四边形：命题、四边形中的计算与证明（压轴题）（答案版）

朽木易折，金石可镂。千里之行，始于足下。第页/共页2021全国中考真题分类汇编（四边形）命题、四边形中的计算与证实（压轴题）一、挑选题1.（2021•湖南省衡阳市）下列命题是真命题的是（）A．正六边形的外角和大于正五边形的外角和 B．正六边形的每一个内角为120° C．有一个角是60°的三角形是等边三角形 D．对角线相等的四边形是矩形【分析】按照多边形的外角和都是360度对A作出判断；按照多边形的内角和公式求出正六边形的内角和，再求出每个内角对B作出判断；按照等边三角形的判定对C作出判断；按照矩形的判定对D作出判断．【解答】解：A．每个多边形的外角和都是360°，故错误，假命题；B．正六边形的内角和是720°，每个内角是120°，故准确，真命题；C．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，故错误，假命题；D．对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，假命题．故选：B．2.（2021•怀化市）以下说法错误的是（）A．多边形的内角大于任何一个外角 B．随意多边形的外角和是360° C．正六边形是中央对称图形 D．圆内接四边形的对角互补【分析】直接利用中央对称图形的定义以及圆内接四边形的性质、多边形的外角和的性质分离分析得出答案．【解答】解：A．多边形的内角不一定大于任何一个外角，故此选项错误，符合题意；B．随意多边形的外角和是360°,准确，不合题意；C．正六边形是中央对称图形,准确，不合题意；D．圆内接四边形的对角互补,准确，不合题意；故选：A．3.（2021•岳阳市）下列命题是真命题的是（）A.五边形内角和是 B.三角形的随意两边之和大于第三边C.内错角相等 D.三角形的重心是这个三角形的三条角平分线的交点【答案】B4.（2021•四川省达州市）以下命题是假命题的是（）A．的算术平方根是2 B．有两边相等的三角形是等腰三角形 C．一组数据：3，﹣1，1，1，2，4的中位数是1.5 D．过直线外一点有且惟独一条直线与已知直线平行【分析】按照算术平方根、等腰三角形的定义、中位数以及平行公理判断即可．【解答】解：A、＝2的算术平方根是，符合题意；B、有两边相等的三角形是等腰三角形，不符合题意；C、一组数据：3，1，4，2，4的中位数是6.5，不符合题意；D、过直线外一点有且惟独一条直线与已知直线平行，不符合题意；故选：A．5.（2021•四川省广元市）下列命题中，真命题是（）A.B.对角线互相垂直的四边形是菱形C.顺次衔接矩形各边中点的四边形是正方形D.已知抛物线，当时，【答案】D【解析】【分析】按照零次幂、菱形的判定、正方形的判定及二次函数的图象与性质可直接举行排除选项．【详解】解：A、，错误，故不符合题意；B、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，错误，故不符合题意；C、顺次衔接矩形各边中点的四边形是菱形，错误，故不符合题意；D、由抛物线可得与x轴的交点坐标为，开口向上，然后可得当时，，准确，故符合题意；故选D．6.（2021•四川省凉山州）下列命题中，假命题是（）A.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半B.等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高互相重合C.若，则点B是线段AC的中点D.三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心【答案】C【解析】【分析】按照中点的定义，直角三角形的性质，三线合一以及外心的定义分离判断即可．【详解】解：A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，故为真命题；B、等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线，底边上的高互相重合，故为真命题；C、若在同一条直线上AB=BC，则点B是线段AC的中点，故为假命题；D、三角形三条边的垂直平分线的交点叫做这个三角形的外心，故为真命题；故选C．7.（2021•泸州市）下列命题是真命题的是（）A.对角线相等的四边形是平行四边形B.对角线互相平分且相等的四边形是矩形C.对角线互相垂直的四边形是菱形D.对角线互相垂直平分的四边形是正方形【答案】B【解析】【分析】A、按照平行四边形的判定定理作出判断；B、按照矩形的判定定理作出判断；C、按照菱形的判定定理作出判断；D、按照正方形的判定定理作出判断．【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项准确，符合题意；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；故选：B．8.（2021•遂宁市）下列说法准确的是（）A.角平分线上的点到角两边的距离相等B.平行四边形既是轴对称图形，又是中央对称图形C.在代数式，，，，，中，，，是分式D.若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3，则这组数据的中位数是4【答案】A【解析】【分析】按照角平分线的性质，平行四边形的对称性，分式的定义，平均数，中位数的性质分离举行判断即可．【详解】解：A.角平分线上的点到角两边的距离相等，故选项准确；B.平行四边形不是轴对称图形，是中央对称图形，故选项错误；C.在代数式，，，，，中，，是分式，故选项错误；D.若一组数据2、3、x、1、5的平均数是3，则这组数据的中位数是3，故选项错误；故选：A．9.（2021•绥化市）下列命题是假命题的是（）A.随意一个三角形中，三角形两边的差小于第三边B.三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半C.倘若一个角的两边分离平行于另一个角的两边，那么这两个角一定相等D.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【答案】C【解析】【分析】按照三角形两边之差小于第三边、中位线定理、平行四边形的判定主意依次即可求解．【详解】解：选项A：三角形的两边之差小于第三边，故选项A准确，不符合题意；选项B：三角形的中位线平行且等于第三边的一半，故选项B准确，不符合题意；选项C：一个角的两边分离平行另一个角的两边，则这两个角相等或互补，故选项C不准确，是假命题，符合题意；选项D：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项D准确，不符合题意；故选：C．10.（2021•呼和浩特市）以下四个命题：①随意三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分②A，B，C，D，E，F六个足球队举行单循环赛，若A，B，C，D，E分离赛了5，4，3，2，1场，则由此可知，还没有与B队比赛的球队可能是D队③两个正六边形一定位似④有13人参加捐款，其中小王的捐款数比13人捐款的平均数多2元，则小王的捐款数不可能最少，但可能只比最少的多．比其他的都少．其中真命题的个数有BA．1个 B．2个 C．3个 D．4个11.(2021•内蒙古包头市)下列命题准确的是（）A.在函数中，当时，y随x的增大而减小B.若，则C.垂直于半径的直线是圆的切线D.各边相等的圆内接四边形是正方形【答案】D12.（2021•黑龙江省龙东地区）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延伸线上，衔接，点是的中点，衔接交于点，衔接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中准确的结论是（）

A.①②③④ B.①③④⑤ C.①②③⑤ D.①②④⑤【答案】C【解析】【分析】由题意易得，①由三角形中位线可举行判断；②由△DOC是等腰直角三角形可举行判断；③按照三角函数可举行求解；④按照题意可直接举行求解；⑤过点D作DH⊥CF，交CF的延伸线于点H，然后按照三角函数可举行求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵点是的中点，∴，∵，，∴，则，∵OF∥BE，∴△DGF∽△DCE，∴，∴，故①准确；∴点G是CD的中点，∴OG⊥CD，∵∠ODC=45°，∴△DOC是等腰直角三角形，∴，故②准确；∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°，∴，故③准确；∵，∴，∴，故④错误；过点D作DH⊥CF，交CF的延伸线于点H，如图所示：

∵点F是CD的中点，∴CF=DF，∴∠CDE=∠DCF，∴，设，则，在Rt△DHC中，，解得：，∴，故⑤准确；∴准确的结论是①②③⑤；故选C．13.（2021•山东省泰安市）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝5，点P在线段BC上运动（含B、C两点），衔接AP，以点A为中央，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，衔接DQ，则线段DQ的最小值为（）A． B． C． D．3【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABF,作射线FQ交AD于点E,过点D作DH⊥QE于H．利用全等三角形的性质证实∠AFQ＝90°,推出∠AEF＝60°,推出点Q的运动轨迹是射线FE,求出DH,可得结论．【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABF,作射线FQ交AD于点E,过点D作DH⊥QE于H．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠BAE＝90°,∵△ABF,△APQ都是等边三角形，∴∠BAF＝∠PAQ＝60°,BA＝FA,PA＝QA,∴∠BAP＝∠FAQ,在△BAP和△FAQ中，,∴△BAP≌△FAQ(SAS),∴∠ABP＝∠AFQ＝90°,∵∠FAE＝90°﹣60°＝30°,∴∠AEF＝90°﹣30°＝60°,∵AB＝AF＝5,AE＝AF÷cos30°＝,∴点Q的运动轨迹是射线FE,∵AD＝BC＝5,∴DE＝AD﹣AE＝,∵DH⊥EF,∠DEH＝∠AEF＝60°,∴DH＝DE•sin60°＝×＝,按照垂线段最短可知，当点Q与H重合时，DQ的值最小，最小值为，故选：A．14.（2021•四川省南充市）如图，在矩形ABCD中，AB＝15，BC＝20，把边AB沿对角线BD平移，点A′，B′分离对应点A，B给出下列结论：①顺次衔接点A′，B′，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA′的对称点的距离为48；③A′C﹣B′C的最大值为15；④A′C+B′C的最小值为9．其中准确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①按照平行四边形的判定可得结论．②作点C关于直线AA′的对称点E,衔接CE交AA′于T,交BD于点O,则CE＝4OC．利用面积法求出OC即可．③按照A′C﹣B′C≤A′B′,推出A′C﹣B′C≤15,可得结论．④作点D关于AA′的对称点D′,衔接DD′交AA′于J,过点D′作D′E⊥CD交CD的延伸线于E,衔接CD′交AA′于A′,此时CB′+CA′的值最小，最小值＝CD′．【解答】解：如图1中，∵AB＝A′B′,AB∥A′B′,AB＝CD,AB∥CD,∴A′B′＝CD,A′B′∥CD,∴四边形A′B′CD是平行四边形，故①准确，作点C关于直线AA′的对称点E,衔接CE交AA′于T,交BD于点O,则CE＝4OC．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°,CD＝AB＝15,∴BD＝＝＝25,∵•BD•CO＝•BC•CD,∴OC＝＝12,∴EC＝48,故②准确，∵A′C﹣B′C≤A′B′,∴A′C﹣B′C≤15,∴A′C﹣B′C的最大值为15,故③准确，如图2中，∵B′C＝A′D,∴A′C+B′C＝A′C+A′D,作点D关于AA′的对称点D′,衔接DD′交AA′于J,过点D′作D′E⊥CD交CD的延伸线于E,衔接CD′交AA′于A′,此时CB′+CA′的值最小，最小值＝CD′,由△AJD∽△DAB,可得＝,∴＝,∴DJ＝12,∴DD′＝24,由△DEE′∽△DAB,可得＝＝,∴＝＝,∴ED′＝,DE＝,∴CE＝CD+DE＝15+＝,∴CD′＝＝＝9,∴A′C+B′C的最小值为9．故④准确，故选：D．15.（2021•四川省眉山市）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠DAC＝60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，衔接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分离位于DF两侧，下列结论：①∠BDE＝∠EFC；②ED＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④点E运动的路程是2，其中准确结论的序号为（）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【分析】①按照∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，即可得出结论①准确；②如图，衔接OE，利用SAS证实△DAF≌△DOE，再证实△ODE≌△OCE，即可得出结论②准确；③通过等量代换即可得出结论③准确；④如图，延伸OE至E′，使OE′＝OD，衔接DE′，通过△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，从而得出结论④准确；【解答】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，∴△OAD为等边三角形，∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，∵△DFE为等边三角形，∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，∴∠BDE＝∠ADF，∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，∴∠ADF＝∠EFC，∴∠BDE＝∠EFC，故结论①准确；②如图，衔接OE，在△DAF和△DOE中，，∴△DAF≌△DOE(SAS)，∴∠DOE＝∠DAF＝60°，∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，∴∠COE＝∠DOE，在△ODE和△OCE中，，∴△ODE≌△OCE(SAS)，∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，故结论②准确；③∵∠ODE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，故结论③准确；④如图，延伸OE至E′，使OE′＝OD，衔接DE′，∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，∵OE′＝OD＝AD＝AB•tan∠ABD＝6•tan30°＝2，∴点E运动的路程是2，故结论④准确；故选：D．二．填空题1.（2021•江苏省无锡市）下列命题中，准确命题的个数为1．①所有的正方形都相似②所有的菱形都相似③边长相等的两个菱形都相似④对角线相等的两个矩形都相似【分析】利用相似形的定义分离判断后即可决定准确的选项．【解答】解：①所有的正方形都相似，准确，符合题意；②所有的菱形都相似，错误，不符合题意；③边长相等的两个菱形都相似，错误，不符合题意；④对角线相等的两个矩形都相似，错误，不符合题意，准确的有1个，故答案为：1．2.（2021•四川省广元市）如图，在正方形中，点O是对角线的中点，点P在线段上，衔接并延伸交于点E，过点P作交于点F，衔接、，交于G，现有以下结论：①；②；③；④为定值；⑤．以上结论准确的有________（填入准确的序号即可）．【答案】①②③⑤【解析】【分析】由题意易得∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，对于①：易知点A、B、F、P四点共圆，然后可得∠AFP=∠ABD=45°，则问题可判定；对于②：把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则有DE=BH，∠DAE=∠BAH，然后易得△AEF≌△AHF，则有HF=EF，则可判定；对于③：衔接AC，在BP上截取BM=DP，衔接AM，易得OB=OD，OP=OM，然后易证△AOP∽△ABF，进而问题可求解；对于④：过点A作AN⊥EF于点N，则由题意可得AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，进而问题可求解；对于⑤由③可得，进而可得△APG∽△AFE，然后可得相似比为，最后按照相似三角形的面积比与相似比的关系可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，，∴∠APF=∠ABC=∠ADE=∠C=90°，AD=AB，∠ABD=45°，①∵，∴由四边形内角和可得，∴点A、B、F、P四点共圆，∴∠AFP=∠ABD=45°，∴△APF是等腰直角三角形，∴，故①准确；②把△AED绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，如图所示：∴DE=BH，∠DAE=∠BAH，∠HAE=90°，AH=AE，∴，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF（SAS），∴HF=EF，∵，∴，故②准确；③衔接AC，在BP上截取BM=DP，衔接AM，如图所示：∵点O是对角线的中点，∴OB=OD，，∴OP=OM，△AOB是等腰直角三角形，∴，由①可得点A、B、F、P四点共圆，∴，∵，∴△AOP∽△ABF，∴，∴，∵，∴，故③准确；④过点A作AN⊥EF于点N，如图所示：由②可得∠AFB=∠AFN，∵∠ABF=∠ANF=90°，AF=AF，∴△ABF≌△ANF（AAS），∴AN=AB，若△AEF的面积为定值，则EF为定值，∵点P在线段上，∴的长不可能为定值，故④错误；⑤由③可得，∵∠AFB=∠AFN=∠APG，∠FAE=∠PAG，∴△APG∽△AFE，∴，∴，∴，∴，故⑤准确；综上所述：以上结论准确的有①②③⑤；故答案为①②③⑤．3.（2021•遂宁市）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中准确是_____（填写序号）【答案】①②③④【解析】【分析】①四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∠ABD＝∠FBE＝45°，按照等式的基本性质决定出；②再按照正方形的对角线等于边长的倍，得到两边对应成比例，再按照角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；④按照两角相等的两个三角形相似得到△EBH∽△DBE，从而得到比例式，按照BE＝BG，代换即可作出判断；③由相似三角形对应角相等得到∠BAF＝∠BDE＝45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，按照正方形对角线垂直即可作出判断．⑤设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，结合BE2＝BH•BD，求出BH，DH，即可判断．【详解】解：①∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，∴∠ABD＝∠FBE＝45°，又∵∠ABF＝45°−∠DBF，∠DBE＝45°−∠DBF，∴，∴选项①准确；②∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，∴AD＝AB，BF＝BE，∴BD＝AB，BE=BF，∴又∵，∴，∴选项②准确；④∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，∴∠BEH＝∠BDE＝45°，又∵∠EBH＝∠DBE，∴△EBH∽△DBE，∴，即BE2＝BH•BD，又∵BE＝BG，∴，∴选项④确；③由②知：，又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，∴∠BAF＝∠BDE＝45°，∴AF在正方形另外一条对角线上，∴AF⊥BD，∴③准确，⑤∵，∴设CE=x，DE=3x，则BC=CD=4x，∴BE=，∵BE2＝BH•BD，∴，∴DH=BD-BH=,∴，故⑤错误，综上所述：①②③④准确，故答案是：①②③④．4.（2021•天津市）如图，正方形的边长为4，对角线相交于点O，点E，F分离在的延伸线上，且，G为的中点，衔接，交于点H，衔接，则的长为________．【答案】【解析】【分析】先作辅助线构造直角三角形，求出CH和MG的长，再求出MH的长，最后利用勾股定理求解即可．【详解】解:如图,作OK⊥BC，垂足点K，∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，∴CH是△OKE的中位线∴，作GM⊥CD，垂足为点M，∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，∴，，∴，在Rt△MHG中，，故答案为：．5.（2021•湖南省张家界市）如图,在正方形外取一点,衔接,,,过点作的垂线交于点,若,.下列结论:①；②；③点到直线的距离为；④，其中准确结论的序号为.①②④6.（2021•福建省）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，点E，F分离是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内满意GE＝GF且∠EGF＝90°的点．现给出以下结论：①∠GEB与∠GFB一定互补；②点G到边AB，BC的距离一定相等；③点G到边AD，DC的距离可能相等；④点G到边AB的距离的最大值为2．其中准确的是①②④.（写出所有准确结论的序号）7.（2021•广西贺州市）如图．在边长为6的正方形中，点，分离在，上，且，，垂足为，是对角线的中点，衔接、则的长为________．【答案】【解析】【分析】按照，，则A、B、O、G四点共圆，则可以得到，解直角三角形即可得结果．【详解】解：如图，衔接，以为半径，的中点作圆，过作是正方形，是对角线，是正方形，在中在中故答案为．8.（2021•湖北省黄石市）如图，在正方形中，点、分离在边、上，且，交于点，交于点．（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③衔接，则为等腰直角三角形．其中准确结论的序号是______（把你认为所有准确的都填上）．【答案】①.4②.①③【解析】【分析】(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证实，，进而得到，即可求出的周长；(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证实，即可判断；对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；对于③：证实A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．【详解】解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：∵，且∴，在和中：，∴，∴，又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，∴∠1=∠3，∵ABCD为正方形，∴AD=AB，在和中：，∴，∴∴，∴、、三点共线，∴，∴，故答案为：；(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，∴∠2=∠4，在和中：,∴，∴，，∴，∴在中，由勾股定理得：，在和中：,∴，∴，∴，故①准确；对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中，由勾股定理：，∴，解得，即，∴,故②错误；对于③：如下图所示：∵∠EAF=∠BDC=45°，∴A、M、F、D四点共圆，∴∠AFM=∠ADM=45°，∴△AMF为等腰直角三角形，故③准确；故答案为：①③．三、解答题1.（2021•辽宁省本溪市）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．（1）如图1，当时，衔接，请直接写出线段和线段的数量关系；（2）如图2，当时，过点B作于点，衔接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；（3）当时，衔接，若，请直接写出与面积的比值．【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）【解析】【分析】（1）延伸，交于点，按照已知条件证实即可；（2）衔接，过F作交的延伸线于点，由，得，在由三边关系利用勾股定理可得；（3）证实，得值，与的面积分离与的面积成比例，可得与面积的比值．详解】（1）如图,延伸，交于点，由题意，将线段绕点E顺时针旋转，四边形是平行四边形四边形是平行四边形平分四边形是菱形是等边三角形,，，四边形是平行四边形=在和中．（2）衔接，过F作交的延伸线于点四边形是矩形，，，，平分四边形是矩形在和中设则在中即收拾得：．（3）如图由（1）可知平分四边形是平行四边形．2.（2021•宿迁市）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图①，衔接BG、CF，求的值；(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，衔接CF、BE，分离去CF、BE的中点M、N，衔接MN、试探索：MN与BE的关系，并说明理由；(3)衔接BE、BF，分离取BE、BF的中点N、Q，衔接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）由旋转的性质联想到衔接，证实即可求解；（2）由M、N分离是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到衔接BM并延伸使BM=MH，衔接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证实，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分离是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．【详解】解：（1）衔接四边形ABCD和四边形AEFG是正方形分离平分即且都是等腰直角三角形（2）衔接BM并延伸使BM=MH，衔接FH、EH是CF的中点又在四边形BEFC中又即即又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分离是BH、BE的中点（3）取AB的中点O，衔接OQ、ON，衔接AF在中，O、Q分离是AB、BF的中点同理可得所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积．3.（2021•山东省临沂市）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，衔接BF并延伸，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分离相交于点G，M，衔接HC．（1）求证：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？【分析】(1)由折叠的性质得出∠BAG＝∠GAF＝∠BAF,B,F关于AE对称,证出∠EAH＝BAD＝45°,由等腰直角三角形的性质得出答案；(2)衔接DH,DF,交AH于点N,由(1)可知AF＝AD,∠FAH＝∠DAH,得出∠DHF＝90°,由勾股定理求出AE＝,证实△AEB∽△ABG,得出比例线段,,可求出AG,BG的长,则可求出答案．(3)主意一:衔接BD,由锐角三角函数的定义求出,证实△BDF∽△CDH,由相似三角形的性质得出∠CDH＝∠BFD,则可得出答案．主意二:衔接BD,证出点B,C,H,D四点共圆,则可得出结论．【解答】(1)证实:∵将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，∴∠BAG＝∠GAF＝∠BAF,B,F关于AE对称,∴AG⊥BF,∴∠AGF＝90°,∵AH平分∠DAF,∴∠FAH＝∠FAD,∴∠EAH＝∠GAF+∠FAH＝∠BAF+∠FAD＝(∠BAF+∠FAD)＝∠BAD,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD＝90°,∴∠EAH＝∠BAD＝45°,∵∠HGA＝90°,∴GA＝GH；(2)解:如图1,衔接DH,DF,交AH于点N,由(1)可知AF＝AD,∠FAH＝∠DAH,∴AH⊥DF,FN＝DN,∴DH＝HF,∠FNH＝∠DNH＝90°,又∵∠GHA＝45°,∴∠FNH＝45°＝∠NDH＝∠DHN,∴∠DHF＝90°,∴DH的长为点D到直线BH的距离,由(1)知AE2＝AB2+BE2,∴AE＝＝＝,∵∠BAE+∠AEB＝∠BAE+∠ABG＝90°,∴∠AEB＝∠ABG,又∠AGB＝∠ABE＝90°,∴△AEB∽△ABG,∴,,∴AG＝＝,∴BG＝,由(1)知GF＝BG,AG＝GH,∴GF＝,GH＝,∴DH＝FH＝GH﹣GF＝＝．即点D到直线BH的距离为；(3)不变．理由如下:主意一:衔接BD,如图2,在Rt△HDF中,,在Rt△BCD中,＝sin45°＝,∴,∵∠BDF+∠CDH＝45°,∠FDC+∠CDH＝45°,∴∠BDF＝∠CDH,∴△BDF∽△CDH,∴∠CDH＝∠BFD,∵∠DFH＝45°,∴∠BFD＝135°＝∠CHD,∵∠BHD＝90°,∴∠BHC＝∠CHD﹣∠BHD＝135°﹣90°＝45°．主意二:∵∠BCD＝90°,∠BHD＝90°,∴点B,C,H,D四点共圆,∴∠BHC＝∠BDC＝45°,∴∠BHC的度数不变．4.（2021•陕西省）问题提出（1）如图1，在▱ABCD中，∠A＝45°，AD＝6，E是AD的中点，且DF＝5，求四边形ABFE的面积．（结果保留根号）问题解决（2）某市举行河滩治理，优化美化人居生态环境．如图2所示，现计划在河畔的一处滩地上计划一个五边形河畔公园ABCDE．按设计要求，使点O、P、M、N分离在边BC、CD、AE、AB上，且满意BO＝2AN＝2CP，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝800m，CD＝600m，AE＝900m．为满意人工湖周边各功能场所及绿化用地需要，是否存在符合设计要求的面积最小的四边形人工湖OPMN？若存在，求四边形OPMN面积的最小值及这时点N到点A的距离，请说明理由．【分析】（1）过点A作AH⊥CD交CD的延伸线于H，先求出AH＝3，同理EG＝，最后用面积的差即可得出结论；（2）分离延伸AE，与CD，交于点K，则四边形ABCK是矩形，设AN＝x米，则PC＝x米，BO＝2x米，BN＝（800﹣x）米，AM＝OC＝（1200﹣2x）米，MK＝2x米，PK＝（800﹣x）米，进而得出S四边形OPMN＝4（x﹣350）2+470000，即可得出结论．【解答】解：（1）如图1，过点A作AH⊥CD交CD的延伸线于H，∴∠H＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝8，AB∥CD，∴∠ADH＝∠BAD＝45°，在Rt△ADH中，AD＝2，∴AH＝AD•sinA＝6×sin45°＝3，∵点E是AD的中点，∴DE＝AD＝8，同理EG＝，∵DF＝5，∴FC＝CD﹣DF＝3，∴S四边形ABFE＝S▱ABCD﹣S△DEF﹣S△BFC＝7×3﹣×5×﹣＝；（2）存在，如图2，分离延伸AE，与CD，则四边形ABCK是矩形，∴AK＝BC＝1200米，AB＝CK＝800米，设AN＝x米，则PC＝x米，BN＝（800﹣x）米，∴MK＝AK﹣AM＝1200﹣（1200﹣5x）＝2x米，PK＝CK﹣CP＝（800﹣x）米，∴S四边形OPMN＝S矩形ABCK﹣S△AMN﹣S△BON﹣S△OCP﹣S△PKM＝800×1200﹣x（1200﹣2x）﹣x（1200﹣6x）﹣＝7（x﹣350）2+470000，∴当x＝350时，S四边形OPMN最小＝470000（平方米），AM＝1200﹣2x＝1200﹣7×350＝500＜900，CP＝x＝350＜600，∴符合设计要求的四边形OPMN面积的最小值为47000平方米，此时．5.（2021•湖北省宜昌市）如图，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，BE＝BC，EF⊥CD，垂足为F．将四边形CBEF绕点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形CB'E'F′，B′E′所在的直线分离交直线BC于点G，交直线AD于点P，交CD于点K．E′F′所在的直线分离交直线BC于点H，交直线AD于点Q，衔接B′F′交CD于点O．（1）如图1，求证：四边形BEFC是正方形；（2）如图2，当点Q和点D重合时．①求证：GC＝DC；②若OK＝1，CO＝2，求线段GP的长；（3）如图3，若BM∥F′B′交GP于点M，tan∠G＝，求的值．【分析】（1）按照邻边相等的矩形的正方形证实即可．（2）①证实△CGB′≌△CDF′（ASA），可得结论．②设正方形的边长为a，利用勾股定理构建方程求出a，再证实GK＝PK，求出PG＝2PK，求出PK可得结论．（3）如图3中，延伸B′F′交CH的延伸线于R．由tan∠G＝tan∠F′CH＝＝，设F′H＝x．CF′＝2x，则CH＝x，由△RB′C∽△RF′H，推出＝＝＝，推出CH＝RH，B′F′＝RF′，可得CR＝2CH＝2x，S△CF′R＝2S△CF′H，再由△GB′C∽△GE′H，推出＝＝＝，可得＝＝推出GB＝2（﹣1）x，由△GBM∽△CRF′，可得＝（）2＝[]2＝，由此即可解决问题．【解答】（1）证实：如图1中，在矩形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，∵EF⊥AB，∴∠EFB＝90°，∴四边形BEFC是矩形，∴BE＝BC，∴四边形BEFC是正方形．（2）①证实：如图2中，∵∠GCK＝∠DCH＝90°，∴∠CDF′+∠H＝90°，∠KGC+∠H＝90°，∴∠KGC＝∠CDF′，∵B′C＝CF′，∠GB′C＝∠CF′D，∴△CGB′≌△CDF′（ASA），∴CG＝CD．②解：设正方形的边长为a，∵KB′∥CF′，∴△B′KO∽△F′CO，∴＝＝，∴B′K＝B′C＝a，在Rt△B′KC中，B′K2+B′C2＝CK2，∴a2+（a）2＝32，∴a＝，由＝，可得B′K＝KE′＝a，∵KE′∥CF′∴△DKE′∽△DCF′，∴＝＝＝，∴DE′＝E′F′＝a，∴PE′＝2a，∴PK＝a，∵DK＝KC，∠P＝∠G，∠DKP＝∠GKC，∴△PKD≌△GKC（AAS），∴GK＝PK，∴PG＝2PK＝5a，∴PG＝5a＝6．（3）解：如图3中，延伸B′F′交CH的延伸线于R．∵CF′∥GP，RB∥BM，∴△GB∽△GRB′，∠G＝∠F′CR，∴tan∠G＝tan∠F′CH＝＝，设F′H＝x．CF′＝2x，则CH＝x，∴CB′＝CF′＝E′F′＝BC＝2x，∵CB′∥HE′，∴△RB′C∽△RF′H，∴＝＝＝，∴CH＝RH，B′F′＝RF′，∴CR＝2CH＝2x，∴S△CF′R＝2S△CF′H，∵CB′∥HE′，∴△GB′C∽△GE′H，∴＝＝＝，∴＝＝∴GB＝2（﹣1）x，∵△GBM∽△CRF′，∴＝（）2＝[]2＝，∵S△CRF′＝2S△CHF′，∴＝．6.（2021•广东省）如题图，在四边形中，，，，点、分离在线段、上，且，，． （1）求证：； （2）求证：以为直径的圆与相切； （3）若，，求的面积．【答案】解：（1），设，，，，又，，，．…………2分（2）如图，取中点，过点作，，，，又，，为中点，，，又，，，∴又，以为直径的圆与相切．（3），，，，，，又，为等边三角形，，由（2）得：，，，，在中，．在中，，如图，过点，点分离向作垂线交于点，，，，，，．7.（2021•四川省广元市）如图1，在中，，，点D是边上一点（含端点A、B），过点B作垂直于射线，垂足为E，点F在射线上，且，衔接、．（1）求证：；（2）如图2，衔接，点P、M、N分离为线段、、的中点，衔接、、．求的度数及的值；（3）在（2）的条件下，若，直接写出面积的最大值．【答案】（1）证实见解析；（2）；；（3）【解析】【分析】（1）按照两边对应成比例，夹角相等判定即可．（2）的值可以按照中位线性质，举行角转换，通过三角形内角和定理求解即可，的比值转换为的比值即可求得.（3）过点作垂直于的延伸线于点，，将相关线段关系转化为CE，可得关系，看见图象，当时，可得最大值．【详解】（1）证实：∵，∴,∵垂直于射线,∴又∵∴,∵即：又∵∴（2）解：∵点P、M、N分离为线段、、的中点∴，，∴,∴又∵∴又∵∴∴又∵∴又∵又∵∴∴（3）如下图：过点作垂直于的延伸线于点,又∵∴∴∴当取得最大值时，取得最大值，在以的中点为圆心，为直径的圆上运动，当时，最大，∴，8.（2021•浙江省嘉兴市）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探索活动：将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°），得到矩形AB′C′D′，连结BD．[探索1]如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延伸线上．若AB＝1，求BC的长．[探索2]如图2，连结AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM相等吗？请说明理由．[探索3]在探索2的条件下，射线DB分离交AD′，AC′于点P，N（如图3），发现线段DN，MN，PN存在一定的数量关系，请写出这个关系式，并加以证实．【分析】（1）如图1，设BC＝x，由旋转的性质得出AD'＝AD＝BC＝x，D'C＝AB'＝AB＝1，证实△D'C'B∽△ADB，由相似三角形的性质得出，由比例线段得出方程，求出x的值即可得出答案；（2）衔接DD'，证实△AC'D'≌△DAB（SAS），由全等三角形的性质得出∠D'AC'＝∠ADB，由等腰三角形的性质得出∠ADD'＝∠AD'D，证出∠MDD'＝∠MD'D，则可得出结论；（3）衔接AM，证实△AD'M≌△ADM（SSS），由全等三角形的性质得出∠MAD'＝∠MAD，得出MN＝AN，证实△NPA∽△NAD，由相似三角形的性质得出，则可得出结论．【解答】解：（1）如图1，设BC＝x，∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转90°得到矩形AB′C′D′，∴点A，B，D’在同向来线上，∴AD'＝AD＝BC＝x，D'C＝AB'＝AB＝1，∴D'B＝AD'﹣AB＝x﹣1，∵∠BAD＝∠D'＝90°，∴D'C'∥DA，又∵点C'在DB的延伸线上，∴△D'C'B∽△ADB，∴，∴，解得x1＝，x2＝（不合题意，舍去），∴BC＝．（2）D'M＝DM．证实：如图2，衔接DD'，∵D'M∥AC'，∴∠AD'M＝∠D'AC'，∵AD'＝AD，∠AD'C'＝∠DAB＝90°，D'C'＝AB，∴△AC'D'≌△DAB（SAS），∴∠D'AC'＝∠ADB，∴∠ADB＝∠AD'M，∵AD'＝AD，∴∠ADD'＝∠AD'D，∴∠MDD'＝∠MD'D，∴D'M＝DM；（3）关系式为MN2＝PN•DN．证实：如图3，衔接AM，∵D'M＝DM，AD'＝AD，AM＝AM，∴△AD'M≌△ADM（SSS），∴∠MAD'＝∠MAD，∵∠AMN＝∠MAD+∠NDA，∠NAM＝∠MAD'+∠NAP，∴∠AMN＝∠NAM，∴MN＝AN，在△NAP和△NDA中，∠ANP＝∠DNA，∠NAP＝∠NDA，∴△NPA∽△NAD，∴，∴AN2＝PN•DN，∴MN2＝PN•DN．9.（2021•浙江省绍兴市）如图，矩形ABCD中，AB＝4，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°．连结EF（1）若EF⊥BD，求DF的长；（2）若PE⊥BD，求DF的长；（3）直线PE交BD于点Q，若△DEQ是锐角三角形，求DF长的取值范围．【分析】（1）由题意得点P在BD上，按照含30°直角三角形的性质即可求解；（2）由对称可得△DEF是等腰三角形，分两种情况画出图形，按照含30°直角三角形的性质即可求解；（3）分两种情况画出图形，按照中点的定义以及直角三角形的性质分离求出EM、FM、DM的值，即可得出DF的值，结合（2）中求得的DF的值即可得出答案。【解答】解：（1）∵点D、点P关于直线EF的对称，∴点P在BD上，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝4，∠ADB＝30°．∴AD＝4，∵点E是边AD的中点，∴DE＝2，∵EF⊥BD，∴DF＝8；（2）①如图2，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝60°,由对称可得，EF平分∠PED，∴∠DEF＝∠PEF＝30°，∴△DEF是等腰三角形，∴DF＝EF,∵PE⊥BD,∠ADB＝30°，∴QE＝,∵∠PEF＝30°，∴EF＝2,∴DF＝EF＝2；②如图5，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝120°,由对称可得，PF＝DF,EF平分∠PED，∴∠DEF＝∠PEF＝120°，∴∠EFD＝30°,∴△DEF是等腰三角形，∵PE⊥BD,∴QD＝QF＝DF,∵PE⊥BD,∠ADB＝30°，∴QE＝,QD＝3∴DF＝7QD＝6；∴DF的长为2或6；（3）由（2）得，当∠DQE＝90°时,当∠DEQ＝90°时，第一种情况，如图4，∵EF平分∠PED,∴∠DEF＝45°,过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a,DM＝a，∴a+a＝2，∴a＝8﹣,DF＝6﹣8,∴2<DF<；第二种情况,如图5,∵EF平分∠AEQ,∴∠MEF＝45°,过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a,DM＝a，∴a﹣a＝2，∴a＝5+,DF＝6+6,∵6+5＞8,∴DF最大值为5，∴6<DF≤8。综上，DF长的取值范围为3<<6﹣2<DF≤8．10.（2021•浙江省温州市）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧）（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）当AB＝5，tan∠ABE＝，∠CBE＝∠EAF时【分析】（1）证AE∥CF，再证△ABE≌△CDF（AAS），得AE＝CF，即可得出结论；（2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出AE＝3，BE＝4，再证∠ECF＝∠CBE，则tan∠CBE＝tan∠ECF，得＝，求出EF＝﹣2，进而得出答案．【解答】（1）证实：∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴AE⊥BD，CF⊥BD，∴AE∥CF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴四边形AECF是平行四边形；（2）解：在Rt△ABE中，tan∠ABE＝＝，设AE＝4a，则BE＝4a，由勾股定理得：（3a）3+（4a）2＝52，解得：a＝1或a＝﹣2（舍去），∴AE＝3，BE＝4，由（1）得：四边形AECF是平行四边形，∴∠EAF＝∠ECF，CF＝AE＝2，∵∠CBE＝∠EAF，∴∠ECF＝∠CBE，∴tan∠CBE＝tan∠ECF，∴＝，∴CF2＝EF×BF，设EF＝x，则BF＝x+4，∴52＝x（x+4），解得：x＝﹣5或x＝﹣,（舍去），即EF＝﹣2，由（1）得：△ABE≌△CDF，∴BE＝DF＝4，∴BD＝BE+EF+DF＝8+﹣2+4＝8+．11.（2021•湖北省荆门市）如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．（1）求证：BE＝CH；（2）若AB＝3，BE＝x，用x表示DF的长．【分析】（1）由正方形ABCD，∠AEF＝90°，FH⊥BH，可得∠H＝∠B，∠AEB＝∠F，从而△ABE≌△EHF，可得EH＝AB＝BC，即可证实CH＝BE；（2）衔接DF，过F作FP⊥CD于P，证实四边形PCHF是正方形，可得PF＝CP＝BE＝x，DP＝DC﹣CP＝3﹣x，即可在Rt△DPF中，得DF＝．【解答】（1）证实：∵正方形ABCD，∴∠B＝90°，AB＝BC，∵FH⊥BH，∴∠H＝90°＝∠B，∠F＝90°﹣∠FEH，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB＝90°﹣∠FEH，∴∠AEB＝∠F，在△ABE和△EHF中，，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴EH＝AB＝BC，BE＝FH，∴EH﹣EC＝BC﹣EC，即CH＝BE；（2）衔接DF，过F作FP⊥CD于P，如图：∵∠H＝∠DCH＝∠FPC＝90°，∴四边形PCHF是矩形，由（1）知：BE＝FH＝CH，∴四边形PCHF是正方形，∴PF＝CP＝CH＝BE＝x，∵DC＝AB＝3，∴DP＝DC﹣CP＝3﹣x，Rt△DPF中，DF＝，∴DF＝＝．12.（2021•海南省）如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延伸线上一点，且AF＝CE．（1）求证：△DCE≌△DAF；（2）如图2，衔接EF，交AD于点K，过点D作DH⊥EF，垂足为H，延伸DH交BF于点G，衔接HB，HC．①求证：HD＝HB；②若DK•HC＝，求HE的长．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．【解析】【分析】（1）直接按照SAS证实即可；（2）①按照（1）中结果及题意，证实为等腰直角三角形，按照直角三角形斜边上的中线即可证实；②按照已知条件，先证实，再证实，然后按照等腰直角三角形的性质即可求出的长．【详解】（1）证实：∵四边形是正方形，．又，．（2）①证实；由（1）得，．．为等腰直角三角形．又，点H为的中点．．同理，由是斜边上的中线得，．．②∵四边形是正方形，．又，．．又为等腰直角三角形，．．四边形是正方形，．．．．．又∵在等腰直角三角形中，．．13.（2021•广西玉林市）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知OA＝OC，OB＝OD，过点O作EF⊥BD，分离交AB、DC于点E，F，衔接DE，BF．（1）求证：四边形DEBF是菱形：（2）设AD∥EF，AD+AB＝12，BD＝4，求AF的长．【分析】（1）先按照对角线互相平分证得四边形ABCD为平行四边形，在证得△DOF≌△BOE，从而得到DF∥BE，DF＝BE，得到四边形DEBF为平行四边形，按照对角线互相垂直的平行四边形是菱形从而证得结论；（2）过点F作FG⊥AB于点G，按照勾股定理求得AD、AB的长度，从而得到∠ABD＝30°，按照菱形性质得到△BEF为等边三角形，再按照勾股定理求出AG和GF的长度，按照勾股定理求出AF的长．【解答】（1）证实：∵OA＝OC，OB＝OD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDB，在△BOE和△DOF中，，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵EF⊥BD，∴四边形DEBF是菱形；（2）过点F作FG⊥AB于点G，如图，∵AD∥EF，EF⊥BD，∴∠ADB＝90°，∴在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，∵AD+AB＝12，BD＝4，∴AD2+（4）2＝（12﹣AD）2，解得AD＝4，AB＝8，∴∠ABD＝30°，∵四边形DEBF是菱形，∴∠EBF＝2∠ABD＝60°，∴△BEF是等边三角形，∵OB＝OD，EF∥AD，∴AE＝BE＝4，∵FG⊥BE，∴EG＝BG＝2，在Rt△BGF中，BF＝4，BG＝2，按照勾股定理得，FG＝，在Rt△AGF中，AG＝6，按照勾股定理得，AF＝＝＝4．14.（2021•广西贺州市）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，求的面积．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角的等量关系推出，并可得，则可证实四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论；（2）由菱形的性质可得，再按照角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解．【详解】（1）证实：如图，∵，∴，又∵，且，∴为的角平分线，∴，∵，∴，∵，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是菱形．（2）解：由（1）得四边形是菱形，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴．15.（2021•江苏省无锡市）已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是射线BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，设BE＝m．（1）如图，若点E在线段BC上运动，EF交CD于点P，AF交CD于点Q，连结CF，①当m＝时，求线段CF的长；②在△PQE中，设边QE上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；（2）设过BC的中点且垂直于BC的直线被等腰直角三角形AEF截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．【分析】（1）①过F作FG⊥BC于G，衔接CF，先证实△ABE≌△EGF，可得FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，则EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，再在Rt△CGF中，即可求CF＝；②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，由△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE＝DE'，可得C、D、E'共线，由△EAQ≌△E'AQ，可得∠E'＝∠AEQ，故∠AEB＝∠AEQ，从而∠QEP＝90°﹣∠AEQ＝90°﹣∠AEB＝∠CEP，即EF是∠QEC的平分线，有PH＝PC，用△ABE∽△ECP，可求CP＝m（1﹣m），即可得h＝﹣m2+m；（2）分两种情况：①当m＜时，由△ABE∽△ECP，可求HG＝﹣m2+m，按照MG∥CD，G为BC中点，可得MN＝DQ，设DQ＝x，则EQ＝x+m，CQ＝1﹣x，Rt△EQC中，EC2+CQ2＝EQ2，可得MN＝，故y＝NH＝MG﹣HG﹣MN＝1﹣m﹣+m2，②当m＞时，由MG∥AB，可得HG＝，同①可得MN＝DQ＝，即可得y＝，【解答】解：（1）①过F作FG⊥BC于G，衔接CF，如图：∵四边形ABCD是正方形，∠AEF＝90°，∴∠BAE＝90°﹣∠AEB＝∠EFG，∠B＝∠G＝90°，∵等腰直角三角形AEF，∴AE＝EF，在△ABE和△EGF中，，∴△ABE≌△EGF（AAS），∴FG＝BE＝，EG＝AB＝BC，∴EG﹣EC＝BC﹣EC，即CG＝BE＝，在Rt△CGF中，CF＝＝；②△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，过P作PH⊥EQ于H，如图：∵△ABE绕A逆时针旋转90°，得△ADE'，∴△ABE≌△ADE'，∠B＝∠ADE'＝90°，∠BAE＝∠DAE'，∠AEB＝∠E'，AE＝AE'，BE