专题06以四边形为载体的几何综合问题(原卷版+解析)【浙江专用】

决胜2020年中考数学压轴题全揭秘（浙江专用）专题06以四边形为载体的几何综合问题【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．【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．14 B．12 C．817【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．1 B．2 C．3 D．2【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【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．【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cm．【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．【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．【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．【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．【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．【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=34时，猜想∠请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．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＝β B．α＝γ C．α+β+2γ＝90° D．2α+γ＝90°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．8cm B．9cm C．10cm D．11cm3．（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．2 B．23 C．23−1 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．34 B．35 C．365．（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33 B．等于3C．等于34 D．随点E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．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＝．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．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．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＝．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22，求BE的长．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S113．（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．【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＝210，则△ABD的面积是．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．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．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°，2BP+2PD＝46，求PD的长．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＝．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OE和BD的位置关系是；（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．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．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＝33∠BAC＝60°，求O1O2的长．决胜2020年中考数学压轴题全揭秘（浙江专用）专题06以四边形为载体的几何综合问题【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．14 B．12 C．817【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=154，即可求tan【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．1 B．2 C．3 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=32×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，∵S△CDES△CDE=∴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+22或10或8+22．【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+22=6+22图2的周长为1+4+1+4＝10；图3的周长为3+5+2+2故四边形MNPQ的周长是6+22或10或8+22．故答案为：6+22或10或8+22．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+82cm．【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＝IO=2x，IK=2x﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2+2，再根据S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×BO，即可得出BO【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＝IO=2x，IK=2x﹣∵Rt△CIK中，（2x﹣x）2+x2＝22，解得x2＝2+2又∵S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×∴2x2=12×∴BO＝22+∴BE＝2BO＝42+4，AB＝AE=2BO＝4+2∴△ABE的周长＝42+4+2（4+22）＝12+82故答案为：12+82．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＝DA=12AB＝3，推出四边形【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＝DA=12∵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，a1=−5即线段CE的长是52（2）证明：∵点H为BC边的中点，BC＝1，∴CH＝0.5，∴DH=1∵CH＝0.5，CG=5∴HG=5∴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＝DM=12EM，通过证明△BEQ∽△BME，可得BM＝2BE，BE＝2BQ，即可求【解答】（1）解：如图1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴PNBC=AE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，∴M'N'MN同理可得：P'N'∴M'N'MN∵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＝DM=12∵∠BMN＝∠QEM＝90°∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∠BME+∠NME＝90°∴∠BEQ＝∠BME，且∠MBE＝∠MBE∴△BEQ∽△BME∴BQBE∴BM＝2BE，BE＝2BQ∴BM＝4BQ∴QM＝3BQ＝MN，BN＝5BQ∴MN∴BN=53MN=5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=34时，猜想∠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，∴PNBC=AE解得PN=12（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，∴M'N'MN同理可得：P'N'PN∴M'N'MN∵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=MNBM=34，可以假设MN＝3k，BM＝4k，则BN＝5k，BQ＝k∴BQBE=k∴BQBE∵∠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＝β B．α＝γ C．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．8cm B．9cm C．10cm D．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．2 B．23 C．23−1 【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°，∴BE=3BF∴x+1=3x解得：x=3∴AE＝BF＝CG＝DH=3∴AH＝AD+DH＝2+3∴tan∠AEH=AHAE=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．34 B．35 C．36【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，EF=233EH=33AE，由直角三角形的性质得出DE＝2DG，EG=3DG，设DG＝x，则EG=3x，AE＝DE【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，EF=233EH∵∠DEG＝∠AEB＝30°，DG⊥BE，∴DE＝2DG，EG=3DG设DG＝x，则EG=3x，AE＝DE＝2x，EF=2∴tan∠DFE=DG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33 B．等于3C．等于34 D．随点E【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，∴EHAH设EH＝3a，AH＝4a，∴HG＝GF＝3a，∵EF∥AD，∴∠AFE＝∠FAG，∴tan∠AFE＝tan∠FAG=GF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143【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AB=23NE，然后由AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，求得AH，NH与EH的长，继而求得【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，∠BAM=∠CEM∠B=∠ECM∴△ABM≌△ECM（AAS），∴AB＝CD＝CE，AM＝EM＝4，∵N为边DC的中点，∴NE＝3NC=32AB，即AB=∵AN＝3，AE＝2AM＝8，且∠MAN＝60°，∴∠AEH＝30°，∴AH=12∴EH=AE2∴NH＝AH﹣AN＝4﹣3＝1，∴EN=N∴AB=23×故答案为1437．（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＝22+1或42【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＝32；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＝22+1；当点F交在CD的延长线时，如图2所示，同理可得BC＝42【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=A∴BE＝32，BG=32在△DEF和△CFG中，∠D=∠FCG∠DEF=G∴△DEF～△CFG（AA）∴DFCF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＝32，x=2∴BC=2(2−1)+3=2②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：BE=A∴BH=32又∵CH∥ED，∴△FCH∽△FDE，∴CFFD又∵CF＝1，CH＝y，∴DE＝4y，又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，∴3+4y=32解得：y=2∴BC=42故答案为22+1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3cm2．【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△AEF=12AE•AF=12（2）当AE＝EF＝2时，如图：则BE＝3﹣2＝1，BF=E∴S△AEF=12•AE•BF=12×2故答案为：2cm2或3cm2．9．（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10或6【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∴CF=CD∵∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°∴∠ADE＝∠DCF，且∠DHE＝∠CFD＝90°∴△DHE∽△CDF∴CD即5∴HE=185，∴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∴CG=CE∴DG＝CD﹣CG＝1＝HE∴AE=故答案为：1010．（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=12（CH+AF）=12（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【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ABCD=12AC•DB＝AC∵四边形ACEF是正方形∴EF＝AF＝AC＝CE，AF∥EC，AC⊥EC∴DB∥CE∥AF∴DHDF∴DH＝DF，即DG为梯形ACHF的中位线∴DG=12（CH+AF）=12（∵CH＝6，S正方形ACEF＝1.4S菱形ABCD∴EF2＝1.4AC•DG∴EF2＝1.4EF•12（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22，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＝22，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AD=AB∠DAG=∠BAE∴△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22，∴BD＝22，GE＝4，设BE＝x，则BG＝x﹣22，在Rt△BGE中，利用勾股定理可得x2+（x﹣22）2＝42，∴x=∴BE的长为2+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S1【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∠ACB=ABBC=k，可以假设AB＝k，BC＝1，用k表示S1，【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∠ACB=ABBC∴可以假设AB＝k，BC＝1，∴S1=12×BC×∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠ACB＝90°，∴△DAE∽△BAC，∴DEDA∵AB＝k，∴DE=1∴CE＝k−1∵F是EC的中点，∴EF=12EC=12∴DF=12（k−1k）+∴S2=12×DF×BC=1∴S1∵k≥1，∴当k＝1时，S113．（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＝210，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＝CO=12AC＝2.5，BO=12BD＝5，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于应用：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=A【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，∠EAO=∠FCO∠AEO=∠CFO∴△AEO≌△CFO（AAS），∴四边形CDEF的面积＝S△ACD=12▱故答案为：4；探究：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AO＝CO=12AC＝2.5，BO=12∴AB=BO2+OA2=55在△AOE与△COF中，∠OAE=∠OCF∠AEO=∠CFO∴△AOE≌△COF（AAS），∵AC⊥BD，∴S四边形ABFE＝S△ABC=12AC•BO=1应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，在△ABC与△CDE中，AC=CE∠ACB=∠DCE∴△ABC≌△CDE（SAS），∴∠E＝∠BAC＝90°，∴DE=A∴S△ABD＝S△ADE=12AE•DE故答案为：614．（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，∴OF=12∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝45°，在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，∴△OEC的面积=12•EC•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=DC在Rt△DOF中，OF=D∴菱形BFDE的面积=116．（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°，2BP+2PD＝46，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BP=2x由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，则（x+y）2+x2＝（42）2，由已知得：2BP+2PD＝46，则2x+2y＝46②，解①和②【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BP=2∵AB＝4，∴BD＝42，在Rt△BGD中，由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，∴（x+y）2+x2＝（42）2，∴2x2+2xy+y2＝32①，∵2BP+2PD＝46，∴2x+2y＝46②，解①和②得：x=22∴PD＝26−2217．（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=34，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，作CQ⊥AF，由面积法得AF×CQ2=CF×AD2解得CQ（3）①作CO∥EF，证△COM≌△FEM即可得；②作BP⊥AC于P，连接AF，求得BP=AB⋅BCAC=153434，由CM＝MF，CK＝AK知KM=12AF【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=34，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α如图2，过C作CQ⊥AF于点Q，由面积法得AF×CQ2=CF×AD2解得：CQ=则cos∠CAF=AQ（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=34则BP=AB⋅BC∵CM＝MF，CK＝AK，∴KM=12AF∵∠MKH＝∠BPH＝90°，∠MHK＝∠BHP，∴△MKH∽△BPH，∴BHMH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