会判断一个四边形是不是平行四边形.
知识总结
一、 多边形
二、 1．多边形的相关概念
1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形．
2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n–3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)个三角形；n边形对角线条数为．
2．多边形的内角和、外角和
1）内角和：n边形内角和公式为(n–2)·180°；2）外角和：任意多边形的外角和为360°.
3．正多边形
1）定义：各边相等，各角也相等的多边形.
2）正n边形的每个内角为，每一个外角为．
3）正n边形有n条对称轴.
4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
二、平行四边形的性质
1．平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质
1）边：两组对边分别平行且相等．2）角：对角相等，邻角互补．3）对角线：互相平分．
4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3．注意：利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4．平行四边形中的几个解题模型
1）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
2）平行四边形的一条对角线把其分为两个全等的三角形，如图②中△ABD≌△CDB；
两条对角线把平行四边形分为两组全等的三角形，如图②中△AOD≌△COB,△AOB≌△COD；
根据平行四边形的中心对称性，可得经过对称中心O的线段与对角线所组成的居于中心对称位置的三角形全等，如图②△AOE≌△COF.图②中阴影部分的面积为平行四边形面积的一半．
3）如图③，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE.
4）如图④，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．

三、平行四边形的判定
1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形.
5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
四、三角形的中位线
1）定义：三角形两边中点的连线叫中位线。
2）性质: 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
经典例题
1．（2020•台州）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（　　）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【分析】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断．
【解析】对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③错误，
故选项B，C，D错误，
故选：A．
2．（2020•湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形．当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′．若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（　　）

A．1 B． C． D．
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解．
【解析】根据题意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，
∴菱形ABC′D′的面积为，正方形ABCD的面积为AB2．
∴菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是．
故选：B．
3．（2020•温州）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作▱BCDE，则∠E的度数为（　　）

A．40° B．50° C．60° D．70°
【分析】根据等腰三角形的性质可求∠C，再根据平行四边形的性质可求∠E．
【解析】∵在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠C＝（180°﹣40°）÷2＝70°，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴∠E＝70°．
故选：D．
4．（2020•湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（　　）

A．1和1 B．1和2 C．2和1 D．2和2
【分析】根据要求拼平行四边形矩形即可．
【解析】中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：

故选：D．
5．（2020•绍兴）将两条邻边长分别为，1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），各种剪法剪出的等腰三角形中，其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的　①②③④　（填序号）．
①，②1，③1，④，⑤．
【分析】首先作出图形，再根据矩形的性质和等腰三角形的判定即可求解．
【解析】如图所示：

则其中一个等腰三角形的腰长可以是①，②1，③1，④，不可以是．
故答案为：①②③④．
6．（2020•金华）如图，平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形，则图中α的度数是　30　°．

【分析】根据平行四边形的性质解答即可．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠D＝180°﹣∠C＝60°，
∴∠α＝180°﹣（540°﹣70°﹣140°﹣180°）＝30°，
故答案为：30．
7．（2020•绍兴）如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为　4　．

【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可．
【解析】由题意可得，
直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，
故直角三角形的另一条直角边长为：，
故阴影部分的面积是：4，
故答案为：4．
8．（2020•嘉兴）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：　AD＝DC（答案不唯一）　，使▱ABCD是菱形．

【分析】根据菱形的定义得出答案即可．
【解析】∵邻边相等的平行四边形是菱形，
∴平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：可以为：AD＝DC；
故答案为：AD＝DC（答案不唯一）．
9．（2020•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°．

10．（2020•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．
11． （2020•衢州）
【性质探究】
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G．
（1）判断△AFG的形状并说明理由．
（2）求证：BF＝2OG．
【迁移应用】
（3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值．
【拓展延伸】
（4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值．

【分析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质证明即可．
（2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL即可解决问题．
（3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可．
（4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题．
【解答】（1）解：如图1中，△AFG是等腰三角形．

理由：∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∵DF⊥AE，
∴∠AHF＝∠AHG＝90°，
∵AH＝AH，
∴△AHF≌△AHG（ASA），
∴AF＝AG，
∴△AFG是等腰三角形．

（2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．

∵AF＝AG，
∴∠AFG＝∠AGF，
∵∠AGF＝∠OGL，
∴∠OGL＝∠OLG，
∴OG＝OL，
∵OL∥AB，
∴△DLO∽△DFB，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2OD，
∴BF＝2OL，
∴BF＝2OG．

（3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，

∵∠DAK＝∠CAD，
∴△ADK∽△ACD，
∴，
∵S1•OG•DK，S2•BF•AD，
又∵BF＝2OG，，
∴，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝2x，
∴．

（4）解：设OG＝a，AG＝k．
①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．

∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k+2a，AC＝2（k+a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴BE，
由题意：102aAD•（k+2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2+4ka，
∴k＝2a，
∴AD＝2a，
∴BEa，AB＝4a，
∴tan∠BAE．
②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．

∵AF＝AG，BF＝2OG，
∴AF＝AG＝k，BF＝2a，
∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a），
∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka，
∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，
∴△ABE∽△DAF，
∴，
∴，
∴BE，
由题意：102aAD•（k﹣2a），
∴AD2＝10ka，
即10ka＝3k2﹣4ka，
∴ka，
∴ADa，
∴BEa，ABa，
∴tan∠BAE，
综上所述，tan∠BAE的值为或．
12．（2020•绍兴）如图，点E是▱ABCD的边CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F．
（1）若AD的长为2，求CF的长．
（2）若∠BAF＝90°，试添加一个条件，并写出∠F的度数．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥CF，则∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，由点E是CD的中点，得出DE＝CE，由AAS证得△ADE≌△FCE，即可得出结果；
（2）添加一个条件当∠B＝60°时，由直角三角形的性质即可得出结果（答案不唯一）．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CF，
∴∠DAE＝∠CFE，∠ADE＝∠FCE，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△FCE中，，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴CF＝AD＝2；
（2）∵∠BAF＝90°，
添加一个条件：当∠B＝60°时，∠F＝90°﹣60°＝30°（答案不唯一）．
13．（2020•嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．
活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．

【分析】【思考】
由全等三角形的性质得出AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，则AB∥DE，可得出结论；
【发现】
连接BE交AD于点O，设AF＝x（cm），则OA＝OE（x+4），得出OF＝OA﹣AF＝2x，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
【探究】
如图2，延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH（ASA），得出EO＝EH，FO＝FH，则∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，可证得△EOH≌△OBD（AAS），得出BD＝OH，则结论得证．
【解析】【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：如图，∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如图1，连接BE交AD于点O，

∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x（cm），则OA＝OE（x+4），
∴OF＝OA﹣AF＝2x，
在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，
∴，
解得：x，
∴AFcm．
【探究】BD＝2OF，
证明：如图2，延长OF交AE于点H，

∵四边形ABDE为矩形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，
∴∠ABD+∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH（ASA），
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD（AAS），
∴BD＝OH＝2OF．
14．（2020•绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．
（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．
（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．
①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．
②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．

【分析】（1）如图1中，过点C′作C′H⊥OF于H．解直角三角形求出CH即可．
（2）①分两种情形：如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．分别求出C′M，C′N即可．
②设d为所求的距离．第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．结合图象可得结论．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝22，即d＝22，如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．
第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．综上所述可得结论．
【解析】（1）如图1中，

过点C′作C′H⊥OF于H．
∵∠HC′O＝α＝30°，
∴C′H＝C′O•cos30°＝2，
∴点C′到直线OF的距离为2．

（2）①如图2中，当C′P∥OF时，过点C′作C′M⊥OF于M．

∵C′P∥OF，
∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，
∴△OC′M是等腰直角三角形，
∵OC′＝4，
∴C′M＝2，
∴点C′到直线DE的距离为22．
如图3中，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．

同法可证△OC′N是等腰直角三角形，
∴C′N＝2，
∴点C′到直线DE的距离为22．

②设d为所求的距离．
第一种情形：如图4中，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．

∵OA′＝2，OM＝2，∠OMA′＝90°，
∴A′M4，
∴A′D＝2，即d＝2，
如图5中，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．

∵PQ＝1，OQ＝5，
∴OP，
∴PM，
∴PD2，
∴d2，
∴2≤d2．
第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝22，即d＝22，
如图6中，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ交OB′于R，连接OP．

∵OP，OF＝5，
∴FP1，
∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，
∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），
∴∠FOP＝∠TOP，
∵PQ∥OQ，
∴∠OPR＝∠POF，
∴∠OPR＝∠POR，
∴OR＝PR，
∵PT2+TR2＝PR2，
∴12+（5﹣PR）2＝PR2，
∴PR＝2.6，RT＝2.4，
∵△B′PR∽△B′QO，
∴，
∴，
∴OQ，
∴QG＝OQ﹣OG，即d
∴22≤d，
第三种情形：当A′P经过点F时，如图7中，显然d＝3．

综上所述，2≤d2或d＝3．
15．（2020•温州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，DE，BF分别平分∠ADC，∠ABC，并交线段AB，CD于点E，F（点E，B不重合）．在线段BF上取点M，N（点M在BN之间），使BM＝2FN．当点P从点D匀速运动到点E时，点Q恰好从点M匀速运动到点N．记QN＝x，PD＝y，已知yx+12，当Q为BF中点时，y．
（1）判断DE与BF的位置关系，并说明理由．
（2）求DE，BF的长．
（3）若AD＝6．
①当DP＝DF时，通过计算比较BE与BQ的大小关系．
②连结PQ，当PQ所在直线经过四边形ABCD的一个顶点时，求所有满足条件的x的值．

【分析】（1）推出∠AED＝∠ABF，即可得出DE∥BF；
（2）求出DE＝12，MN＝10，把y代入yx+12，解得x＝6，即NQ＝6，得出QM＝4，由FQ＝QB，BM＝2FN，得出FN＝2，BM＝4，即可得出结果；
（3）连接EM并延长交BC于点H，易证四边形DFME是平行四边形，得出DF＝EM，求出∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，∠MEB＝∠FBE＝30°，得出∠EHB＝90°，DF＝EM＝BM＝4，MH＝2，EH＝6，由勾股定理得HB＝2，BE＝4，当DP＝DF时，求出BQ，即可得出BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，y＝0，则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，由FQ∥DP，得出△CFQ∽△CDP，则，即可求出x；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，由PE∥BQ，得出△APE∽△AQB，则，求出AE＝6，AB＝10，即可得出x，由图可知，PQ不可能过点B．
【解析】（1）DE与BF的位置关系为：DE∥BF，理由如下：
如图1所示：

∵∠A＝∠C＝90°，
∴∠ADC+∠ABC＝360°﹣（∠A+∠C）＝180°，
∵DE、BF分别平分∠ADC、∠ABC，
∴∠ADE∠ADC，∠ABF∠ABC，
∴∠ADE+∠ABF180°＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠ABF，
∴DE∥BF；
（2）令x＝0，得y＝12，
∴DE＝12，
令y＝0，得x＝10，
∴MN＝10，
把y代入yx+12，
解得：x＝6，即NQ＝6，
∴QM＝10﹣6＝4，
∵Q是BF中点，
∴FQ＝QB，
∵BM＝2FN，
∴FN+6＝4+2FN，
解得：FN＝2，
∴BM＝4，
∴BF＝FN+MN+MB＝16；
（3）①连接EM并延长交BC于点H，如图2所示：

∵FM＝2+10＝12＝DE，DE∥BF，
∴四边形DFME是平行四边形，
∴DF＝EM，
∵AD＝6，DE＝12，∠A＝90°，
∴∠DEA＝30°，
∴∠DEA＝∠FBE＝∠FBC＝30°，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADE＝∠CDE＝∠FME＝60°，
∴∠DFM＝∠DEM＝120°，
∴∠MEB＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠MEB＝∠FBE＝30°，
∴∠EHB＝180°﹣30°﹣30°﹣30°＝90°，DF＝EM＝BM＝4，
∴MHBM＝2，
∴EH＝4+2＝6，
由勾股定理得：HB2，
∴BE4，
当DP＝DF时，x+12＝4，
解得：x，
∴BQ＝14﹣x＝14，
∵4，
∴BQ＞BE；
②（Ⅰ）当PQ经过点D时，如图3所示：

y＝0，
则x＝10；
（Ⅱ）当PQ经过点C时，如图4所示：

∵BF＝16，∠FCB＝90°，∠CBF＝30°，
∴CFBF＝8，
∴CD＝8+4＝12，
∵FQ∥DP，
∴△CFQ∽△CDP，
∴，
∴，
解得：x；
（Ⅲ）当PQ经过点A时，如图5所示：

∵PE∥BQ，
∴△APE∽△AQB，
∴，
由勾股定理得：AE6，
∴AB＝6410，
∴，
解得：x，
由图可知，PQ不可能过点B；
综上所述，当x＝10或x或x时，PQ所在的直线经过四边形ABCD的一个顶点．
16．（2020•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（）
17．（2020•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．
18．（2020•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．

19．（2020•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°．
20．（2020•金华）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB，OC的中点D，E作AE，AD的平行线，相交于点F，已知OB＝8．
（1）求证：四边形AEFD为菱形．
（2）求四边形AEFD的面积．
（3）若点P在x轴正半轴上（异于点D），点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由．

【分析】（1）根据邻边相等的四边形是菱形证明即可．
（2）连接DE，求出△ADE的面积即可解决问题．
（3）首先证明AK＝3DK，①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形．②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形．③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵AE∥DF，AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝AB＝OC＝OB，∠ACE＝∠ABD＝90°，
∵E，D分别是OC，OB的中点，
∴CE＝BD，
∴△CAE≌△ABD（SAS），
∴AE＝AD，
∴四边形AEFD是菱形．

（2）解：如图1中，连接DE．
∵S△ADB＝S△ACE8×4＝16，
S△EOD4×4＝8，
∴S△AED＝S正方形ABOC﹣2S△ABD﹣S△EOD＝64﹣2×16﹣8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48．

（3）解：如图1中，连接AF，设AF交DE于K，
∵OE＝OD＝4，OK⊥DE，
∴KE＝KD，
∴OK＝KE＝KD＝2，
∵AO＝8，
∴AK＝6，
∴AK＝3DK，
①当AP为菱形的一边，点Q在x轴的上方，有图2，图3两种情形：
如图2中，设AG交PQ于H，过点H作HN⊥x轴于N，交AC于M，设AM＝t．

∵菱形PAQG∽菱形ADFE，
∴PH＝3AH，
∵HN∥OQ，QH＝HP，
∴ON＝NP，
∴HN是△PQO的中位线，
∴ON＝PN＝8﹣t，
∵∠MAH＝∠PHN＝90°﹣∠AHM，∠PNH＝∠AMH＝90°，
∴△HMA∽△PNH，
∴，
∴HN＝3AM＝3t，
∴MH＝MN﹣NH＝8﹣3t，
∵PN＝3MH，
∴8﹣t＝3（8﹣3t），
∴t＝2，
∴OP＝2ON＝2（8﹣t）＝12，
∴P（12，0）．
如图3中，过点H作HI⊥y轴于I，过点P作PN⊥x轴交IH于N，延长BA交IN于M．

同法可证：△AMH∽△HNP，
∴，设MH＝t，
∴PN＝3MH＝3t，
∴AM＝BM﹣AB＝3t﹣8，
∵HI是△OPQ的中位线，
∴OP＝2IH，
∴HIHN，
∴8+t＝9t﹣24，
∴t＝4，
∴OP＝2HI＝2（8+t）＝24，
∴P（24，0）．
②当AP为菱形的边，点Q在x轴的下方时，有图4，图5两种情形：
如图4中，QH＝3PH，过点H作HM⊥OC于M，过D点P作PN⊥MH于N．

∵MH是△QAC的中位线，
∴MHAC＝4，
同法可得：△HPN∽△QHM，
∴，
∴PNHM，
∴OM＝PN，设HN＝t，则MQ＝3t，
∵MQ＝MC，
∴3t＝8，
∴t，
∴OP＝MN＝4+t，
∴点P的坐标为（，0）．

如图5中，QH＝3PH，过点H作HM⊥x轴于M交AC于I，过点Q作QN⊥HM于N．

∵IH是△ACQ的中位线，
∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4，
同法可得：△PMH∽△HNQ，
∴，则MHNQ，
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8，
∴t，
∴OP＝OM﹣PM＝QN﹣PM＝4﹣t，
∴P（，0）．
③如图6中，当AP为菱形的对角线时，有图6一种情形：

过点H作HM⊥y轴于于点M，交AB于I，过点P作PN⊥HM于N．
∵HI∥x轴，AH＝HP，
∴AI＝IB＝4，
∴PN＝IB＝4，
同法可得：△PNH∽△HMQ，
∴，
∴MH＝3PN＝12，HI＝MH﹣MI＝4，
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2IH＝8，
∴OP＝OB+BP＝16，
∴P（16，0），
综上所述，满足条件的点P的坐标为（12，0）或（24，0）或（，0）或（，0）或（16，0）．