四边形解答题（解析版）-三年（2020-2022）中考数学真题汇编（湖北）

专题19四边形解答题

1.（2020•恩施州）如图，ΛEZzBF,BD平分NABC交AE于点D,点C在BF上且BC=AB,连

接CD.求证：四边形ABCD是菱形.

【分析】由AE〃BF,BD平分NABC得到NABD=NADB,得至IJAB=AD,再由BC=AB,得到

对边AD=Ba进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明四边形ABCD

为菱形.

【解答】证明：；AE〃BF,

ΛZADB=ZDBC,

：BD平分/ABC,

ΛZDBC=ZABD,

NADB=/ABD,

ΛAB=AD,

XVAB=BC,

.∙.AD=BC,

VAE√BF,即AD√BC,

.∙.四边形ABCD为平行四边形，

又YAB=AD,

.∙.四边形ABCD为菱形.

【点评】本题考了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、角平分

线性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形判定及性质和等腰三角形的判定是

解决此题的关键.

2.（2020•黄冈）已知：如图，在。ABCD中，点0是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延

长线于点E,求证：AD=CE.

E

二C

【分析】只要证明AAOD丝ZXEOC(ASA)即可解决问题；

【解答】证明：YO是CD的中点，

ΛOD=CO,

・・・四边形ABCD是平行四边形，

ΛAD∕∕BC,

ΛZD=ZOCE,

在AADO和AECO中，

(ND=ZOCE

(OD=OC,

(/AOD=ZEOC

ΛΔAOD^ΔE0C(ASA),

ΛAD=CE.

【点评】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，解题的

关键是正确寻找全等三角形解决问题.

3.(2020∙孝感)如图，在口ABCD中，点E在AB的延长线上，点F在CD的延长线上，满足

BE=DF.连接EF,分别与BC,AD交于点G,H.

求证：EG=FH.

E

【分析】根据平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论.

【解答】证明：・・・四边形ABCD是平行四边形，

ΛAB/7CD,ZABC=ZCDA,

ΛZEBG=ZFDH,ZE=ZF,

(NE=NF

在aBEG与ADFH中，(BE=DF,

(NEBG=ZFDH

ΛΔBEG^ΔDFH(ASA),

ΛEG=FH.

【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是

解题的关键.

4.(2020•鄂州)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点0,点M,N分别为

0A,OC的中点，延长BM至点E,使EM=BM,连接DE.

(1)求证：4AMB丝Z∖CND;

(2)若BD=2AB,且AB=5,DN=4,求四边形DEMN的面积.

【分析】(1)依据平行四边形的性质，即可得到AAMB&4CND；

(2)依据全等三角形的性质，即可得出四边形DEMN是平行四边形，再根据等腰三角形

的性质，即可得到NEMN是直角，进而得到四边形DEMN是矩形，即可得出四边形DEMN

的面积.

【解答】解：(1)；平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点0,

.,.Λ0=C0,

又；点M,N分别为0A、OC的中点，

.∙.AM=CN,

∙.∙四边形ABCD是平行四边形，

ΛAB√CD,AB=CD,

.∙.NBAM=NDCN,

ΛΔAMB^ΔCND(SAS)；

(2)VΔAMB^ACND,

.∙.BM=DN,ZABM=ZCDN,

XVBM=EM,

ΛDN=EM,

VAB√CD,

ΛZABO=ZCDO,

.∙.ZMBO=ZNDO,

ΛME√DN

・・・四边形DEMN是平行四边形，

VBD=2AB,BD=2B0,

ΛAB=OB,

又・・・M是Ao的中点，

ΛBM±ΛO,

/.ZEMN=90o,

・・・四边形DEMN是矩形，

∙.∙AB=5,DN=BM=4,

ΛAM=3=M0,

/.MN=6,

・・・矩形DEMN的面积=6X4=24.

【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及矩形的判定，

全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角

形全等时，关键是选择恰当的判定条件.

5∙(2021∙荆门)如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，ZAEF=90o,且EF=AE,

FHlBH.

(1)求证：BE=CH;

(2)连接DF,若AB=3,BE=x,用含X的代数式表示DF的长.

【分析】(1)由正方形ABCD,NAEF=90°,FH±BH,可得NH=NB,NAEB=NF,从而

ΔΛBE^ΔEHF,可得EH=AB=BC,即可证明CH=BE；

(2)连接DF,过F作FPLCD于P,证明四边形PCHF是正方形，可得PF=CP=BE=x,

DP=DC-CP=3-X,即可在RtZXDPF中，得DF=√2χ2-6x+9.

【解答】(1)证明：Y正方形ABCD,

ΛZB=90σ,AB=BC,

VFHlBH,

ΛZH=90o=ZB,ZEFH=90o-ZFEH,

VZAEF=90o,

ΛZAEB=90o-ZFEH,

ΛZAEB=ZF,

在AABE和AEHF中，

(NB=NH

jZAEB=ZF,

IAE=EF

Λ∆ABE^ΔEHF(AAS),

ΛEH=AB=BC,BE=FH,

/.EH-EC=BC-EC,BPCH=BE;

VZH=ZDCH=ZFPC=90o,

.∙.四边形PeHF是矩形，

由(1)知：BE=FH=CH,

.∙.四边形PCHF是正方形，

APF=CP=CH=BE=X,

VDC=ΛB=3,

ΛDP=DC-CP=3-X,

Rt△1)PF中，DF=√DP2+PF2,

ΛDF=√(3-X)2+X2=√2χ2-6x+9.

【点评】本题考查正方形判定及性质，涉及全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，

解题的关键是证明aABE丝Z∖EHF和四边形PCHF是正方形.

6.(2021•十堰)如图，已知AABC中，D是AC的中点，过点D作DELAC交BC于点E,过

点A作AF〃BC交DE于点F,连接AE、CF.

(1)求证：四边形AECF是菱形；

(2)若CF=2,∕FAC=30°,NB=45°,求AB的长.

【分析】(1)由题意可得aAFD丝ACED(AAS),则AF=EC,根据“一组对边平行且相等

的四边形是平行四边形”可得四边形AECF是平行四边形；又EF垂直平分AC,根据垂直

平分线的性质可得AF=CF,根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”可得结论；

(2)过点A作AG_LBC于点G,根据题意可得∕AEG=60°,AE=2,则BG=AG=b，AB=

√2BG=√6.

【解答】解：(1)证明：如图，

在AABC中，点D是AC的中点，

ΛAD=DC,

VAF√BC,

ΛZFAD=ZECD,ZAFD=NCED,

ΛΔΛFD^ΔCED(AAS),

ΛΛF=EC,

.∙.四边形AECF是平行四边形，

又EFLAC,点D是AC的中点，即EF垂直平分AC,

ΛAF=FC,

，平行四边形AECF是菱形.

(2)如图，过点A作AGJ_BC于点G,

由(1)知四边形AECF是菱形，又CF=2,ZFΛC=30o,

ΛAF√EC,AE=CF=2,∕FAE=2∕FAC=60°,

ΛZAEB=ZFAE=60°,

VΛG±BC,

ΛZΛGB=ZAGE=90°,

.∙.NGAE=30°,

ΛGE=∣AE=1,AG=√3GE=√3,

VZB=45o,

.∙.NGAB=NB=45°,

ΛBG=ΛG=√3,

ΛAB=√2BG=√6.

【点评】本题主要考查菱形的性质与判定，含30°角的直角三角形的三边关系，等腰直

角三角形的性质与判定等内容，根据45°,30°等特殊角作出正确的垂线是解题关键.

7.(2021•随州)如图，在菱形ABCD中，E,F是对角线AC上的两点，且AE=CF.

(1)求证:ΔABE^ΔCDFi

(2)求证：四边形BEDF是菱形.

【分析】⑴由“S分”可证aABE段Z∖CDF;

(2)由菱形的性质可得BD_LAC,AO=CO,BO=DO,可求EO=F0,可得结论.

【解答】证明：(1)：四边形ABCD是菱形，

ΛAB=CD,AB√CD,

ΛZBAE=ZDCF,

在aABE和ACDF中，

(AB=CD

ZBAE=NDCF,

AE=CF

ΛΔΛBE^ΔCDF(SAS)；

(2)如图，连接BD,交AC于0,

•••四边形ABCD是菱形，

ΛBD±AC,Λ0=C0,BO=DO,

VAE≈CF,

ΛEO=FO,

.∙.四边形BEDF是平行四边形，

又；BD_LEF,

.∙.平行四边形BEDF是菱形.

【点评】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的对角线

互相垂直平分是解题的关键.

8.(2021•恩施州)如图，矩形ABCD的对角线AC,BD交于点0,且DE〃AC,AE√BD,连接

0E.求证：OE±AD.

E

x

∙i1C∖D

B

【分析】利用DE〃AC,AE√BD,可得四边形AoDE为平行四边形，由四边形ABCD为矩形

可得AO=OD,于是解得平行四边形AODE为菱形，根据菱形对角线的性质可得结论.

【解答】证明：・・・四边形ABCD为矩形，

OA=OD.

VDE√ΛC,ΛE/7BD,

・・・四边形AODE为平行四边形.

VOA=OD,

・•・平行四边形AoDE为菱形.

.∙.0E±ΛD.

【点评】本题主要看出来了矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定.利用

菱形的对角线互相垂直是证明两条直线互相垂直的重要方法.

9.（2022∙恩施州）如图，己知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，CE_LBG于

点E,DFJ_CE于点F.求证：DF=BE+EF.

【分析】由“AAS”可证ACBEgZXDCF,可得CF=BE,CE=DF,可得结论.

【解答】证明：・・・四边形ABCD是正方形,

ΛBC=CD,ZBCD=90o,

VCE±BG,DF±CE,

ΛZBEC=ZDFC=90o,

ΛZBCE+ZCBE=90o=NBCE+NDCF,

ΛZCBE=ZDCF,

在ACBE和aDCF中，

ZEBC=ZFCD

ZBEC=NCFA

BC=CD

ΛΔCBE^ΔDCF(AAS),

/.CF=BE,CE=DF,

VCE=EF+CF,

.∙.DF=BE+EF.

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题

的关键.

10.(2022•鄂州)如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点0,且/CDF=NBDC、Z

DCF=ZACD.

(1)求证：DF=CF;

(2)若NCDF=60°,DF=6,求矩形ABCD的面积.

【分析】(1)由矩形的性质得OC=OD,得NACD=NBDa再证/CDF=NDCF,即可得出

结论；

(2)证aCDF是等边三角形，得CD=DF=6,再证aOCD是等边三角形，得OC=OD=6,

则BD=20D=12,然后由勾股定理得BC=6b,即可解决问题.

【解答】(1)证明：；四边形ABCD是矩形，

Λ0C=∣AC,OD=⅛D,AC=BD,

ΛOC=OD,

ΛZACD=ZBDC,

VZCDF=ZBDC,ZDCF=ZΛCD,

ΛZCDF=ZDCF,

ΛDF=CF;

(2)解:由(1)可知，DF=CF,

VZCDF=60°,

.♦.△CDF是等边三角形，

.∙.CD=DF=6,

；NCDF=NBDC=60°,OC=OD,

二4OCD是等边三角形，

.∙.0C=0D=6,

ΛBD=20D=12,

:四边形ABCD是矩形，

ΛZBCD=90°,

ΛBC=VBD2-CD2=√122-62=6√3,

=

∙*.S⅛jjf⅛ΛBCD—BC∙CD6V3×6—36^3•

【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、

勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键.

11.（2022•十堰）如图，QABCD中，AC,BD相交于点0,E,F分别是0A,OC的中点.

（1）求证：BE=DFi

（2）设竺=k,当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由.

【分析】（1）利用平行四边形的性质，即可得至IJBO=OD,EO=FO,进而得出四边形BFDE

是平行四边形，进而得到BE=DF;

（2）先确定当OE=OD时，四边形DEBF是矩形，从而得k的值.

【解答】（1）证明：如图，连接DE,BF,

•••四边形ABCD是平行四边形，

ΛBO=0D,AO=OC,

F分别为AO,OC的中点,

ΛE0=∣0Λ,OF=ɪθe,

ΛEO=FO,

VBO=OD,EO=FO,

四边形BFDE是平行四边形，

.BE=DF;

(2)解：当k=2时，四边形DEBF是矩形；理由如下：

当BD=EF时，四边形DEBF是矩形，

.,.当OD=OE时，四边形DEBF是矩形，

VAE=OE,

ΛAC=2BD,

，当k=2时，四边形DEBF是矩形.

【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，注意对角线互相平分

的四边形是平行四边形.

12.(2022•随州)如图，在平行四边形ABCD中,点E,F分别在边AB,CD±,且四边形BEDF

为正方形.

(1)求证：AE=CF;

(2)已知平行四边形ABCD的面积为20,AB=5,求CF的长.

【分析】(1)根据正方形的性质可以得到DF=EB,根据平行四边形的性质可以得到AB=

CD,然后即可得到结论成立；

(2)根据平行四边形的面积，可以得到DE的长，然后根据正方形的性质，可以得到BE

的长，从而可以求得AE的长，再根据(1)中的结论，即可得到CF的长.

【解答】(1)证明：；四边形BEDF为正方形，

DF=EB,

；四边形ABCD是平行四边形，

.∙.DC=AB,

ΛDC-DF=AB-EB,

ΛCF=ΛE,

即AE=CF;

(2)解：：平行四边形ABCD的面积为20,AB=5,四边形BEDF为正方形，

Λ5DE=20,DE=EB,

ΛDE=EB=4,

.,.ΛE=ΛB-EB=5-4=1,

由(1)知：AE=CF,

.∙.CF=1.

【点评】本题考查正方形的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利

用数形结合的思想解答.

13.(2022•宜昌)已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点.

(1)如图1,连接CE,CF.CE±AB,CFlAD.

①求证：CE=CF5

②若AE=2,求CE的长；

(2)如图2,连接CE,EF.若AE=3,EF=2AF=4,求CE的长.

图1图2

【分析】(1)①根据垂直的定义得到NBEC=NDFC=90°,根据菱形的性质得到NB=N

I),BC=CD,根据全等三角形的性质得到CE=CF;

②连接AC,如图1,根据菱形的性质得到BC=AC,推出AABC是等边三角形，得到NEAC

=60°,根据三角函数的定义得到结论；

(2)方法一：如图2,延长FE交CB的延长线于M,根据菱形的性质得到AD〃BC,AB=

BC,得到NAFE=∕M,ZA=ZEBM,根据全等三角形的性质得到ME=EF,MB=AF,根据

相似三角形的性质得到结论；

方法二：延长FE交CB的延长线于M,过点E作ENJ_BC于点N,根据菱形的性质得到AD

〃BC,ΛB=BC,求得NAFE=NM,ZA=ZEBM,根据全等三角形的性质得到ME=EF,MB

=AF,根据勾股定理得到结论.

【解答】(1)①证明：:CELAB,CFXAD,

ΛZBEC=ZDFC=90o，

四边形ABCD是菱形,

ΛZB=ZD,BC=CD,

Λ∆BEC^∆DFC(AAS),

，CE=CF;

raɪ

∙.∙E是边AB的中点,CE±ΛB,

ΛBC=AC,

:四边形ABCD是菱形，

ΛBC=AC,

.,.△ABC是等边三角形,ZEAC=60",

在RtZXACE中,AE=2,

.∙.CE=AE∙tan60°=2×√3=2√3i

(2)解：方法一：如图2,

图2

延长FE交CB的延长线于M,

；四边形ABCD是菱形，

/.AD/7BC,AB=BC,

ΛZΛFE=ZM,ZA=ZEBM,

；E是边AB的中点,

ΛAE≈BE,

ΔΛEF^ΔBEM(AΛS),

ME=EF,MB=AF,

AE=3,EF=2AF=4,

ME=4,BM2,BE=3,

BC=AB=2AE=6,

MC=8,

MB2_1ME41

ME^4^2,MC^8^2,

MBME

ME^MC,

ZM为公共角，

ΔMEBc-ΔMCE,

BEMB2

EC^-ME-4,

BE=3,

CE=6;

延长FE交CB的延长线于M,过点E作EN_LBC于点N,

・・・四边形ABCD是菱形，

ΛΛD√BC,ΛB=BC,

ΛZAFE=ZM,ZA=ZEBM,

•IE是边AB的中点,

ΛAE=BE,

Λ∆ΛEF^ΔBEM(AAS),

ΛME=EF,MB=AF,

AE=3,EF=2AF=4,

ΛME=4,BM=2,BE=3,

.∙.BC=AB=2AE=6,

.∙.MC=8,

在RtΔMEN和Rt∆BEN中,ME2-MN2=EN2,BE2-BN2=EN2,

ΛME2-MN2=BE2-BN2,

Λ42-(2+BN)2=32-BN2,

解得：BN=

321

∙∙∙CN≈6-≥=⅛,

ΛEN2=BE2-BN2=32-(-)2=ɪ.

416

在RtZXENC中，CE=EV+CN?=密+要=鎏=36,

161616

.∙.CE=6.

【点评】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，相似三

角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键.

14.(2022•十堰)已知NABN=90°,在NABN内部作等腰4ABC,ΛB=ΛC,ZBAC=ɑ(0°

VαW90°).点D为射线BN上任意一点(与点B不重合)，连接AD,将线段AD绕点A

逆时针旋转a得到线段AE1连接EC并延长交射线BN于点F.

(1)如图1,当a=90°时，线段BF与CF的数量关系是BF=CF；

(2)如图2,当OoVa<90°时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请给予证明；

若不成立，请说明理由；

(3)若a=60°,AB=4√3,BD=m,过点E作EPj_BN,垂足为P,请直接写出PD的长

(用含有m的式子表示).

(图2)(备用图)

【分析】(1)连接AF,先根据“SAS”证明aACEgA∖BD,得出NACE=NABD=90°,再

证明RtΔABF^RtΔACF,即可得出结论；

(2)连接AF,先说明NEAC=NBAD,然后根据“SAS”证明4ACEgZ∖ABD,得出NACE

=NABD=90°,再证明RtZ∖ABFgRtZ∖ACF,即可得出结论；

(3)先根据α=60°,ΛB=ΛC,得出aABC为等边三角形，再按照NBAD的大小分三种

情况进行讨论，得出结果即可.

【解答】解：⑴BF=CF;理由如下：

连接AF,如图所示：

(图1)

根据旋转可知，ZDAE=α=90o,AE=AD,

VZBAC=90o,

ΛZEAC+ZCAD=90o,ZBAD+ZCAD=90o,

ΛZEAC=ZBAD,

在AACE和aABD中，

AE=AD

ZEAC=NDAB,

AC=AB

ΛΔΛCE^ΔΛBD(SAS),

ΛZACE=ZABD=90o,

ΛZACF=90o,

在RtaABF与RtZXACF中，

ΓAB=AC

(AF=AF'

ΛRtΔΛBF^RtΔΛCF(HL),

JBF=CF,

故答案为:BF=CF;

(2)成立，理由如下:

如图2,连接AF,

(图2)

根据旋转可知，ZDAE=ɑ,AE=AD,

,.∙ZBAC=α,

.*.ZEAC-NCAD=ɑ,ZBAD-ZCΛD=ɑ,

.∙.ZEAC=ZBAD,

在AACE和aABD中，

(AE=AD

ZEAC=ZDAB

AC=AB

/.ΔACE^ΔABD(SAS),

JNACE=NABD=90°,

.∖ZACF=90o,

在RtAABF与RtZ∖ACF中，

(AB=AC

LAF=AF,

ΛRtΔABF^RtΔACF(HL),

.'.BF=CF;

(3)∙.∙Q=60°,AB=AC,

ΛΔABC为等边三角形，

/.ZABC=ZACB=ZBAC=60o,AB=AC=BC=4√3,

①当NBADV60°时，连接AF,如图所示:

VRtΔABF^RtΔACF,

ι

：・ZBAF=ZCAF=WNBAC=30°,

BF

在RtAABF中，一=tan30o,

AB

BF_√3

4√3-3,

即CF=BF=4;

根据(2)可知，ZkACEg△ABD,

∙*∙CE=BD=m,

ΛEF=CF+CE=4+m,ZFBC=ZFCB=90o-60°=30°,

：•ZEFP=ZFBC+ZFCB=60o,

XVZEPF=90o,

ΛZFEP=90o-60°=30°,

11

,PF=抑=2+新,

1

ΛBP=BF÷PF=6+^m,

1

・•・PD=BP-BD=6-5ιi;

②当NBAD=60°时，AD与AC重合，如图所示：

ZXADE为等边三角形,

ΛZADE≈60o，

VZΛDB=90o-ZBΛC=30o，

ΛZADE=90o,

・•・此时点P与点D重合，PD=O;

③当NBAD>60°时，连接AF,如图所示:

VRtΔABF^RtΔACF,

1

・・・ZBAF=ZCAF=WNBAC=30°,

BF

⅛RtΔΛBFφ,一=tan30o,

AB

BF_√3

4√3-3,

即CF=BF=4;

根据（2）可知，AACE04ABD,

ΛCE=BD=m,

ΛEF=CF+CE=4+m,ZFBC=ZFCB=90o-60°=30°,

：・ZEFP=ZFBC+ZFCB=60o,

又∙.∙NEPF=90°,

ΛZFEP=90o-60°=30°,

11

,PF=^EF=2+∣m,

1

.∙.BP=BF+PF=6+与n,

1

ΛPD=BD-BP=声1-6,

综上，PD的值为6-*或O或IIn-6.

【点评】本题考查图形的旋转，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解旋

转的性质，注意分类讨论思想解题是关键.

ABk

15.(2022•襄阳)矩形ABCD中，—=-(k>l),点E是边BC的中点，连接AE,过点E

BC2

作AE的垂线EF,与矩形的外角平分线CF交于点F.

【特例证明】

(1)如图(1),当k=2时，求证：AE=EF;

小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整.

证明：如图，在BA上截取BH=BE,连接EH.

Vk=2,

.∖AB=BC.

VZB=90o,BH=BE,

ΛZl=Z2=45o,

ΛZAHE=180o-Zl=135o.

TCF平分NDCG,ZDCG=90o,

.∙.N3=*/DCG=45。.

ΛZECF=Z3+Z4=135°.

(只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程)

【类比探究】

AE

(2)如图(2),当k#2时，求二的值(用含k的式子表示)；

EF

【拓展运用】

(3)如图(3),当k=3时，P为边CD上一点，连接AP,PF,∕PAE=45°,PF=√5,

求BC的长.

(1)(2)(3)

AD

【分析】(1)证明AAIlE丝AECF(ASA)即可；

(2)在BA上截取BH=BE,连接EH.证明aAHEs∕iECF,即可求解；

(3)以A为旋转中心，AADP绕A点旋转90°到aAP'H,设AB=3a,则BC=2a,由tan

ZBAE=ZEΛP=45o,可得tanNDAP另，从而判断aAPE是等腰直角三角形，过点

F作FQ±EG交于Q,又可得NFEQ=ZBAE,则工=-ɪ^-,可求FQ=ɪa,EQ=⅛,EF=胆a,

能够证明^PAESZMΦE,从而得到NAPE=NPFE=90°,则PF=EF=2√i^a=遍，求出

a=√2,即可得BC=2√Σ

【解答】(1)证明：如图，在BA上截取BH=BE,连接EH.

Vk=2,

ΛAB=BC.

VZB=90o,BH=BE,

ΛZl=Z2=45o,

ΛZAHE=180o-Nl=I35°,

TCF平分NDCG,ZDCG=90o,

1

ΛZ3=^ZDCG=45o,

ΛZECF=Z3+Z4=135°,

VAElEF,

ΛZ6+ZΛEB=90o,

VZ5+ZAEB=90o,

ΛZ5=Z6,

VAB=BC,BH=BE,

ΛΛΠ=EC,

ΛΔAHE^ΔECF(ASA),

.AE=EF;

(2)解：在BA上截取BH=BE,连接EH.

VZB=90o,BH=BE,

ΛZBHE=ZBEH=45o,

ZAHE=135°,

YCF平分NDCG,ZDCG=90o,

.β.ZDCF=∣ZDCG=45o.

ΛZECF=135°,

VAElEF,

ΛZFEC+ZAEB=90o,

VZBΛE+ZΛEB=90o,

ΛZBAE=ZFEC,

Λ∆AHE^ΔECF,

AEAH

•••_—,

EFCE

ABk

V—=-,E是BC边的中点，

BC2

ΛEC=HB=∣BC,

1k1

ΛAH=AB-⅛C=(---)BC,

222

AE

—=k-1；

EF

(3)如图(2),引例：在正方形ABCD中,EGlAC,

设AB=3,BE=I,则EC=2,

VZACE=45o,

ΛEG=GC=√2,

VAC=3√2,

ΛAG=2√2,

11

AtanZEAG=矛tanZBAE=ɜ,

以A为旋转中心，^ADP绕A点旋转90°至IJZ∖AP'H,

Vk=3,

AB_3

•e•=—，

BC2

设AB=3a,则BC=2a,

由旋转可得∕P'AP=90°,

连接P'E,HE,延长P'H交CD于点G,连接EG,

VAH=AD=2a,

・'.BH=a,

YE是BC的中点，

ΛBE=a,

1

.'.tanZBΛE=ɜ,

VZEAP=45o,

ΛZBAE+ZDAP=45o,

1

:∙tanZDAP=

ΛDP=a,

ΛPC=2a,

ΛAP=√5a,PE=√5a,AE=√10a,

ΛΔAPE是等腰直角三角形，

ΛZAPE=90o,

VAElEF,

ΛZPEF=ZPEA=45o,

过点F作FQLEG交于Q,

TCF平分NPCG,

ΛZFCQ=45o,

VZFEQ+ZAEB=90o,ZBAE+ZAEB=90o,

ΛZFEQ=ZBAE,

.1FQ

七-FQ+a,

•八1

,FQ=翁

3

ΛEQ=ɪa,

.PEEF

**AE=PE,

Λ∆PAE^ΔFPE,

ΛZAPE=ZPFE=90o,

ΛPF≈EF=i√10a,

VPE=√5,

ʌ/ɪθa=而，

Λa=V∑,

ΛBC=2√2.

解法2：设BE=EC=a,则AE=√IUa,

延长AP、EF交于Q,

VZPAE=45o,AElEF,

ΛΔAEQ是等腰直角三角形，

ΛAE=EQ,

作QM±BC交N,

VZAEB+ZQEM=90o,ZAEB+ZBAE=90°,

ΛZBAE=ZQEM,

VAE=EQ,

ΛΔABE^ΔEMQ(AAS),

ΛEM=AB=3a,MC=EM-EC=2a,

作QNLCD交BC延长线于M,

・•・四边形NCMQ是矩形，

.∙.QN=CM=AD=2a,

VZAPD=ZNPQ,ND=NPNQ,

ΛΔADP^ΔQNP(AAS),

ΛAP=PQ,

VEF=∣AE=∣EQ,

.∙.EF=FQ,PF=∣AE,

.,.-^∖∕ιθa=Vs>

，a=V∑,

ΛBC=2√2.

方法2：过点P作PQlAE交于点Q,过点Q作MN√AD分别交AB、CD于点M、N,

设BE=2x=EC,则AB=6x,

由aAMQ与aQNP全等，

设MQ=n,

VtanZBAE=ɪ,

.∖AM=3n=QN,

.∙.n+3n=4x,

解得n=x,

.∙.MQ=x,AQ=VTUx=PQ,

.∙.AE=AE-QA=√Iθx.

由(2)可知，AE：EF=2,

ΛEF=√Wx,

可证得四边形QEFP是正方形，

ΛPF=VlOx,

VPF=√5,

解答X=冬

ΛBC=4x=2√2.

A_______________D

BEC

(3)

(2)

【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，

相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题

的关键.

16.(2022∙随州)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的

一个里程碑.在该书的第2卷“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的

代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.

（1）我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推

出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）

（图1）（图2）（图3）（图4）

公式①：（a+b+c）d=ad+bd+cd

公式②：（a+b）（c+d）=ac+ad+bc+bd

公式③：（a-b）2=a2-2ab+b2

公式④：（a+b）3=a"+2ab+b2

图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式

③.

（2）《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式（a+b）（a-b）-a2-b2

的方法，如图5,请写出证明过程；（己知图中各四边形均为矩形）

（3）如图6,在等腰直角三角形ABC中，NBAC=90°,D为BC的中点，E为边AC上任

意一点（不与端点重合），过点E作EG,BC于点G,作EHLAD于点H,过点B作BF〃AC

交EG的延长线于点F.记ABFG与aCEG的面积之和为S∣,4ABD与aAEH的面积之和为

S2.

①若E为边AC的中点，则Ii的值为2；

②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不

成立，请说明理由.

A

【分析】（1）观察图象可得图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4

对应公式③；

2

(2)由图可得S矩形AKLC=AK∙AC=a(a-b)=BF∙BD=S矩形DBFG,即可得S正方形BCEF=a=s

矩形AKHD+b∖从而有a2=(a-b)(a+b)+b2,故(a+b)(a-b)=a2-b2；

(3)①设BD=m,可得AD=BD=CD=m,由E是AC中点，即得HE=DG=S1=S

2

52=5/Sɪ

ΔBFG+S∆CEG=[Hl，S2S∆ABD÷S∆A∣∙H=ɛɪɪl'用Jly履=2；

②设BD=a,DG=b,可得AD=BD=CD=a,AH=HE=DG=b,EG=CG=a-b,FG=BG=a+b,

S1—SΔBFG+SΔCEG=⅛×(a÷b)2÷⅛x(a-b)2=a"+b-,S2=SΔABD+SΔAEH=⅛a÷iXbI=⅛(a2+b2),

【解答】（I）解：观察图象可得:

图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③;

故答案为：①，②，④，③；

（2）证明:

如图:

由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形,

VAK=BM=BF-MF=a-b,BD=BC-CD=a-b,

'S矩形AKLC=AK∙AC=a(a-b)=BF∙BD=S矩形DBFG，

22

∙*∙S正方形BCEF=a=S矩形CDHL+S矩形DBFG+S正方形EGHL=S矩形CDHL+S矩形AKLC+b，

V22

:・a=S矩形AKHD+b，

•；S矩形AKHD=AK∙AD=(a-b)(a+b),

Λa2=(a-b)(a+b)+b2,

：・(a+b)(a-b)=a2-b2;

(3)解：①设BD=m,

由已知可得AABD、ΔAEH>ΔCEG.ABFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，

∙'∙AD=BD=CD=πι,

∙.∙E是AC中点,

1

ΛHE=DG=Wm=AH,

13

ΛCG=CD-DG=ʌm,BG=FG=BD+DG=^πι,

.c_cɪe133,11152

・・ɔi-OΔBFG+^>ΔCEG=2X2田乂2川+2X)mXIm=4小，

C_CIC12.11152

b2ƷΔABDb/xAEH—+3X2田*2田—gm'

S1

•∙~=2；

s2

故答案为：2；

②E不为边AC的中点时①中的结论仍成立，证明如下：

设BD=a,DG=b,

由已知可得4ABD∖ΔAE1KΔCEG.ABFG是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，

ΛAD=BD=CD=a,AH=HE=DG=b,EG=CG=a-b,FG=BG=a+b,

ʌS∣=SΔBEG÷SΔCEG=ɪ×(3÷b)+×(a-b)9

S2=SΔABP÷SΔAEH=ɪa2+ɪ×b2=4Cb2),

S

・・1——=2.

S2

【点评】本题考查四边形综合应用，涉及平方差、完全平方公式的推导及应用，解题的

关键是数形结合思想的应用.

17.(2021•宜昌)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(0o<ɑ<90°),得到四边形CB'E'F',B,E'所在

的直线分别交直线BC于点G,交直线AD于点P,交CD于点K.E'F'所在的直线分别交

直线BC于点H,交直线AD于点Q,连接B'F'交CD于点0.

（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,C0=2,求线段GP的长;

【分析】（1）根据邻边相等的矩形的正方形证明即可.

（2）①证明ACGB'⅛ΔCDF,（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,再证明GK=PK,求出PG=2PK,

求出PK可得结论.

F'H1

(3)如图3中，延长B'F'交CH的延长线于R.由tan∕G=tan∕F'CH=------=ʌ,

CF,2

p,HRHRF，1

设F'H=x∙CF'=2x,则CH=√^x,由4RB'C<^>ΔRF,H,推出一一=一=——=一,

B'CRCRB2

推出CH=RH,B'F'=RF',可得CR=2CH=2√^x,SΔCF∙R=2SΔCF^H,再由AGB'C^Δ

GCB'C2GB+2xB'C2

GEfII,推出--=3可得=一推出GB=2(√5-l)

GHE,HGB+2x+√5x一E'H3

X,由频。旃，，可得鬻=琮）7啜白=啜’由此即可解决

问题.

【解答】（1）证明：如图1中,

图1

在矩形ABCD中，ZB=ZBCD=90°,

VEFlAB,

ΛZFEB=90°,

二四边形BEFC是矩形，

VBE=BC,

四边形BEFC是正方形.

图2

VZGCK=ZDCH=90o,

ΛZCDF,+NH=90°,∕KGC+∕H=90°,

ΛZKGC=ZCDFZ,

VB,C=CF',ZGB,C=/CF'D,

ΛΔCGB,ΔCDF,(ΛΛS),

ΛCG=CD.

②解：设正方形的边长为a,

VKB,//CF',

ΛΔB,KO^ΔF,CO,

・B'KOK1

**CF,"CO^2,

ιι

ΛB/K=,C=ʌa,

在RtZ∖B'KC中，BzK2+B/C2=CK2,

.*.a2+(ɪa)2=32,

2

・^6√5

∙∙a=~,

由巴F=±可得B'K=KE,=∣a,

CF22

TKE'/∕CF,

ΛΔDKE,^ΔDCFf,

.DEzKE,m1

**DF,^CF,一a-2，

.∙.DE'=E,F,=a,

ΛPE,=2a,

ΛPK=∣a,

VDK=KC,ZP=ZG,ZDKP=ZGKC,

Λ∆PKD^ΔGKC(AAS),

ΛGK=PK,

ΛPG=2PK=5a,

ΛPG=5a=6√5.

(3)解：如图3中，延长B'F'交CH的延长线于R.

图3

,

TCF'/∕GPfRB/7BM,

Λ∆GBM^ΔGRB,,NG=NF'CR,

F'H1

ΛtanZG=tanZF,CH=——=ɪ,

CF,2

设F'H=x.CF'=2x,贝IJCH=底，

ΛCB,=CF,=E'F'=BC=2x,

TCB'//HEf,

ΛΔRB,CSARF'H,

・F'HRHRF'_1

φ*B,C-RC-RB,一2

ΛCH=RH,B,F'=RF',

ΛCR=2CH=2√5x,

∙*∙S∆CF,R=2S∆CF,H，

∙∕CB'〃HE',

Λ∆GB,CSHE'H,

・ɑɑ_B'C_2x2

,eGH一E'H_3x一3’

.GB+2x_B'C_2

**GB+2x+√5x-E'H"3

.∙.GB=2(√5-1)X,

VΔGBM^ΔCRFz,

s2-1X

,∆GMB/BG2_Γ(V5)-126-2√5

sACRF-CR2√5×5

TSACRW=2SΔCHF,>

.SAGMB_12-4√⅞

θ∆CF,Hɔ

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角

形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会

利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题.

18.(2020•湖北)实践操作：

第一步：如图1,将矩形纸片ABCD沿过点D的直线折叠，使点A落在CD上的点A'处，

得到折痕DE,然后把纸片展平.

第二步：如图2,将图1中的矩形纸片ABCD沿过点E的直线折叠，点C恰好落在AD上的

点C'处，点B落在点B'处，得到折痕EF,B,C,交AB于点M,C,F交DE于点N,再把

纸片展平.

问题解决:

(1)如图1,填空：四边形四A'D的形状是正方形；

(2)如图2,线段MC'与ME是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由;

(3)如图2,右AC'2cm,DC,=4cm,求DN：EN的值.

【分析】(1)由折叠性质得AD=AD',AE=A'E,NADE=NA'DE,再根据平行线的性

质和等腰三角形的判定得到四边形AEA,D是菱形，进而结合内角为直角条件得四边形

AEA'D