特殊平行四邊形綜合題四種解題模型題型一：平行四邊形綜合題一．填空題（共1小題）1．（2021春?建湖縣期中）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝8cm，BC＝12cm，點(diǎn)P自點(diǎn)A向D以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，到D點(diǎn)即停止，點(diǎn)Q自點(diǎn)C向B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)即停止，O直線PQ截原四邊形為兩個(gè)新四邊形，則當(dāng)P、Q同時(shí)出發(fā)2或3秒后其中一個(gè)新四邊形為平行四邊形．【分析】當(dāng)AP＝BQ時(shí)，四邊形APQB是平行四邊形，建立關(guān)于t的一元一次方程方程，解方程求出符合題意的t值即可；當(dāng)PD＝CQ時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形；建立關(guān)于t的一元一次方程方程，解方程求出符合題意的t值即可．【解答】解：根據(jù)題意有AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD＝（8﹣t）cm，BQ＝（12﹣3t）cm．①∵AD∥BC，∴當(dāng)AP＝BQ時(shí)，四邊形APQB是平行四邊形．∴t＝12﹣3t．解得t＝3．∴t＝3s時(shí)四邊形APQB是平行四邊形．②AP＝tcm，CQ＝3tcm，∵AD＝8cm，BC＝12cm，∴PD＝AD﹣AP＝（8﹣t）cm．∵AD∥BC，∴當(dāng)PD＝QC時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形．即：8﹣t＝3t，解得t＝2s．∴當(dāng)t＝2s時(shí)，四邊形PDCQ是平行四邊形．綜上所述，當(dāng)P，Q同時(shí)出發(fā)3或2秒后其中一個(gè)新四邊形為平行四邊形．故答案為：2或3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，題目是一道綜合性比較強(qiáng)的題目，難度適中，解題的關(guān)鍵是把握“化動(dòng)為靜”的解題思想．二．解答題（共6小題）2．（2022春?大豐區(qū)期中）已知在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、BC邊上，DE＝AF，DE⊥AF于點(diǎn)G．（1）如圖1，若∠BAD＝90°，求證：四邊形ABCD是正方形；（2）在（1）的條件下，延長(zhǎng)CB到點(diǎn)H，使得BH＝AE，判斷△AHF的形狀，并說(shuō)明理由．（3）如圖2，若AB＝AD，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，求DE的長(zhǎng)．【分析】（1）先證明平行四邊形ABCD是矩形，再證明AB＝AD，可得四邊形ABCD是正方形；（2）根據(jù)△ADE≌△BAF，得AE＝BF，證明AB垂直平分FH，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可得AH＝AF，則△AHF是等腰三角形；（3）如圖2所示，延長(zhǎng)CB到點(diǎn)H，使得BH＝AE，連接AH，證明四邊形ABCD是菱形，再證明△DAE≌△ABH（SAS），得DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，再證明△AHF是等邊三角形，可得DE＝AH＝8．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∵DE⊥AF，∴∠AGD＝90°，∴∠ADE+∠DAF＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，∵DE＝AF，∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD＝BA，∴四邊形ABCD是正方形；（2）解：△AHF是等腰三角形，理由如下：由（1）得：△ADE≌△BAF，∴AE＝BF，∵BH＝AE，∴BF＝BH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，即AB垂直平分FH，∴AH＝AF，∴△AHF是等腰三角形；（3）解：如圖2所示，延長(zhǎng)CB到點(diǎn)H，使得BH＝AE，連接AH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠ABH＝∠BAD．∵BH＝AE，∴△DAE≌△ABH（SAS），∴DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，∵DE＝AF，∴AH＝AF，∴△AHF是等邊三角形，∴AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝6+2＝8，∴DE＝AH＝8．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)和判定、正方形的判定、菱形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考常考題型．3．（2021春?鎮(zhèn)江期中）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)在對(duì)角線AC上，AE＝CF．求證：（1）△AFD≌△CEB；（2）連接DF、BE，判斷四邊形BEDF的形狀，并說(shuō)明理由．【分析】（1）由AE＝CF可得AF＝CE，再結(jié)合平行四邊形的對(duì)邊相等且平行，可得AD＝BC，∠DAC＝∠ACB，從而證明全等；（2）平行四邊形．理由：由（1）可得DF＝BE，∠EFD＝∠BEC，可得DF∥BE，∴四邊形BEDF為平行四邊形．【解答】（1）證明：∵AE＝CF，∴AF＝CE．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC．∴∠DAC＝∠ACB．在△AFD和△CEB中，AF=CE∠DAC=∠ACB∴△AFD≌△CEB（SAS）．（2）解：四邊形BEDF為平行四邊形，理由如下：由（1）得，△AFD≌△CEB，∴DF＝BE，∠EFD＝∠BEC．∴DF∥BE．∴四邊形BEDF為平行四邊形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查平行四邊形的基本性質(zhì)以及判定方法，熟練運(yùn)用平行四邊形的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．4．（2021春?鎮(zhèn)江期中）如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E是線段AD上的任意一點(diǎn)（E與A，D不重合），G，F(xiàn)，H分別是BE，BC，CE的中點(diǎn)．（1）證明：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）連接EF，若EF⊥BC，且EF=12BC，判斷四邊形【分析】（1）通過(guò)中位線定理得出GF∥EH且GF＝EH，所以四邊形EGFH是平行四邊形；（2）當(dāng)添加了條件EF⊥BC，且EF=12BC后，通過(guò)對(duì)角線相等且互相垂直平分（EF⊥GH，且EF＝【解答】解：（1）證明：∵G，F(xiàn)分別是BE，BC的中點(diǎn)，∴GF∥EC且GF=12又∵H是EC的中點(diǎn)，EH=12∴GF∥EH且GF＝EH．∴四邊形EGFH是平行四邊形．（2）四邊形EGFH是正方形；理由：連接GH，EF．∵G，H分別是BE，EC的中點(diǎn)，∴GH∥BC且GH=12又∵EF⊥BC且EF=12又∵EF⊥BC，GH是三角形EBC的中位線，∴GH∥BC，∴EF⊥GH，又∵EF＝GH．∴平行四邊形EGFH是正方形．【點(diǎn)評(píng)】主要考查了平行四邊形的判定和正方形的性質(zhì)．正方形對(duì)角線的特點(diǎn)是：對(duì)角線互相垂直；對(duì)角線相等且互相平分；每條對(duì)角線平分一組對(duì)角．5．（2021春?濱?？h期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知A（4，0），以O(shè)A為一邊在第四象限內(nèi)畫(huà)正方形OABC，D（m，0）為x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（m＞4），以BD為一直角邊在第四象限內(nèi)畫(huà)等腰直角△BDE，其中∠DBE＝90．（1）試判斷線段AE、CD的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；（2）設(shè)DE的中點(diǎn)為F，直線AF交y軸于點(diǎn)G．問(wèn)：隨著點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)G的位置是否會(huì)發(fā)生變化？若保持不變，請(qǐng)求出點(diǎn)G的坐標(biāo)：若發(fā)生變化，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）由正方形OABC，可得BC＝BA，∠ABC＝90°，由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE，∠DBE＝90°，再根據(jù)∠CBD＝∠ABE，即可得到△CBD≌△ABE，進(jìn)而得出CD＝AE；（2）過(guò)點(diǎn)E作PQ∥OD，分別交直線AB，AF于點(diǎn)P，Q，判定△ADB≌△PBE，可得AD＝PB，AB＝PE，判定△ADF≌△QEF，可得AD＝QE，依據(jù)AP＝QP，可得∠AQP＝45°，依據(jù)PQ∥OD，可得∠OAG＝∠Q＝45°，進(jìn)而得到△AOG是等腰直角三角形，進(jìn)而得到G（0，4），點(diǎn)G的位置不會(huì)發(fā)生變化．【解答】解：（1）AE＝CD．理由：由正方形OABC，可得BC＝BA，∠ABC＝90°，由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE，∠DBE＝90°，∴∠ABC+∠ABD＝∠DBE+∠ABD，即∠CBD＝∠ABE，∴△CBD≌△ABE，∴CD＝AE．（2）點(diǎn)G的位置不會(huì)發(fā)生變化．理由：如圖，過(guò)點(diǎn)E作PQ∥OD，分別交直線AB，AF于點(diǎn)P，Q，∵∠DAB＝∠P＝∠DBE＝90°，∴∠ADB+∠ABD＝∠PBE+∠ABD＝90°，∴∠ADB＝∠PBE，又∵DB＝BE，∴△ADB≌△PBE，∴AD＝PB，AB＝PE，∵F是DE的中點(diǎn)，∴DF＝EF，∵AD∥EQ，∴∠DAF＝∠Q，又∵∠AFD＝∠QFE，∴△ADF≌△QEF，∴AD＝QE，∴AB+BP＝PE+EQ，即AP＝QP，∴∠AQP＝45°，又∵PQ∥OD，∴∠OAG＝∠Q＝45°，∴△AOG是等腰直角三角形，∴GO＝AO＝4．∴G（0，4），點(diǎn)G的位置不會(huì)發(fā)生變化．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、坐標(biāo)與幾何圖形的關(guān)系、正方形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的難點(diǎn)在于作輔助線構(gòu)造全等三角形，運(yùn)用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得出△APG是等腰直角三角形．6．（2021春?崇川區(qū)校級(jí)月考）已知在平行四邊形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)P在AD邊上，以每秒0.5cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．（1）如圖1，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若CP平分∠BCD，且滿足CD＝CP，求∠B的度數(shù)．（2）如圖2，另一動(dòng)點(diǎn)Q在BC邊上，以每秒2cm的速度從點(diǎn)C出發(fā)，在BC間往返運(yùn)動(dòng)，P，Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止運(yùn)動(dòng)（同時(shí)Q點(diǎn)也停止），若AD＝6cm，求當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為多少秒時(shí)，以A，P，C，Q四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形．（3）如圖3，在（1）的條件下，連接BP并延長(zhǎng)與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，連接AF，若AB＝8，則△APF的面積是163．（直接寫(xiě)出結(jié)果）【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義和CD＝CP，可證明△PDC是等邊三角形，從而求出∠B的度數(shù)；（2）由題意可知，點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D需要12秒，此時(shí)點(diǎn)Q在BC邊上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)往返，以A，P，C，Q四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形的條件是AP＝CQ，根據(jù)這一相等關(guān)系列方程即可求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（3）根據(jù)等底等高的三角形面積是平行四邊形面積的一半可推得△APF與△PDC面積相等，通過(guò)求△PDC面積可求得△APF的面積．【解答】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DPC＝∠BCP，∵∠BCP＝∠DCP，∴∠DPC＝∠DCP；∴CD＝PD，∵CD＝CP，∴CD＝PD＝CP，∴△PDC是等邊三角形，∴∠D＝60°，∴∠B＝∠D＝60°．（2）如圖2，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由題意得，AP＝0.5t，AD＝6，由0.5t＝6，得t＝12，可知點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)D的時(shí)間為12秒；由2×12÷6＝4，可知點(diǎn)Q從點(diǎn)C開(kāi)始在BC上運(yùn)動(dòng)兩個(gè)往返；∵AP∥CQ，∴以A，P，C，Q四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形的條件是AP＝CQ；當(dāng)0＜t≤3時(shí)，AP＝0.5t，CQ＝2t，可知AP＜CQ，即不存在AP＝CQ的情況；當(dāng)3＜t≤6時(shí)，由題意得，0.5t＝6×2﹣2t，解得t＝4.8；當(dāng)6＜t≤9時(shí)，由題意得，0.5t＝2t﹣6×2，解得t＝8；當(dāng)9＜t≤12時(shí)，由題意得，0.5t＝6×4﹣2t，解得t＝9.6．綜上所述，當(dāng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為4.8秒或8秒或9.6秒時(shí)，以A，P，C，Q四點(diǎn)組成的四邊形是平行四邊形.（3）如圖3，作CE⊥AD于點(diǎn)E，∵AD∥BC，∴S△PBC=12×AD×CE，S平行四邊形ABCD＝AD∴S△PBC=12S平行四邊形∴S△PAB+S△PDC=12S平行四邊形同理，S△FAB=12S平行四邊形∴S△PAB+S△APF＝S△PAB+S△PDC，∴S△APF＝S△PDC，由（1）得，△PDC是等邊三角形，∴PD＝CD＝AB＝8，∴DE=12∵∠DEC＝90°，∴CE=CD2∴S△APF=12×8×43故答案為：163．【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、用轉(zhuǎn)化法求三角形的面積、動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的求解等知識(shí)與方法，其中第（2）題要分類討論，求出所有符合題意的值，此題難度不大，但涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，是很好的習(xí)題．7．（2020春?楊浦區(qū)期末）已知在平行四邊形ABCD中，AB≠BC，將△ABC沿直線AC翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，AD與CE相交于點(diǎn)O，聯(lián)結(jié)DE．（1）如圖1，求證：AC∥DE；（2）如圖2，如果∠B＝90°，AB=3，BC=6，求△（3）如果∠B＝30°，AB＝23，當(dāng)△AED是直角三角形時(shí)，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得∠ACB＝∠ACE，BC＝EC，由平行四邊形的性質(zhì)得AD＝BC，AD∥BC．則EC＝AD，∠ACB＝∠CAD，得∠ACE＝∠CAD，證出OA＝OC，則OD＝OE，由等腰三角形的性質(zhì)得∠ODE＝∠OED，證出∠CAD＝∠ACE＝∠OED＝∠ODE，即可得出結(jié)論；（2）證四邊形ABCD是矩形，則∠CDO＝90°，CD＝AB=3，AD＝BC=6，設(shè)OA＝OC＝x，則OD=6-x，在Rt△OCD（3）分4種情況：∠EAD＝90°或∠AED＝90°，需要畫(huà)出圖形分類討論，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)，即可得到BC的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：由折疊的性質(zhì)得：△ABC≌△△AEC，∴∠ACB＝∠ACE，BC＝EC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC．∴EC＝AD，∠ACB＝∠CAD，∴∠ACE＝∠CAD，∴OA＝OC，∴OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∵∠AOC＝∠DOE，∴∠CAD＝∠ACE＝∠OED＝∠ODE，∴AC∥DE；（2）解：∵平行四邊形ABCD中，∠B＝90°，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠CDO＝90°，CD＝AB=3，AD＝BC=由（1）得：OA＝OC，設(shè)OA＝OC＝x，則OD=6-在Rt△OCD中，由勾股定理得：（3）2+（6-x）2＝x2解得：x=3∴OA=3∴△OAC的面積=12OA×CD（3）解：分4種情況：①如圖3，當(dāng)∠EAD＝90°時(shí)，延長(zhǎng)EA交BC于G，∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，∵AD∥BC，∠EAD＝90°，∴∠EGC＝90°，∵∠B＝30°，AB＝23，∴∠AEC＝30°，∴GC=12EC=∴G是BC的中點(diǎn)，在Rt△ABG中，BG=32∴BC＝2BG＝6；②如圖4，當(dāng)∠AED＝90°時(shí)∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，由折疊的性質(zhì)得：AE＝AB，∴AE＝CD，在△ACE和△CAD中，AE=CDCE=AD∴△ACE≌△CAD（SSS），∴∠ECA＝∠DAC，∴OA＝OC，∴OE＝OD，∴∠OED＝∠ODE，∴∠AED＝∠CDE，∵∠AED＝90°，∴∠CDE＝90°，∴AE∥CD，又∵AB∥CD，∴B，A，E在同一直線上，∴∠BAC＝∠EAC＝90°，∵Rt△ABC中，∠B＝30°，AB＝23，∴AC=33AB＝2，BC＝2③當(dāng)∠EAD＝90°時(shí)，如圖5所示：∵∠AED＝∠B＝30°，AE＝AB＝23，∴BC＝AD＝2；④當(dāng)∠ADE＝90°時(shí)，如圖6所示：∵∠DAE＝∠AEC＝∠B＝30°，AE＝AB＝23，∴BC＝AD＝3；綜上所述，當(dāng)△AED是直角三角形時(shí)，BC的長(zhǎng)為4或6或2或3．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了翻折變換的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型二：矩形綜合題一．解答題（共6小題）1．（2021秋?沭陽(yáng)縣校級(jí)月考）將一矩形紙片OABC放在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，OA＝10，OC＝8．如圖1在OC邊上取一點(diǎn)D，將△BCD沿BD折疊，使點(diǎn)C恰好落在OA邊上，記作E點(diǎn)．（1）求點(diǎn)E的坐標(biāo)及折痕DB的長(zhǎng)；（2）如圖2，在OC、CB邊上選取適當(dāng)?shù)狞c(diǎn)F、G，將△FCG沿FG折疊，使點(diǎn)C落在OA上，記為H點(diǎn)，設(shè)OH＝x，GC＝y(tǒng)，寫(xiě)出y關(guān)于x的關(guān)系式以及x的取值范圍；（3）在x軸上取兩點(diǎn)M、N（點(diǎn)M在點(diǎn)N的左側(cè)），且MN＝5，取線段BA段的中點(diǎn)為F，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到哪里時(shí)，四邊形BMNF的周長(zhǎng)最??？請(qǐng)畫(huà)出示意圖并求出周長(zhǎng)最小值．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得BC＝BE＝10，CD＝DE，由勾股定理可求AE，CD的長(zhǎng)，即可求解；（2）通過(guò)證明△FOH∽△HNG，可求FH=xy（3）將點(diǎn)B沿CB方向平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到B'，作點(diǎn)F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F'，連接B'F交x軸于點(diǎn)N，此時(shí)四邊形BMNF的周長(zhǎng)最小，由軸對(duì)稱的性質(zhì)和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵四邊形OABC是矩形，∴OC＝AB＝8，BC＝OA＝10，∵將△BCD沿BD折疊，使點(diǎn)C恰好落在OA邊上，∴BC＝BE＝10，CD＝DE，∴AE=BE∴OE＝4，∴點(diǎn)E（4，0），∵DE2＝OE2+OD2，∴CD2＝16+（8﹣CD）2，∴CD＝5，∴BD=CD2+BC（2）如圖2，過(guò)點(diǎn)G作GN⊥OA于N，∴四邊形OCGN是矩形，∴GN＝OC＝8，CG＝ON＝y(tǒng)，∵將△FCG沿FG折疊，使點(diǎn)C落在OA上，∴∠FHG＝∠GCF＝90°，CG＝GH＝y(tǒng)，CF＝FH，∴∠FHO+∠GHN＝90°＝∠FHO+∠HFO，∴∠GHN＝∠HFO，又∵∠FOH＝∠GNH＝90°，∴△FOH∽△HNG，∴GHFH∴FH=xy∵FH2＝OF2+OH2，∴FH2＝（8﹣FH）2+OH2，∴16×xy8=64+∴y=x2+64（3）∵點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)，∴AF＝BF＝4，∵四邊形BMNF的周長(zhǎng)＝BM+MN+NF+BF，AF＝4，MN＝5，∴四邊形BMNF的周長(zhǎng)＝BM+NF+9，∴當(dāng)BM+NF有最小值如圖3，將點(diǎn)B沿CB方向平移5個(gè)單位長(zhǎng)度得到B'，作點(diǎn)F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F'，連接B'F交x軸于點(diǎn)N，∵BB'∥MN，BB'＝MN，∴四邊形BB'NM是平行四邊形，∴BM＝B'N，∵點(diǎn)F關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)F'，∴FN＝F'N，∴BM+NF＝F'N+B'N，∴點(diǎn)F'，點(diǎn)N，點(diǎn)B'共線時(shí)，BM+FN有最小值為F'B'，∴B'F'=B∴四邊形BMNF的周長(zhǎng)＝BM+NF+9＝13+9＝22，∵OA∥BC，∴△F'AN∽△F'BB'，∴ANB∴AN=4∴AM＝5-5∴OM=20∴點(diǎn)M（203∴當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到（203，0）時(shí)，四邊形BMNF【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．2．（2021秋?邗江區(qū)期中）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝10，AD＝4，E為CD邊上一點(diǎn)，CE＝7．（1）求AE的長(zhǎng)；（2）點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿著邊BA向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，連接PE．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．①當(dāng)t為何值時(shí)，△PAE是等腰三角形；②當(dāng)t＝56時(shí)，PE⊥AE【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是矩形求得ED長(zhǎng)度，再利用勾股定理求AE即可；（2）①分AE＝AP，AE＝EP，AP＝EP三種情況分別求值即可；②若PE⊥AE，則△AEP是直角三角形，用t表示出AP和EP，再利用勾股定理求出t值即可．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝CD＝10，∵CE＝7，∴DE＝CD﹣CE＝10﹣7＝3，∵AD＝4，由勾股定理可得AE=A∴AE的長(zhǎng)為5；（2）①由題知，BP＝2t，AP＝10﹣2t，若△PAE是等腰三角形，分一下三種情況：（Ⅰ）當(dāng)AP＝AE時(shí)，即10﹣2t＝5，解得t=5（Ⅱ）當(dāng)EP＝EA＝5時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，∴PF＝AF=12AP=12（10﹣2由題知四邊形ADEF是矩形，∴ED＝AF，即5﹣t＝3，解得t＝2，（Ⅲ）當(dāng)PE＝PA＝10﹣2t時(shí)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于H，∴四邊形ADEH是矩形，∴EH＝AD＝4，AH＝ED＝3，∴PH＝PA﹣AH＝10﹣2t﹣3＝7﹣2t，在Rt△PHE中，由勾股定理得PH2+EH2＝PE2，即（7﹣2t）2+42＝（10﹣2t）2，解得t=34綜上，t的值為52或2或3512時(shí)，△②若PE⊥AE時(shí)，則△PEA是直角三角形，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于M，∴四邊形ADEM是矩形，由①知，PM＝PA﹣AM＝10﹣2t﹣3＝7﹣2t，EM＝AD＝4，由勾股定理得PE2＝EM2+PM2＝42+（7﹣2t）2，∵PA＝10﹣2t，AE＝5，由勾股定理得PE2+AE2＝PA2，即42+（7﹣2t）2+52＝（10﹣2t）2，解得t=5故答案為：56【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查矩形的性質(zhì)、勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握矩形的性質(zhì)、勾股定理及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2021秋?廣陵區(qū)期中）如圖①，長(zhǎng)方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，E為CD的中點(diǎn)．點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿A﹣B﹣C的方向在長(zhǎng)方形邊上勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts．（圖②③為備用圖）（1）當(dāng)P在AB上，t為何值時(shí)，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13（2）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，t為何值時(shí)，△APE為直角三角形？（3）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，t為何值時(shí)，△APE為等腰三角形？【分析】（1）設(shè)t秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13，根據(jù)題意得：△APE的面積=12AP?AD=12t（2）當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到AB中點(diǎn)時(shí)AEP為直角三角形，此時(shí)角APE為直角，t＝3；還有一種情況，當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到BC上時(shí)，角AEP為直角時(shí)利用相似三角形求得AP的長(zhǎng)即可求得t值；（3））第一種情況，當(dāng)P在AE垂直平分線上時(shí)，AP＝EP；第二種情況，P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B上時(shí)APE為等腰三角形，此時(shí)AE＝EP，t＝6；第三種情況，P在AB上，AP＝PE；【解答】解：（1）設(shè)t秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13根據(jù)題意得：AP＝t，∴△APE的面積=12AP?AD=12解得：t＝4，∴4秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13（2）顯然當(dāng)t＝3時(shí)，PE⊥AB，∴△APE是直角三角形，當(dāng)P在BC上時(shí)，△ADE∽△ECP，此時(shí)CPDE解得：CP=9∴PB＝BC﹣PC＝4-9∴t＝6+7（3）①當(dāng)P在AE垂直平分線上時(shí)，AP＝EP，過(guò)P作PQ⊥AE于Q，∵AD＝4，DE＝3，∴AE＝5，∴AQ＝2.5，由△AQP∽△EDA，得：APAE即：AP5解得：AP=25∴t=25．②當(dāng)EA＝EB時(shí)，AP＝6，∴t＝6，③當(dāng)AE＝AP時(shí)，∴t＝5．∴當(dāng)t=256、5、6時(shí)，△【點(diǎn)評(píng)】本題考查了四邊形的綜合知識(shí)和動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題更是中考中的熱點(diǎn)考題，有一定的難度，解題的關(guān)鍵是能夠化動(dòng)為靜，利用等腰三角形的性質(zhì)求解．4．（2017秋?姜堰區(qū)期中）在小學(xué)，我們已經(jīng)初步了解到，長(zhǎng)方形的對(duì)邊平行且相等，每個(gè)角都是90°．如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AD＝9cm，AB＝4cm，E為邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，從點(diǎn)D出發(fā)，以1cm/s向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以acm/s向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts．（1）當(dāng)t＝3時(shí)，①求線段CE的長(zhǎng)；②當(dāng)EP平分∠AEC時(shí)，求a的值；（2）若a＝1，且△CEP是以CE為腰的等腰三角形，求t的值；（3）連接DP，直接寫(xiě)出點(diǎn)C與點(diǎn)E關(guān)于DP對(duì)稱時(shí)的a與t的值．【分析】（1）先得出BP＝at＝3a，DE＝t＝3，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣3a①在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理得，CE＝5，②先判斷出∠CPE＝∠CEP，得出CP＝CE＝5，進(jìn)而建立方程即可得出結(jié)論；（2）先得出DE＝t，BP＝t，CP＝9﹣t，再分兩種情況①CE＝CP，②CE＝PE，建立方程即可得出結(jié)論；（3）先判斷出DE＝CD，PE＝PC，進(jìn)而求出t＝t，再構(gòu)造出直角三角形，得出PE2＝（5﹣4a）2+16，進(jìn)而建立方程即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是長(zhǎng)方形，∴AD∥BC，BC＝AD＝9，CD＝AB＝4，當(dāng)t＝3時(shí)，由運(yùn)動(dòng)知，BP＝at＝3a，DE＝t＝3，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣3a①在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理得，CE=3②∵AD∥BC，∴∠AEP＝∠CPE，∵EP平分∠AEC，∴∠AEP＝∠CEP，∴∠CPE＝∠CEP，∴CP＝CE＝5，9﹣3a＝5，∴a=4（2）當(dāng)a＝1時(shí)，由運(yùn)動(dòng)知，DE＝t，BP＝t，∴CP＝9﹣t，在Rt△CDE中，CE=16+∵△CEP是以CE為腰的等腰三角形，∴①CE＝CP，∴16+t2＝（9﹣t）2，∴t=②CE＝PE，∴12CP＝DE∴9﹣t＝2t，∴t＝3，即：t的值為3或6518（3）如圖，由運(yùn)動(dòng)知，BP＝at，DE＝t，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣at，∵點(diǎn)C與點(diǎn)E關(guān)于DP對(duì)稱，∴DE＝CD，PE＝PC，∴t＝4，∴BP＝4a，CP＝9﹣4a，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AD于F，∴四邊形CDFP是長(zhǎng)方形，∴PF＝CD＝4，DF＝CP，在Rt△PEF中，PF＝4，EF＝DF﹣DE＝5﹣4a，根據(jù)勾股定理得，PE2＝（5﹣4a）2+16，∴（5﹣4a）2+16＝（9﹣4a）2，∴a=5【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了長(zhǎng)方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，解（1）的關(guān)鍵是判斷出CE＝CP，解（2）的關(guān)鍵是分兩種討論，解（3）得關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，解本題的重點(diǎn)是用方程的思想解決問(wèn)題．5．（2017春?高港區(qū)校級(jí)月考）如圖1，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，E為CD中點(diǎn)．點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿A﹣B﹣C的方向在矩形邊上勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts．（圖2為備用圖）（1）當(dāng)P在AB上，t為何值時(shí)，△APE的面積是矩形ABCD面積的13（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，t為何值時(shí)，△APE為等腰三角形？【分析】（1）設(shè)t秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13，根據(jù)題意得：△APE的面積=12AP?AD=1（2）第一種情況，當(dāng)P在AE垂直平分線上時(shí)，AP＝EP；第二種情況，P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B上時(shí)APE為等腰三角形，此時(shí)AE＝EP，t＝6；第三種情況，P在AB上，AP＝PE；解答即可．【解答】解：（1）設(shè)t秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13根據(jù)題意得：AP＝t，∴△APE的面積=12AP?AD=12解得：t＝4，∴4秒后，△APE的面積為長(zhǎng)方形面積的13（2）①當(dāng)P在AE垂直平分線上時(shí)，AP＝EP，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AP，∴四邊形ADEH是矩形，∴AH＝DE＝3，AD＝HE＝4，∵PE2＝PH2+HE2，∴PE2＝（PE﹣3）2+16，∴PE=∴t=25．②當(dāng)EA＝EP時(shí)，AP＝6，∴t＝6，③當(dāng)AE＝AP時(shí)，∴t＝5．∴當(dāng)t=256、5、6時(shí)，△【點(diǎn)評(píng)】本題考查了四邊形的綜合知識(shí)和動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題更是中考中的熱點(diǎn)考題，有一定的難度，解題的關(guān)鍵是能夠化動(dòng)為靜，利用等腰三角形的性質(zhì)求解．6．（2016春?萬(wàn)州區(qū)期末）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分線EF分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，垂足為O．（1）如圖1，連接AF、CE．求證：四邊形AFCE為菱形；（2）如圖1，求AF的長(zhǎng)；（3）如圖2，動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從A、C兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，沿△AFB和△CDE各邊勻速運(yùn)動(dòng)一周．即點(diǎn)P自A→F→B→A停止，點(diǎn)Q自C→D→E→C停止．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，已知點(diǎn)P的速度為每秒1cm，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．①問(wèn)在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形有可能是矩形嗎？若有可能，請(qǐng)求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間t和點(diǎn)Q的速度，若不可能，請(qǐng)說(shuō)明理由；②若點(diǎn)Q的速度為每秒0.8cm，當(dāng)A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，求t的值．【分析】（1）由判定定理“對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形”可證，（2）由（1）得，設(shè)AF＝FC＝CE＝AE＝x，BF＝y(tǒng)，由圖形中存在的等量關(guān)系及勾股定理求證，（3）①若以點(diǎn)A、C、P、Q四點(diǎn)為頂點(diǎn)四邊形是矩形，則點(diǎn)P與點(diǎn)B重合，點(diǎn)Q與點(diǎn)D重合，由運(yùn)動(dòng)過(guò)程中時(shí)間相等求解，②分兩種情形，利用平行四邊形的性質(zhì)可以求解．【解答】解：（1）∵AC的垂直平分線EF分別交AD、BC于點(diǎn)E、F，垂足為O，∴OA＝OC，又∵矩形ABCD中，AD∥BC．∴∠OAE＝∠FCO，∴在△AOE和△COF中，∠OAE=∠FCO∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF（AAS）．∴OE＝OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形．又∵AC⊥EF于點(diǎn)O，∴四邊形AFCE是菱形（對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形）．（2）由（1）可知，四邊形AFCE是菱形，設(shè)AF＝FC＝CE＝AE＝x，BF＝y(tǒng)，由題意，有x+y=8x2即：所求AF的長(zhǎng)為5．（3）①有可能是矩形理由如下：當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)移動(dòng)到點(diǎn)B、點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，四邊形APCQ是矩形，此時(shí)，二者的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則，t＝（5+3）÷1＝8（秒），而點(diǎn)Q的速度為：4÷8＝0.5（cm/s），∴所求時(shí)間為8秒，點(diǎn)Q的速度為0.5cm/s，②由題意可知，RT△ABF≌RT△CDE，且AB＝CD＝4，BF＝DE＝3，AF＝CE＝5，如圖：當(dāng)四邊形APCQ是平行四邊形時(shí)，有AP∥CQ，且AP＝CQ，而AP＝12﹣t，CQ＝0.8t，則12﹣t＝0.8t，t=20當(dāng)點(diǎn)P在BF上，點(diǎn)Q在DE上時(shí)，PB＝8﹣t，DQ＝0.8t﹣4，滿足BP＝DE時(shí)，四邊形APCQ是平行四邊形，∴8﹣t＝0.8t﹣4，解得t=20即：當(dāng)以點(diǎn)A、P、C、Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形時(shí)，t的值為203【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的相等關(guān)系、菱形的判定及性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理及方程思想．解本題的關(guān)鍵是要熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)及判定．題型三：菱形綜合題一．解答題（共4小題）1．（2018春?惠山區(qū)校級(jí)期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4cm，∠BAD＝60°．動(dòng)點(diǎn)E、F分別從點(diǎn)B、D同時(shí)出發(fā)，以1cm/s的速度向點(diǎn)A、C運(yùn)動(dòng)，連接AF、CE，取AF、CE的中點(diǎn)G、H，連接GE、FH．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts（0＜t＜4）．（1）求證：AF∥CE；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形EHFG為菱形；（3）試探究：是否存在某個(gè)時(shí)刻t，使四邊形EHFG為矩形，若存在，求出t的值，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠B＝∠D，AD＝BC，AB∥DC，推出△ADF≌△CBE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠DFA＝∠BEC，根據(jù)平行線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）過(guò)D作DM⊥AB于M，連接GH，EF，推出四邊形AECF是平行四邊形，根據(jù)菱形的判定定理即可得到四邊形EGFH是菱形，證得四邊形DMEF是矩形，于是得到ME＝DF＝t列方程即可得到結(jié)論；（3）不存在，假設(shè)存在某個(gè)時(shí)刻t，使四邊形EHFG為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)列方程即可得到結(jié)果．【解答】（1）證明：∵動(dòng)點(diǎn)E、F同時(shí)運(yùn)動(dòng)且速度相等，∴DF＝BE，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D，AD＝BC，AB∥DC，在△ADF與△CBE中，DF=BE∠B=∠D∴△ADF≌△CBE，∴∠DFA＝∠BEC，∵AB∥DC，∴∠DFA＝∠FAB，∴∠FAB＝∠BEC，∴AF∥CE；（2）過(guò)D作DM⊥AB于M，連接GH，EF，∴DF＝BE＝t，∵AF∥CE，AB∥CD，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵G、H是AF、CE的中點(diǎn)，∴GH∥AB，∵四邊形EGFH是菱形，∴GH⊥EF，∴EF⊥AB，∠FEM＝90°，∵DM⊥AB，∴DM∥EF，∴四邊形DMEF是矩形，∴ME＝DF＝t，∵AD＝4，∠DAB＝60°，DM⊥AB，∴AM=12∴BE＝4﹣2﹣t＝t，∴t＝1，（3）不存在，假設(shè)存在某個(gè)時(shí)刻t，使四邊形EHFG為矩形，∵四邊形EHFG為矩形，∴EF＝GH，∴EF2＝GH2，即（2﹣2t）2+（23）2＝（4﹣t）2，解得t＝0，0＜t＜4，∴與原題設(shè)矛盾，∴不存在某個(gè)時(shí)刻t，使四邊形EHFG為矩形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，平行線的判定，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2016春?江都區(qū)期末）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝8cm，∠BAD＝120°，點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，E點(diǎn)從點(diǎn)B向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)點(diǎn)從點(diǎn)D向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)E、F運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)分別是acm和bcm．（1）請(qǐng)問(wèn)當(dāng)a和b滿足什么關(guān)系時(shí)，△AEF為等邊三角形？并說(shuō)明理由；（2）請(qǐng)問(wèn)在（1）的條件下，四邊形AECF的面積是否發(fā)生變化？如果不變，求出這個(gè)定值；如果變化，求出最大（或最?。┲担唬?）在（1）的條件下，求出△CEF的面積最大值．【分析】（1）連接AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明△ABE≌△ACF，得到答案；（2）根據(jù)割補(bǔ)法求面積的思想解答；（3）求出△AEF的最小面積，即可得出△CEF的面積最大值．【解答】解：（1）當(dāng)a+b＝8時(shí)，△AEF為等邊三角形；理由如下：連接AC，如圖1所示：∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ACD為等邊三角形，∴∠BAC＝∠1＝60°＝∠B，AC＝AB，∵a+b＝8，即BE+DF＝8＝BC，∴BE＝CF，在△ABE和△ACF中，AB=AC∠B=∠1∴△ABE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，∠2＝∠3，∵∠2+∠4＝∠BAC＝60°，∴∠3+∠4＝∠EAF＝60°，∴△AEF是等邊三角形，即當(dāng)a+b＝8時(shí)，△AEF為等邊三角形；（2）四邊形AECF的面積不變，為163cm2．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，則S△ABE＝S△ACF，故S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H點(diǎn)，如圖2所示：則BH=12∴AH=AB2S四邊形AECF＝S△ABC=12BC?AH=12×8×43=（3）由“垂線段最短”可知：當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時(shí)，邊AE最短=82-∴△AEF的面積會(huì)隨著AE的變化而變化，且當(dāng)AE最短時(shí)，正三角形AEF的面積會(huì)最小，又S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF，正三角形AEF的高為(43△AEF的面積=12×43×6＝12則此時(shí)△CEF的面積就會(huì)最大．∴S△CEF＝S四邊形AECF﹣S△AEF＝163-123=43（cm【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、勾股定理、垂線段最短的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．3．（2016春?靖江市校級(jí)期中）已知：在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝10，把一個(gè)含60°角的三角尺與這個(gè)菱形重疊，使三角尺60°角的頂點(diǎn)與點(diǎn)A重合，將三角尺繞點(diǎn)A按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，三角尺的兩邊分別與菱形的兩邊BC、CD所在直線相交于點(diǎn)E、F，設(shè)BE＝x，DF＝y(tǒng)．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上時(shí)，①求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；②三角尺在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，四邊形AECF面積是否保持不變？請(qǐng)說(shuō)明理由；③連接EF，三角尺在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，△AEF的面積是否存在最小值？若存在，直接寫(xiě)出∠BAE的度數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)你直接寫(xiě)出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式．【分析】（1）①連接AC，證明△BAE≌△CAF，得到y(tǒng)與x之間的函數(shù)關(guān)系式；②根據(jù)△BAE≌△CAF，得到四邊形AECF面積＝△ABC的面積，得到答案；③根據(jù)△CEF的面積最大時(shí)，△AEF的面積最小，求出△CEF的面積最大時(shí)x的值即可；（2）連接AC，證明△CAE≌△DAF即可．【解答】解：（1）①如圖1，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，∠BAE=∠CAFAB=AC∴△BAE≌△CAF，∴CF＝BE，∴y＝10﹣x；②∵△BAE≌△CAF，∴四邊形AECF面積＝△AEC的面積+△ACF的面積＝△AEC的面積+△ABE的面積＝△ABC的面積，∴四邊形AECF面積保持不變；③存在．∵四邊形AECF面積保持不變，∴△CEF的面積最大時(shí)，△AEF的面積最小，作FG⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于G，△CEF的面積=12×EC×FG=12×（10﹣x）×x×sin60°當(dāng)x＝5時(shí)，△CEF的面積最大，△AEF的面積最小，∴點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，∴∠BAE＝30°；（2）如圖2，連接AC，由（1）①得，△CAE≌△DAF，∴CE＝DF，∴y＝x﹣10．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是菱形的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，掌握菱形的四條邊相等、一組對(duì)角線平分一組對(duì)角是解題的關(guān)鍵，注意二次函數(shù)的性質(zhì)的靈活運(yùn)用．4．（2015春?泗洪縣校級(jí)期中）如圖，菱形ABCD中，∠B＝60°，點(diǎn)E在邊BC上，點(diǎn)F在邊CD上．（1）如圖1，若E是BC的中點(diǎn)，∠AEF＝60°，求證：BE＝DF；（2）如圖2，若∠EAF＝60°，求證：△AEF是等邊三角形；（3）在（2）的條件下，如果AB＝10，那么△AEF的周長(zhǎng)是否存在最小值？如果存在，請(qǐng)求出來(lái)．【分析】（1）首先連接AC，由菱形ABCD中，∠B＝60°，根據(jù)菱形的性質(zhì)，易得△ABC是等邊三角形，又由三線合一，可證得AE⊥BC，繼而求得∠FEC＝∠CFE，即可得EC＝CF，繼而證得BE＝DF；（2）首先由△ABC是等邊三角形，即可得AB＝AC，求得∠ACF＝∠B＝60°，然后利由∠BAC＝∠EAF＝60°，可證明∠BAE＝∠CAF，從而可證得△AEB≌△AFC，即可得AE＝AF，證得△AEF是等邊三角形；（3）由垂線段最短可知：當(dāng)AE⊥BC時(shí)，AE有最小值，然后由特殊銳角三角函數(shù)值可求得AE的長(zhǎng)，從而可求得△AEF的周長(zhǎng)的最小值．【解答】證明：（1）如圖1所示：連接AC．∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC＝CD，∠C＝180°﹣∠B＝120°．∴△ABC是等邊三角形．∵E是BC的中點(diǎn)，∴AE⊥BC．∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°﹣∠AEF＝30°．∴∠CFE＝180°﹣∠FEC﹣∠ECF＝180°﹣30°﹣120°＝30°．∴∠FEC＝∠CFE．∴EC＝CF．∴BE＝DF．（2）如圖2所示：連接AC．∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝60°，∠BAC＝60°．∴∠B＝∠ACF＝60°．∵∠BAC＝∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，∠B=∠ACFAB=AC∴△ABE≌△ACF．∴AE＝AF．∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等邊三角形．（3）由垂線段最短可知：當(dāng)AE⊥BC時(shí)，AE有最小值．∵AE⊥BC，∠B＝60°，∴AEAB∴AE＝10×32=∴△AEF周長(zhǎng)的最小值為3×53=15【點(diǎn)評(píng)】此題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意準(zhǔn)確作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用題型四：正方形綜合題一．選擇題（共2小題）1．（2021秋?巴中期末）在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的位置如圖所示，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣3，0），則點(diǎn)C到y(tǒng)軸的距離是（）A．6 B．5 C．4 D．3【分析】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，則點(diǎn)C到y(tǒng)軸的距離為OE，通過(guò)證明△CBE≌△BAO得到BE＝OA，利用點(diǎn)A，B的坐標(biāo)可求OA，OB的長(zhǎng)，則結(jié)論可求．【解答】解：過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，如圖，則點(diǎn)C到y(tǒng)軸的距離為OE．∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（﹣3，0），∴OA＝2，OB＝3．∵CE⊥x軸，∴∠CEB＝90°．∴∠ECB+∠EBC＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∠CBA＝90°．∴∠EBC+∠ABO＝90°．∴∠ECB＝∠ABO．在△CBE和△BAO中，∠ECB=∠OBA∠CEB=∠BOA=90°∴△CBE≌△BAO（AAS）．∴EB＝OA＝2．∴OE＝OB+BE＝3+2＝5．∴點(diǎn)C到y(tǒng)軸的距離是5．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了圖形的坐標(biāo)與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，利用點(diǎn)的坐標(biāo)表示出相應(yīng)線段的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．2．（2021春?宜興市月考）如圖，在正方形ABCD外取一點(diǎn)E，連接AE，BE，DE，過(guò)點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)P．若AE＝AP＝1，PB=6①△APD≌△AEB；②點(diǎn)B到直線AE的距離為3；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+⑤S正方形ABCD＝5+22．其中正確的序號(hào)是（）A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再結(jié)合已知條件利用SAS可證兩三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，結(jié)合三角形的外角的性質(zhì)，易得∠BEP＝90°，即可證；②過(guò)B作BF⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，結(jié)合△AEP是等腰直角三角形，可證△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面積；④連接BD，求出△ABD的面積，然后減去△BDP的面積即可．【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，∴∠EAB＝∠PAD，在△APD和△AEB中AP=AE∠PAD=∠EAB∴△APD≌△AEB（SAS）（故①正確）；③∵△APD≌△AEB，∴∠APD＝∠AEB，又∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，∴∠BEP＝∠PAE＝90°，∴EB⊥ED（故③正確）；②過(guò)B作BF⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于F，∵AE＝AP，∠EAP＝90°，∴∠AEP＝∠APE＝45°，又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，∴∠FEB＝∠FBE＝45°，又∵BE=B∴BF＝EF=2（故②④如圖，連接BD，在Rt△AEP中，∵AE＝AP＝1，∴EP=2又∵PB=6∴BE＝2，∵△APD≌△AEB，∴PD＝BE＝2，∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP=12S正方形ABCD-12×DP×BE=12×（2+3+2⑤∵EF＝BF=2，AE∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝3+22+2＝5+22∴S正方形ABCD＝AB2＝5+22（故⑤正確）；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題利用了全等三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、正方形和三角形的面積公式、勾股定理等知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)，得出△APD≌△AEB，進(jìn)而結(jié)合全等三角形的性質(zhì)分析是解題關(guān)鍵．二．解答題（共5小題）3．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F、G分別在邊CD、AD、BC上．（1）在圖①中，BE⊥CF于點(diǎn)P，連接OE、OF；①判斷線段OE、OF之間的關(guān)系OE＝OF，OE⊥OF；②若BP＝3，CP＝1，P、Q兩點(diǎn)關(guān)于直線BC對(duì)稱，直接寫(xiě)出線段OQ的長(zhǎng)度22；③若AB＝2，當(dāng)E、F在邊CD、AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，DP的最小值是5-1（2）在圖②中，BE⊥FG于點(diǎn)P，連接EF，比較EF+BG與2BE的大小關(guān)系，并說(shuō)明理由．【分析】（1）①證明△FOD≌△EOC，可得OE＝OF，∠FOD＝∠EOC，所以∠EOF＝90°，則OE⊥OF；②如圖2，構(gòu)建直角△ONQ，計(jì)算ON和NQ的長(zhǎng)，最后根據(jù)勾股定理可得OQ的長(zhǎng)；③如圖3，畫(huà)圓H，確定當(dāng)D，P，H三點(diǎn)共線時(shí)，DP的值最小，根據(jù)勾股定理可得結(jié)論；（2）首先作BM∥EF，BM＝EF，連接MF，作CN∥GF，判斷出FG＝NC，再根據(jù)Rt△NDC≌Rt△ECB，判斷出NC＝EB，推得FG＝EB；然后判斷出四邊形MBEF是平行四邊形，推得MF＝EB，再根據(jù)∠FHE＝90°，MF∥BE，可得∠MFG＝90°，所以MF2+FG2＝MG2，即MG2＝2FG2，據(jù)此判斷出EF+BG＞2BE；最后判斷出若點(diǎn)F與點(diǎn)A重合，點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)，EF+BG=2BE，推得EF+BG與2【解答】解：（1）①OE＝OF，OE⊥OF，理由如下：∵BE⊥CF，∴∠CPE＝∠PCE+∠CEP＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCE＝∠CDF＝90°，∴∠DCF+∠DFC＝90°，∴∠BEC＝∠DFC，∴△BCE≌△CDF（AAS），∴CE＝DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴OD＝OC，∠ODF＝∠OCE＝45°，∴△OCE≌△ODF（SAS），∴OE＝OF，∠FOD＝∠EOC，∴∠EOF＝∠COD＝90°，∴OE⊥OF；故答案為：OE＝OF，OE⊥OF；②如圖2，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于H，連接QP，過(guò)點(diǎn)O作ON⊥PQ于N，PQ交BC于點(diǎn)M，Rt△BPC中，BP＝3，CP＝1，∴BC=3∵S△BPC=12?BP?PC=12?∴12×3×1=∴PM=31010，∵P、Q兩點(diǎn)關(guān)于直線BC對(duì)稱，∴PM＝MQ=3∵∠BOC＝90°，OB＝OC，∴OH=12BC∴QN＝MN+MQ＝OH+MQ=10ON=10∴OQ=ON2故答案為：22；③如圖3，取BC的中點(diǎn)H，連接PH，DH，以BH為半徑作圓H，∵∠BPC＝90°，∴點(diǎn)P在半圓H上運(yùn)動(dòng)，∵AB＝BC＝2，∴CH＝HP＝1，當(dāng)D，P，H共線時(shí)，DP的值最小，∴DP的最小值=22+故答案為：5-（2）EF+BG≥2BE如圖③，作BM∥EF，BM＝EF，連接MF，作CN∥GF，，∵FN∥CG，CN∥GF，∴四邊形FGCN為平行四邊形，∴FG＝NC，由（1），可得Rt△NDC≌Rt△ECB，∴NC＝EB，∴FG＝EB，∵BM∥EF，BM＝EF，∴四邊形MBEF是平行四邊形，∴MF＝EB，∴MF＝FG，又∵∠FPE＝90°，MF∥BE，∴∠MFG＝90°，∴MF2+FG2＝MG2，即MG2＝2FG2，MG=2FG∵BM＝EF，∴EF+BG＝BM+BG，在△MBG中，BM+BG＞MG，即EF+BG＞2FG∴EF+BG＞2BE若點(diǎn)F與點(diǎn)A重合，點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)，EF+BG＝BM+BG=2FG=2綜上，可得EF+BG≥2BE【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形的性質(zhì)和判定，三角形三邊關(guān)系等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．4．（2021春?南通期中）如圖，正方形ABCD邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E在邊AB上（點(diǎn)E與點(diǎn)A、B不重合），過(guò)點(diǎn)A作AF⊥DE，垂足為G，AF與邊BC相交于點(diǎn)F．（1）求證：△ADF≌△DCE；（2）若△DEF的面積為132，求AF（3）在（2）的條件下，取DE，AF的中點(diǎn)M，N，連接MN，求MN的長(zhǎng)．【分析】（1）先證得∠AED＝∠AFB，很容易證明△ABF與△DAE全等，由此得出AF＝DE，又由互余可得出∠DAF＝∠CDE，進(jìn)而可得結(jié)論；（2）根據(jù)三角形的面積求得AE，再根據(jù)勾股定理求得DE，根據(jù)（1）中AF＝DE即刻得出結(jié)論；（3）連接AM并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)P，連接PF，可證明△DPM≌△EAM，所以PM＝AM，DP＝AE＝3或1，又MN是△APF的中位線，求出PF的長(zhǎng)即可．【解答】（1）證明：∵AF⊥DE，∠B＝90°，∴∠AED＝∠AFB，在△ABF與△DAE中，∠AED=∠AFB∠DAE=∠B∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF＝DE，∵∠ADE+∠CDE＝∠ADE+∠DAG＝90°，∴∠CDE＝∠DAF，在△ADF和△DCE中，AD=DC∠DAF=∠CDE∴△ADF≌△DCE（SAS）．（2）解：∵△ABF≌△DAE，∴AE＝BF＝x，∴BE＝CF＝4﹣x，∴△DEF的面積＝S正方形﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF＝4×4-12×4?x-12（4﹣x）?＝8﹣2x+12x∴y=12x2﹣2x+8解得，x1＝3，x2＝1，∴AE＝3或AE＝1，∴AF＝DE＝5或17．（3）解：如圖，連接AM并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)P，連接PF，∵點(diǎn)M是DE的中點(diǎn)，∴DM＝ME，∵AB∥CD，∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM，∴△DPM≌△EAM（AAS），∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1，當(dāng)AE＝3時(shí)，BF＝EP＝3，∴CF＝CP＝1，∴PF=2∴MN=12PF當(dāng)AE＝1時(shí)，BF＝EP＝1，∴CF＝CP＝3，∴PF＝32，∴MN=12PF綜上，MN的長(zhǎng)度為22或3【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，本題的關(guān)鍵是知道兩線段之間的垂直關(guān)系．5．（2021春?溧陽(yáng)市期中）如圖1，點(diǎn)P是矩形ABCD邊CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以AP為邊向外作正方形APEF，連接ED、FD設(shè)DP＝x，S△ADP＝y(tǒng)，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示．（1）AB＝5，BC＝2；（2）試問(wèn)W＝S△ADF是否發(fā)生改變？如果改變，請(qǐng)求出W與x的函數(shù)關(guān)系；若不改變，請(qǐng)求出W的值；（3）當(dāng)△DEF為等腰三角形時(shí)，求出x的值．【分析】（1）設(shè)AD＝BC＝a，則y=12ax，把x＝5，y＝5代入，即可求得a＝2，再由題圖2可知：x的最大值為5，故（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，可證得△AFG≌△PAD（AAS），得出FG＝AD＝2，即可求得W＝S△ADF=12AD?FG（3）根據(jù)△DEF為等腰三角形，可知：DE＝DF或DE＝EF或DF＝EF，分別建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）設(shè)AD＝BC＝a，則y=12由題圖2可知：當(dāng)x＝5時(shí)，y＝5，∴12×5解得：a＝2，∴BC＝2，∵x的最大值為5，∴AB＝5，故答案為：5，2；（2）W的值不變．如圖1，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，則∠G＝90°，∴∠FAG+∠AFG＝90°，∵四邊形APEF是正方形，∴AF＝AP，∠PAD+∠FAG＝90°，∴∠AFG＝∠PAD，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADP＝90°，∴∠G＝∠ADP，在△AFG和△PAD中，∠G=∠ADP∠AFG=∠PAD∴△AFG≌△PAD（AAS），∴FG＝AD＝2，∴W＝S△ADF=12AD?FG∴W的值為2，是一個(gè)定值．（3）由（2）知：△AFG≌△PAD，∴AG＝DP＝x，F(xiàn)G＝AD＝2，∴DG＝AG﹣AD＝x﹣2，在Rt△DFG中，DF2＝DG2+FG2＝（x﹣2）2+22＝x2﹣4x+8，如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥CD于點(diǎn)H，則∠DHE＝∠EHP＝90°，∴∠EPH+∠PEH＝90°，∵四邊形APEF是正方形，∴PE＝AP＝EF，∠EPH+∠APD＝90°，∴∠PEH＝∠APD，∵∠ADP＝90°，∴∠EHP＝∠ADP，∴△PEH≌△APD（AAS），∴EH＝DP＝x，PH＝AD＝2，∴DH＝DP﹣PH＝x﹣2，在Rt△DEH中，DE2＝DH2+EH2＝（x﹣2）2+x2＝2x2﹣4x+4，在Rt△ADP中，AP2＝AD2+DP2＝22+x2，∴EF2＝22+x2，∵△DEF為等腰三角形，∴