专题20以四边形为载体的几何综合探究问题（解析版）

专题20以四边形为载体的几何综合探究问题

1．（2021·江苏南通·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关

于直线BE的对称点为点F，连接CF，设ABE．

（1）求BCF的大小（用含的式子表示）；

（2）过点C作CGAF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；

（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90得到CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等

腰三角形时，求sin的值．

【答案】(1)45+．

(2)DG//CF．理由见解析．

5

(3)．

5

【解析】

【分析】

(1)作辅助线BF，用垂直平分线的性质，推导边相等、角相等．再用三角形内角和为180算出BCF．

(2)作辅助线BF、AC，先导角证明△CFG是等腰直角三角形、ADC是等腰直角三角形．再证明

ADM∽AGC、DGC∽AFC，最后用内错角相等，两直线平行，证得DG//CF．

(3)△BFH为等腰三角形，要分三种情况讨论：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根据题目具体条件，舍掉

了②、③种，第①种用正弦函数定义求出比值即可．

【详解】

(1)解：连接BF，设AF和BE相交于点N．

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点A关于直线BE的对称点为点F

BE是AF的垂直平分线

BEAF，AB=BF

BAFBFA

ABE=

BAF=90-=BFA

EBF=180-90-90-=

四边形ABCD是正方形

AB=BC，ABC=90

FBC=90-2，ABBCBF

BFCBCF

BFCBCFFBC180，FBC902

180902

BFC=BCF45．

2

(2)位置关系：平行．

理由：连接BF，AC，DG

设DC和FG的交点为点M，AF和BE相交于点N

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由(1)可知，

ABEEBF，BAFBFA90，BFCBCF45

AFCAFBCFB9045135

CFG180AFC45

CGAG

FGC90

GCF180FGCCFG45CFG

CGF是等腰直角三角形

CG1

CF2

四边形ABCD是正方形

BADADCBCD90，ADCD

ADC是等腰直角三角形

DC1

，ACD45

AC2

BCA45

BE垂直平分AF

ANE90

NAE180ANEAEN

在△ADM和△CGM中，

ADCAGC90

AMDCMG

ADM∽CGM

MCGGAD

BCA45，BCF45

ACFBCFBCA=

在DGC和△AFC中，

DCCG1

，DCGACF

ACFC2

DGC∽AFC

AFCDGC135

DGADGCAGC1359045

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DGACFG45

CF//DG

(3)△BFH为等腰三角形有三种情况：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三种情况讨论：

①当FH=BH时，作MHBF于点M

由(1)可知：AB=BF，ABEEBF

四边形ABCD是正方形

ABBC，ABC90，BAE90

设AB=BF=BC=a

将△ABE绕点B顺时针旋转90得到CBH

CBHABE，BHBE

FBHABCABFCBH90290

FH=BH

HBFBFH90

FHB180FBHBFH2

BFH是等腰三角形，BHHF，HMBF

1a

BHMFHM，BMMFBF

22

在△ABE和MHB中，

BAEBMH90

BHMABE

ABE∽MHB

BMBH

1

AEBE

a

BM=AE=

2

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2

22a25a

BEAEAB+a=

22

AE5

sin=

BE5

②当BF=FH时，

设FH与BC交点为O

△ABE绕点B顺时针旋转90得到CBH

ABECBH

由(1)可知：ABF2

FBC902

FBHFBCCBH90290

BFFH

FBHFHB90

BOH180CBHBHF90

此时，BOH与BCH重合，与题目不符，故舍去

③当BF=BH时，

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由(1)可知：AB=BF

设AB=BF=a

四边形ABCD是正方形

AB=BC=a

BF=BH

BF=BH=BC=a

而题目中，BC、BH分别为直角三角形BCH的直角边和斜边，不能相等，与题目不符，故舍去．

故答案为：5

5

【点睛】

本题考查了三角形内角和定理(三角形内角和为180)、平行线证明(内错角相等，两直线平行)、相似三角形

证明(两组对应角分别相等的两个三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)、等腰直角三

角形三边比例关系(1：1：2)、正弦函数定义式(对边：斜边)．

2．（2021·辽宁阜新·中考真题）在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，

还蕴含着很多美妙的数学结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直

线AC的两侧），且AECF．

（1）如图2，求证：DEDF；

（2）若直线AC与EF相交于点G，如图3，求证：DGEF；

（3）设正方形ABCD的中心为O，CFE，用含的式子表示DGO的度数（不必证明）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．

【解析】

【分析】

（1）四边形ABCD是正方形，ADCD，CDAB，又知道AECF，可得到△DAE≌△DCF即可求

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解；

（2）作EH//BC交AC于点H,则EHGFCG,知道四边形ABCD是正方形可得ABBC，B90推出

BACBCA，EH//BC，AHEACB，BAHAHE，AEEH，得到AECF，EHCF，又

知道EGHFGC得到△EHG≌△FCG即可求解

（3）分三种情况①点E在线段AB上、②点E在线段BA的延长线上、③点E在线段AB的延长线上，逐

一进行讨论即可求解．

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴ADCD，CDAB90．

∴DAEC90．

又∵AECF，

∴△DAE≌△DCF．

∴DEDF．

（2）（解法一）作EH//BC交AC于点H，如图1．则EHGFCG．

图1

∵四边形ABCD是正方形，

∴ABBC，B90．

∴BACBCA45

∵EH//BC，

∴AHEACB45．

∴BAHAHE．

∴AEEH．

∵AECF，

∴EHCF．

又∵EGHFGC，

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∴△EHG≌△FCG．

∴EGGF．

由（1）同理可得DEDF，

∴DGEF．

（解法二）作EH//BC交AC于点H，如图2．

图2

∵四边形ABCD是正方形，

∴ABBC，B90．

∴BACBCA45，

∵EH//BC，

∴AHEACB45．

∴BAHAHE．

∴EAEH．

又∵AECF，

∴EHCF．

连接CE，FH．

又∵EH//CF．

∴四边形CEHF是平行四边形．

∴EGGF．

由（1）同理可得DEDF，

∴DGEF．

（3）解：①当点E在线段AB上时，

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∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD=∠ADC=90°，∠ACD=45°，

∵△DAE≌△DCF，

∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，

∴∠EDC+∠CDF=90°，

即∠EDF=90°，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDF=∠2=45°，

∴∠1=45°-∠3，

∵∠BCD=90°，

∴∠3+∠2+∠CFE=90°，

∴∠3=90°-45°-α=45°-α，

∴∠1=45°-∠3=α，

∵∠DGO=∠ACD+∠1，

∴∠DGO=α+45°；

②当点E在线段BA的延长线上时，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD=∠ADC=90°，∠BDC=45°，

∵△DAE≌△DCF，

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∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，

∴∠EDA+∠ADF=90°，

即∠EDF=90°，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDF=∠GFD=∠BDC=45°，

∴∠1=∠2，

∵∠BCD=90°，

∴∠3+∠2=90°，

∵∠3=∠CFE-∠GFD=α-45°，

∴∠2=90°-α+45°=135°-α，

∴∠1=∠2=135°-α，

∴∠DGO=90°-∠1=α-45°；

③当点E在线段AB的延长线上时，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，∠ACD=45°，∠ABC=∠ADC=90°，

∵△DAE≌△DCF，

∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，

∴∠EDC+∠CDF=90°，

即∠EDF=90°，

∴∠2=∠3，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDE=∠DEG=45°，

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∴∠1+∠3=45°，

∵∠ABC=90°，

∴∠CFE+∠2+∠DEG=90°，

∵∠CFE-∠2=45°，

∴∠CFE=∠1=α，

∴∠DGO+∠1=∠ACD=45°，

∴∠DGO=45°-α．

综上：∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质

等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得DE=DF，利用等腰直角三角形的性质求解．

3．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，

点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以N△A，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，

将RtECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．

△

（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；

（2）如图2，当045时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理

由；

（3）在RtECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝52时，

连结GN，△请直接写出GN的长．

【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝72或132

【解析】

【分析】

（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠

GDN=∠ADC=90°，可得结论；△

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（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，

∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；△

（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股

定理求出GN即可．

【详解】

解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，

∵CE=CF，

∴BE=DF，

∴△ABE≌△ADF（SAS），

∴AE=AF，

∵EN=NF，

∴AN⊥EF，CN=NF=EN，

∵CE=CF，EN=NF，

∴CN⊥EF，

∴A，N，C共线，

∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，

∴四边形ANFG是矩形，

∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，

∵∠DCA=∠DAC=45°，

∴∠GAD=∠NCD=45°，

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∴△GAD≌△NCD（SAS），

∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，

∴∠GDN=∠ADC=90°，

∴DG⊥DN，DG=DN．

故答案为：DG⊥DN，DG=DN；

（2）结论成立．

理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．

∵四边形ANFG是平行四边形，

∴AG∥KJ，AG=NF，

∴∠DAG=∠J，

∵AJ∥BC，

∴∠J=∠CKE，

∵CE=CF，EN=NF，

∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，

∴∠ECN=∠CEN=45°，

∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，

∴∠DCN=∠CKE，

∴∠GAD=∠DCN，

∵GA=CN，AD=CD，

∴△GAD≌△NCD（SAS），

∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，

∴∠GDN=∠ADC=90°，

∴DG⊥DN，DG=DN；

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（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，

∵△ECN是等腰直角三角形，EC=52，

∴EN=CN=NF=5，

∵四边形ANFG是平行四边形，

∴AG=NF=5，

∵AD-CD=12，

∴DG=DN=7，

∴GN=72．

如图3-2中，当点G落在AB上时，

同法可证，CN=5，

∵△DAG≌△DCN，

∴AG=CN=5，

∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，

GNBG2BN272172132

综上所述，满足条件的GN的值为72或132

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的

第14页共99页.

关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．

4．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．

【探究建模】

（1）如图1，当点E在边AB上时，DEDF，且B，C，F三点共线．求证：AECF；

【类比应用】

（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DEDF，AEEF，且E，C，F三点共线．猜想并证明

线段AE，CE，DE之间的数量关系；

【拓展迁移】

（3）如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AEEC，AEAF，DEBE，且D，F，E三点共线，

DE与AB交于G点．若DF3，AE2，求CE的长．

【答案】（1）见解析；（2）AECE2DE；理由见解析（3）42

【解析】

【分析】

（1）根据正方形性质以及题意证明VADE≌VCDF即可得出结论；

（2）根据已知条件证明ADE≌CDF(AAS)，然后证明EDF为等腰直角三角形即可得出结论；

（3）先证明BAE≌DAF(AAS)，得出FAE为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质

求出CH,EH的长度，即可得出结论．

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是正方形，B，C，F三点共线，

∴DCDA,DAEDCF90,

∵DEDF，

∴ADCEDF90，

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∴ADECDF,

在ADE和CDF中，

DAEDCF

DADC,

ADECDF

∴ADE≌CDF(ASA),

∴AECF;

（2）∵DEDF，四边形ABCD是正方形，

∴ADCEDF90,ADCD,

∴ADECDF,

∵AEEF，DEDF，

∴DEFF90,AEDDEF90,

∴AEDF,

在ADE和CDF中，

ADECDF

AEDF,

ADCD

∴ADE≌CDF(AAS),

∴DEDF,AECF,

∴EDF为等腰直角三角形，

∴EF2DE,

即AECE2DE；

（3）过点D作DHCE于点H，连接BD，

∵DFAFAEFEA90FEA，

∵AEBFEADEB90FEA，

∴AEBDFA，

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∵BAE90FAB,DAF90FAB,

∴BAEDAF，

在BAE和△DAF中，

BAEDAF

BEADFA,

BADA

∴BAE≌DAF(AAS),

∴DFBE3，FAEA2，

∵AEFA2且FAAE,

∴FAE为等腰直角三角形，

∴EF222，

在RtDEB中，DE325,BE3,

∴DB523234,

∵BD是正方ABCD对角线，

34

∴ADCD17,

2

∵FEA45

∴DEC45,

∴DHE为等腰直角三角形，

5

∴DHEH2,

2

3

∴在RtDHC中，CHDC2DH22,

2

35

∴CECHEH2242．

22

【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质

定理是解本题的关键．

5．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：

如图1，在矩形ABCD中，AB23，ABD30，点E是边AB的中点，过点E作EFAB交BD于点F．

第17页共99页.

实验探究：

（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的BEF绕点B按逆时针方向旋转90，如图2所示，得到结论：

AE

①_____；②直线AE与DF所夹锐角的度数为______．

DF

（2）小王同学继续将BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是

否仍然成立？并说明理由．

拓展延伸：

在以上探究中，当BEF旋转至D、E、F三点共线时，则ADE的面积为______．

31333913339

【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或

288

【解析】

【分析】

AEBE3

（1）通过证明FBD∽EBA，可得，BDFBAE，即可求解；

DFBF2

AEBE3

（2）通过证明ABE∽DBF，可得，BDFBAE，即可求解；

DFBF2

拓展延伸：分两种情况讨论，先求出AE，DG的长，即可求解．

【详解】

解：（1）如图1，ABD30，DAB90，EFBA，

BEAB3

cosABD，

BFDB2

如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，

BEF绕点B按逆时针方向旋转90，

第18页共99页.

DBFABE90，

FBD∽EBA，

AEBE3

，BDFBAE，

DFBF2

又DOBAOF，

DBAAHD30，

直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，

3

故答案为：，30°；

2

（2）结论仍然成立，

理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，

将BEF绕点B按逆时针方向旋转，

ABEDBF，

BEAB3

又，

BFDB2

ABE∽DBF，

AEBE3

，BDFBAE，

DFBF2

又DOHAOB，

ABDAHD30，

直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．

拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG⊥AE于G，

AB23，ABD30，点E是边AB的中点，DAB90，

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BE3，AD2，DB4，

EBF30，EFBE，

EF1，

QD、E、F三点共线，

DEBBEF90，

DEBD2BE216313，

DEA30，

113

DGDE，

22

AEBE3

由（2）可得：，

DFBF2

AE3

，

1312

393

AE，

2

113931313339

ADE的面积AEDG；

22228

如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG⊥AE，交EA的延长线于G，

113931313339

同理可求：ADE的面积AEDG；

22228

故答案为：13339或13339．

88

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质

等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．

6．（2021·山东青岛·中考真题）已知：如图，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB8cm，ADAE6cm，

DAE90．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动．速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DB方向

匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM//BE，交AD于点H，交DE于点M，过点Q作QN//BC，交CD

第20页共99页.

于点N．分别连接PQ，PM，设运动时间为ts0t8．

解答下列问题：

（1）当PQBD时，求t的值；

（2）设五边形PMDNQ的面积为Scm2，求S与t之间的函数关系式；

（3）当PQPM时，求t的值；

（4）若PM与AD相交于点W，分别连接QW和EW．在运动过程中，是否存在某一时刻t，使

AWEQWD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

50621807

【答案】（1）s；（2）St2t；（3）t；（4）存在，ts

9255112

【解析】

【分析】

BPBQ

（1）先证BPQBDA，得代数计算即可；

BDBA

111

（2）如图2中，过点P作PO⊥QM于点O．证明S=S边DQPM+SDNQ=（PQ+DH）•QM+QN•ND=

四形222

△

111

（HA+DH）•QM+QN•ND=•AD•QM+QN•ND，可得结论．

222

（3）如图3中，延长NQ交BE于点G．根据PQ=PM，构建方程求解即可．

QHHWHMHWQHHM

（4）存在．证明HQW∽△AEW，MHW∽△PAW，推出，，推出，由

AEWAPAWAAEPA

此构建方程求解即△可△

【详解】

（1）由题意可得，BPt，DQt，

在矩形ABCD中，

∵AB8，BCAD6，

CBABCDBAD90，

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在RtBCD中，BCD90，

BDBC2CD2628210，

∴BQ10t，

∵PQBD，

∴BQPBAD90，

又∵DBEDBE，

∴BPQBDA，

BPBQ

∴，

BDBA

t10t

∴，

108

50

∴t.

9

50

答：t为s时，PQBD.

9

（2）过点P作POQM，交QM于点O，

在等腰Rt△ADE中，

ADAE6，EAD90，

则BEBAAE14.

∵QM//BE，

∴POHPAHOHA90，

∴四边形OPAH是矩形，

∴POAH.

∵QM//EB，

∴DQMDBE，

又∵QDMQDM，

∴△DQM△DBE，

第22页共99页.

QMDQQMt7

∴，∴，∴QMt.

BEBD14105

∵QN//BC，∴DNQC90，

又∵CDBCDB，

∴△NDQ△CDB，

DQDNNQ

∴，

DBDCBC

tDNNQ

∴，

1086

43

∴DNt，QNt.

55

∴S五边形DNQPMS四边形DQPMS△DNQ

11

(PODH)QMQNND

22

11

(HADH)QMQNND

22

11

ADQMQNND

22

17134

6ttt

25255

621

t2t.

255

621

答：S与t的函数关系式是St2t.

255

（3）延长NQ交BP于点G，由（1），（2）可得DC//AB，

DNQ90，POQM，

∵DNQNGABAD90，

∴四边形NGAD是矩形，

4

∴BGCN8t，

5

同理可证，四边形PGQO是矩形.

第23页共99页.

∴QOGP，

当PQPM时，

∵POQM，

1

∴QOQM，

2

17

∴QOt.

25

49

又∵QOGPBPBGBPCNt8tt8，

55

179

∴tt8，

255

80

∴t.

11

80

答：当PQPM时，ts.

11

47

（4）由（2）得DNt，QMt，

55

∵QN//BC，QM//BE，

∴DNQNQHNDH90，

∴NQHD为矩形，

4

∴QHDNt，且QHD90.

5

∴QHADAE90，

∵AWEQWD，

第24页共99页.

∴△HQW△AEW，

同理可证△MHW△PAW，

QHHWHMHW

∴，，

AEWAPAWA

QHHM

∴，

AEPA

474

∴ttt，

555

68t

7

∴t.

2

7

答：在运动的过程中，存在时刻ts，使AWEQWD.

2

【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，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．

1．（2022·广东江门·一模）已知，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E是射线BC上一动点，将矩形ABCD

先沿直线AE翻折，点B落在点F处，展开后再将矩形ABCD沿直线BF翻折，点E落在点G处，再将图

形展开，连接EF、FG、GB，得到四边形BEFG．

(1)如图1，若点F恰好落在CD边上，求线段BE的长；

(2)如图2，若BE＝1，直接写出点F到BC边的距离；

(3)若ADG的面积为3，直接写出四边形BEFG的面积．

△5

【答案】(1)BE＝

3

5

(2)

13

15213521

(3)或

73

第25页共99页.

【解析】

【分析】

（1）连接AF，如图1所示，由矩形，翻折的性质可知AF＝AB＝5，FE＝BE，勾股定理得DF＝AF2AD2

求出DF的值，在RtCEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，计算求解即可；

（2）连接AF，过点F△作MN⊥BC于N，交AD于M，如图2所示，则MN⊥AD，AM＝BN，∠AFM+∠FAM

＝90°，由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，有∠FAM＝∠EFN，证明AMF

AMAF5△

∽△FNE，有，AM＝5FN，可知BN＝5FN，在RtNEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，

FNFE1

计算求出符合要求的解即可；△

（3）分两种情况：①点G在矩形ABCD的内部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点F作MN⊥BC

1

于N，交AD于M，如图3所示，由ADG的面积＝AD×GH＝3，求出GH的值，证明四边形BEFG是菱

2

△

形，四边形GHMF是矩形，勾股定理得AM＝AF2FM2，求出AM的值，同（2）得：AMF∽△FNE，

AMAF△

有，求得FE的值，进而可知BE的值，由四边形BEFG的面积＝BE×FN计算求解即可；②点G

FNFE

在矩形ABCD的外部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点E作EN⊥FG于N，过A作AM⊥FG于M，

AFFM

如图4所示，同①得：AM＝GH＝2，FM＝AF2FM2，AMF∽△FNE，有，求FE的值，进

FEEN

△

而可知BE的值，由四边形BEFG的面积＝BE×EN计算求解即可．

(1)

解：连接AF，如图1所示，

∵四边形ABCD是矩形，

∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，

由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE，

∴DF＝AF2AD252324，

∴CF＝CD﹣DF＝1，

第26页共99页.

在RtCEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，

即（3△﹣BE）2+12＝BE2，

5

解得：BE＝；

3

(2)

解：连接AF，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，如图2所示，

则MN⊥AD，AM＝BN，

∴∠AMF＝∠FNE＝90°，

∴∠AFM+∠FAM＝90°，

由翻折的性质得：AF＝AB＝5，FE＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，

∴∠AFM+∠EFN＝90°，

∴∠FAM＝∠EFN，

∴△AMF∽△FNE，

AMAF5

∴，

FNFE1

∴AM＝5FN，

∴BN＝5FN，

在RtNEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，

即FN△2+（5FN﹣1）2＝12，

5

解得：FN＝，或FN＝0（舍去），

13

5

即点F到BC边的距离为；

13

(3)

分两种情况：

①点G在矩形ABCD的内部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点F作MN⊥BC于N，交AD于M，

如图3所示，

第27页共99页.

则MN∥GH，MN⊥AD，MN＝CD＝5，

11

∵△ADG的面积＝AD×GH＝×3×GH＝3，

22

∴GH＝2，

由翻折的性质得：BG＝FG，FE＝BE，BG＝BE，

∴BG＝FG＝FE＝BE，

∴四边形BEFG是菱形，

∴FG∥BC∥AD，

∴四边形GHMF是平行四边形，

∵GH⊥AD，

∴∠GHM＝90°，

∴平行四边形GHMF是矩形，

∴FM＝GH＝2，

∴FN＝MN﹣FM＝3，AM＝AF2FM2522221，

同（2）得：AMF∽△FNE，

AMAF

∴△，

FNFE

215

即，

3FE

521

∴FE＝，

7

521

∴BE＝，

7

5211521

∴四边形BEFG的面积＝BE×FN＝×3＝；

77

②点G在矩形ABCD的外部时，连接AF，过G作GH⊥AD于H，过点E作EN⊥FG于N，过A作AM⊥

FG于M，如图4所示，

第28页共99页.

同①得：AM＝GH＝2，FM＝AF2AM2522221，AMF∽△FNE，

AFFM△

∴，

FEEN

∵EN＝BM＝AB+AM＝5+2＝7，

521

∴，

FE7

521

解得：FE，

3

521

∴BE＝，

3

5213521

∴四边形BEFG的面积＝BE×EN＝×7＝；

33

15213521

综上所述，四边形BEFG的面积为或．

73

【点睛】

本题考查了折叠的性质，三角形相似，勾股定理，菱形、矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵

活运用．

2．（2021·山东城阳·一模）已知：四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=6cm，AD=7cm，BC=8cm，

动点P从点C出发沿CB边向点B运动，速度为2cm/s；直线EF从点A出发沿对角线AC向点C运动，分

别交AB、AC、AD与点E、Q、F，且运动过程中始终保持EF⊥AC，速度为1cm/s；若点P与直线EF同时

18

出发，设运动时间为t秒，且(0≤t≤)．

5

第29页共99页.

(1)连接PF，当t为何值时PF∥AB？

(2)连接PE，设四边形AEPF的面积为Scm2，求S与t的函数关系式．

(3)求当四边形AEPF的面积与四边形ABCD的面积之比为17:54时，此时点E到PF的距离．

32

【答案】(1)s

13

5125

(2)S=t2t

312

4017

(3)cm

51

【解析】

【分析】

(1)利用勾股定理可求AC的长，利用锐角三角函数可求AF，AE的长，由平行四边形的性质可得AF=CP，

即可求解；

(2)利用面积的和差关系可求解；

(3)由面积关系可求t=2，可求AE，AF的长，由勾股定理可求PF长，由面积关系可求解．

(1)

解：由题意可得AQ=t(cm)，CP=2t(cm)，则BP=(8-2t)cm，

∵AB=6cm，BC=8cm，∠B=90°，

∴ACAB2BC2=6282=10cm，

∵EF⊥AC，

∴∠AQE=∠ABC=90°，

∴∠AEQ+∠EAQ=90°=∠EAQ+∠ACB，

∴∠AEF=∠ACB，

∴sin∠AEF=sin∠ACB，

AQAB

∴=，

AEAC

第30页共99页.

10t5

∴AEt(cm)，

63

∵tan∠AEF=tan∠ACB，

AFAB

∴=，

AEBC

5

∴AF=t(cm)，

4

当PF∥AB时，∵AD∥BC，

∴四边形ABPF为平行四边形，

5

∴AF=BP，即t82t，

4

32

解得t，

13

32

∴当t为s时PF∥AB；

13

(2)

1159

解：∵S四边形ABPF(AFBP)•ABt82t624t，

2244

1153852

SBPEPB•BE(82t)6t24tt，

22333

5125

∴SSSt2t；

四边形ABPFBPE312

(3)

解：由题意知S四边形AEPF:S四边形ABCD=17:54，

ADBCAB786

又∵2，

S四边形45cm

ABCD22

85

∴S(cm2)，

四边形AEPF6

512585

即t2t，

3126

1718

解得t1=2，t>(不合题意，舍去)，

245

105

当t=2时，则AEcm，AFcm，BP=4cm，

32

如图，作FM⊥BC于M，

第31页共99页.

∵FM⊥BC，∠DAB=∠ABC=90°，

∴四边形ABMF是矩形，

5

∴AB=FM=6cm，AF=BMcm，

2

53

∴PMBPBM4(cm)，

22

2

2223317

∴PF=FMPM=6=(cm)，

22

111052585

∵SAEAF=(cm2)，S(cm2)，

AEF22326四边形AEPF6

85252

∴SS四边形S10(cm)，

PEFAEPFAEF66

设点E到PF距离为hcm，

11317

则SPFhh10，

PEF222

4017

∴h，

51

4017

故此时点E到PF的距离为．

51

【点睛】

本题考查的是四边形综合题，考查了梯形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，锐

角三角函数等知识，利用参数表示线段的长度是解题的关键．

3．（2021·广东南海·二模）如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰RtBEF绕点

△

B旋转，BE＝BF＝10，连接AE，CF．

第32页共99页.

(1)求证：ABE≌△CBF．

(2)如图2，△连接DE，当DE＝BE时，求SBCF的值．（SBCF表示BCF的面积）

△△

(3)如图3，当RtBEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与线段△CF存在交点G时，若M是CD的中

点，P是线段DG△上的一个动点，当满足2MP+PG的值最小时，求MP的值．

【答案】(1)见解析

(2)2或6

115

(3)

2

【解析】

【分析】

（1）由“SAS”可证ABE≌△CBF；

（2）由“SSS”可证△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可证AH＝EH，由勾股定理可求BE的长，

即可求解；△

（3）先确定点P的位置，过