TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc161347949" 題型01 多邊形的相關計算
\l "_Tc161347950" 題型02 多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問題
\l "_Tc161347951" 題型03 多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題
\l "_Tc161347952" 題型04 平面鑲嵌
\l "_Tc161347953" 題型05 根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161347954" 題型06 構(gòu)建三角形中位線解決問題
\l "_Tc161347955" 題型07 根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc161347958" 題型08 與特殊四邊形有關的折疊問題
\l "_Tc161347959" 題型09 利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc161347960" 題型10 特殊四邊形與函數(shù)綜合
\l "_Tc161347961" 題型11 與特殊四邊形有關的規(guī)律探究問題
\l "_Tc161347962" 題型12 與特殊四邊形有關的新定義問題
\l "_Tc161347963" 題型13 梯形的相關計算
\l "_Tc161347964" 題型14 四邊形的常見幾何模型
\l "_Tc161347965" 題型15 與特殊四邊形判定有關的綜合問題
\l "_Tc161347966" （時間：60分鐘）
題型01 多邊形的相關計算
1．（2023·陜西榆林·三模）若從某個多邊形的一個頂點出發(fā)，最多可以引6條對角線，則這個多邊形的內(nèi)角和度數(shù)為 ．
【答案】1260°/1260度
【分析】根據(jù)從多邊形的一個頂點可以作對角線的條數(shù)公式n-3求出邊數(shù)，然后根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式n-2?180°列式進行計算即可得解．
【詳解】解：∵多邊形的一個頂點出發(fā)，最多可以引出6條對角線，
∴n-3=6，
∴n=9，
∴該多邊形的內(nèi)角和為：9-2×180°=1260°．
故答案為：1260°．
【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和公式以及多邊形的對角線公式，解題的關鍵在于求出多邊形的邊數(shù)．
2．（2022·陜西西安·模擬預測）一個正多邊形的內(nèi)角和是1440°，則此多邊形的邊數(shù)是 ，對角線共有 條．
【答案】 10 35
【分析】設此多邊形的邊數(shù)是n，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式和對角線條數(shù)的公式，列出方程求解即可．
【詳解】解：設此多邊形的邊數(shù)是n，
180°×n-2=1440°，
解得：n=10，
∴對角線條數(shù)為：nn-32=35，
故答案為：10，35．
【點睛】本題主要考查了多邊的內(nèi)角和，多邊形的對角線條數(shù)，解題的關鍵是掌握n邊形的內(nèi)角和為180°×n-2，對角線條數(shù)為nn-32．
3．（2022·陜西西安·模擬預測）一個多邊形的內(nèi)角和為1080°，從該多邊形的一個頂點出發(fā)引對角線，可以把這個多邊形分割成 個三角形．
【答案】6
【分析】首先根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式可得多邊形的邊數(shù)，再計算分成三角形的個數(shù)．
【詳解】解：設此多邊形的邊數(shù)為x，由題意得：x-2×180=1080，
解得；x=8，
從這個多邊形的一個頂點引對角線，可以把這個多邊形分成的三角形個數(shù)：8-2=6，
故答案為：6．
【點睛】此題主要考查了多邊形的內(nèi)角，關鍵是掌握多邊形的內(nèi)角和公式180n-2，理解從一個n邊形的一個頂點引對角線，可以把這個多邊形分成(n-2)個三角形．
題型02 多邊形內(nèi)角和、外角和與角平分線、平行線的綜合問題
1．（2021·山東煙臺·二模）如圖，CG平分正五邊形ABCDE的外角∠DCF，并與∠EAB的平分線交于點O，則∠AOG的度數(shù)為（ ）
A．144°B．126°C．120°D．108°
【答案】B
【分析】根據(jù)正五邊形的性質(zhì)分別解得正五邊形的每個內(nèi)角、每個外角的度數(shù)，結(jié)合角平分線的性質(zhì)得到∠DCG=36°，∠OAB=54°，接著由四邊形的內(nèi)角和為360°解得∠AOC=54°，最后由鄰補角定義解題即可．
【詳解】解：∵CG平分正五邊形ABCDE的外角∠DCF，
∴∠DCG=∠GCF
∵AO平分∠EAB，
∴∠EAO=∠OAB，
∵正五邊形ABCDE中，
∴∠ABC=(5-2)×180°5=108°,∠DCF=360°5=72°
∴∠DCG=12∠DCF=12×72°=36°，∠OAB=12∠EAB=12×108°=54°
∴∠OAB+∠ABC+∠BCD+∠DCG=54°+108°+108°+36°=306°
∴∠AOC=360°-306°=54°
∴∠AOG=180°-54°=126°，
故選：B．
【點睛】本題考查正多邊形的內(nèi)角和與外角和，涉及角平分線的性質(zhì)等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．
2．（2023·江蘇宿遷·模擬預測）如圖，一束太陽光平行照射在正n邊形A1A2A3……An上，若∠1-∠2=60°，則n= ．

【答案】6
【分析】過A2作A2B∥A1An，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠4=∠3，∠CA2B=∠1，求得∠A3A2B=60°，設正多邊形的內(nèi)角為x，則滿足∠4=180°-x，推得∠3=x-60°，即可求得x=120°，得到∠4=60°，即可求出正多邊形的邊數(shù)．
【詳解】解：過A2作A2B∥A1An，

則∠4=∠3，∠CA2B=∠1
∵∠1-∠2=60°
∴∠A3A2B=60°
設正多邊形的內(nèi)角為x，則∠4=180°-x
∴x=60°+∠3
∴∠3=x-60°
∵180°-x=x-60°，解得x=120°
∴∠4=60°
∴這個正多邊形的邊數(shù)為360°÷60°=6
故答案為：6．
【點睛】本題考查了根據(jù)正多邊形外角求正多邊形的邊數(shù)，平行線的性質(zhì)等知識，熟練掌握正多邊形的外角性質(zhì)是解題的關鍵．
3．（2020·河南·二模）如圖，在ΔABC中，∠B=25°，點D是BC邊上一點，連接AD，且AD=BD，∠CAD=90°，CF平分∠ACB，分別交AD，AB于點E，F(xiàn)，則∠AEC的度數(shù)為 ．

【答案】70°
【分析】利用AD=BD，得到∠B＝∠BAD＝25°，再由直角三角形中兩銳角互余和角平分線的定義進行計算即可；
【詳解】∵AD＝BD，
∴∠B＝∠BAD＝25°，
∴∠ADC＝50°，
∵∠CAD＝90°，
∴∠ACD＝40°，
∵CF平分∠ACD，
∴∠ACE＝12∠ACD＝20°，
∴∠AEC＝70°，
故答案是：70°．
【點睛】本題主要考查了外角和的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形兩銳角互余關系，準確計算是解題的關鍵．
題型03 多邊形內(nèi)角和與外角和綜合問題
1．（2023·江西撫州·二模）如圖，七邊形ABCDEFG中，AB、ED的延長線交于點O，若∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220°，則∠BOD的度數(shù)為（ ）

A．20°B．35°C．40°D．45°
【答案】C
【分析】根據(jù)多邊形的外角和，求得∠BOH=140°，再利用鄰補角的定義，即可求出∠BOD的度數(shù)．
【詳解】解：∵五邊形AOEFG的外角和為360°，且七邊形ABCDEFG中，∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于220°，
∴∠BOH=360°-220°=140°，
∴∠BOD=180°-140°=40°，
故選：C．

【點睛】本題主要考查了多邊形外角和問題，解題關鍵是掌握多邊形的外角和等于360°．
2．（2023·山西大同·模擬預測）等邊三角形、正方形及正五邊形各一個，按下圖放在同一平面內(nèi)，則∠1+∠2+∠3=（ ）

A．102°B．104°C．106°D．108°
【答案】A
【分析】根據(jù)正方形，正三角形和正五邊形的內(nèi)角以及正多邊形的外角和即可即可求解．
【詳解】正三角形的每個內(nèi)角為180°÷3=60°，
正五邊形的每個內(nèi)角5-2×180°÷5=108°，
正方形的每一個內(nèi)角為360°÷4=90°，
∴∠1+∠2+∠3= 360°-90°-60°-108°=102°，
故選：A．
【點睛】本題考查了正多邊形的外角和與內(nèi)角和的關系，熟練掌握多邊形的外角和為360°是解題的關鍵．
3．（2023·河北秦皇島·二模）如圖，將四邊形ABCD剪掉一個角得到五邊形．下列判斷正確的是（ ）
結(jié)論①：變成五邊形后外角和不發(fā)生變化；
結(jié)論②：變成五邊形后內(nèi)角和增加了360°；
結(jié)論③：通過圖中條件可以得到∠1+∠2=240°；

A．只有①對B．①和③對C．①、②、③都對D．①、②、③都不對
【答案】B
【分析】根據(jù)多邊形的外角和是360°，判斷①，根據(jù)多邊形內(nèi)角和公式即可判斷②，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：①任意多邊形的外角和是360°，故①正確；
根據(jù)多邊形內(nèi)角和定理5-2×180°-4-2×180°=180°，
四邊形ABCD剪掉一個角得到五邊形內(nèi)角和增加了180°，故②錯誤，
如圖所示，

∵∠1=∠4+∠A,∠2=∠3+∠A
∴∠1+∠2=∠3+∠4+∠A+∠A=180°+∠A=180°+60°=240°，故③正確，
故選：B．
【點睛】本題考查了多邊形的內(nèi)角和與外角和，三角形的外角的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
4．（2022·陜西西安·模擬預測）已知一個正多邊形的內(nèi)角和與外角和的和為1620°，則這個正多邊形的邊數(shù)是 ．
【答案】9
【分析】根據(jù)正多邊形內(nèi)角和公式和外角和列方程即可求解．
【詳解】解：設正多邊形的邊數(shù)為n，
則180×n-2+360°=1620°，
∴n=9，
∴這個正多邊形的邊數(shù)是9．
故答案為：9．
【點睛】本題考查多邊形內(nèi)角和外角，解題關鍵是掌握多邊形內(nèi)角和公式．
題型04 平面鑲嵌
1．（2024·河北石家莊·一模）有三個大小一樣的正六邊形，可按下列方式進行拼接，方式1：如圖1；方式2：如圖2．
（1）若有六個邊長均為1的正六邊形，采用方式1拼接，所得圖案的外輪廓的周長是 ；
（2）有n個長均為1的正六邊形，采用上述兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，若圖案的外輪廓的周長為18，則n的最大值為 ．
【答案】 26 7
【分析】本題考查平面鑲嵌，利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關鍵．
（1）采用方式1拼接，則所得圖案的外輪廓的周長為4n+2，將n=6代入計算即可；
（2）兩種方式的一種或兩種方式混合拼接，n越大，外輪廓周長越小，可得正六邊形間重疊的邊數(shù)越多，則把六個正六邊形繞一個六邊形拼接即可．
【詳解】解：（1）有六個邊長均為1的正六邊形，采用方式1拼接，所得圖案的外輪廓的周長為6×4+2=26．
故答案為：26；
（2）按下圖拼接，圖案的外輪廓的周長為6×3=18，此時正六邊形的個數(shù)最多，即n的最大值為7．
故答案為：7．
2．（2023·河北滄州·二模）要設計一個裝彩鉛的圓柱體紙盒，已知每支鉛筆大小相同，底面均為正六邊形，邊長記作2a．下面我們來研究紙盒底面半徑的最小值．

（1）如果要裝6支彩鉛，嘉淇畫出了如圖1，圖2所示的兩種布局方案．
方案Ⅰ中紙盒底面半徑的最小值為 ；
方案Ⅱ中紙盒底面半徑的最小值為 ；
（2）如果要裝12色的彩鉛，請你為廠家設計一種最佳的布局，使得底面圓的半徑最小，最小值為 ．
【答案】 6a 7a 37a
【分析】（1）由圖形可知，方案Ⅰ中紙盒底面半徑應為正六邊形的對角線長加邊長，方案Ⅱ中紙盒底面半徑應為正六邊形對角線長加邊長，再上邊長的一半，由此計算即可；
（2）考慮將12個正六邊形對稱放置，然后確定其外接圓，利用正六邊形的邊長以及勾股定理求解最小半徑即可．
【詳解】（1）如圖1所示，方案Ⅰ中紙盒底面半徑最小值即為OA的長度，
∵正六邊形的邊長為2a，
∴OA=2a+4a=6a；
如圖2所示，方案Ⅱ中紙盒底面半徑最小值即為OB的長度，
∴OA=a+2a+4a=7a；

故答案為：6a；7a；
（2）如圖所示方式，裝12支鉛筆的底面圓半徑最小，此時最小半徑為OC，連接CQ、PC、PQ，
∵正六邊形的邊長為2a，
∴CP=3×23a=63a，PQ=2a+4a+4a+2a=12a，
∵∠CPQ=90°，
∴CQ=CP2+PQ2=67a，
∴OC=12CQ=37a，

故答案為：37a．
【點睛】本題考查正多邊形與圓，以及鑲嵌問題，掌握正多邊形與圓的性質(zhì)，靈活運用勾股定理進行計算是解題關鍵．
3．（2022·河北·二模）如圖，將幾個全等的正八邊形進行拼接，相鄰的兩個正八邊形有一條公共邊，圍成一圈后中間形成一個正方形．設正方形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長為 ；若n個全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，且相鄰的兩個正多邊形有一條公共邊，設正三角形的邊長為1，則該圖形外輪廓的周長是 ．
【答案】 20 27
【分析】根據(jù)正多邊形的性質(zhì)，每條邊相等，即可求解．求得該圖形外輪廓的周長，根據(jù)密鋪可知正n邊形，為正12邊形，據(jù)此即可求解．
【詳解】解：∵正方形的邊長為1，
∴該圖形外輪廓的周長為8-3×4=20，
若n個全等的正多邊形中間圍成的圖形是正三角形，則n邊形的一個內(nèi)角為360°-60°2=150°
則n邊形的一個外角180°-150°=30°，
∴n=360°÷30°=12，
根據(jù)相鄰的兩個正多邊形有一條公共邊，
則圖形外輪廓的周長為12-3×3=27
故答案為：20，27
【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)，多邊形的內(nèi)角和，外角和，平面鑲嵌，理解題意是解題的關鍵．
題型05 根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)與判定求解
1．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖， 菱形ABCD中， 對角線AC、BD交于點O，EF⊥BD， 垂足為點H，EF分別交AD、DC及BC的延長線于點E、M、F，且ED：CF=1：2，則DH：DB的值為（ ）
A．14B．15C．25D．16
【答案】D
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判斷，先由菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，再證明AC∥EF，進而證明四邊形AEFC是平行 四邊形，得到AE=CF，由此可得到DE：BF=1:5，再證明△DEH∽△BFH，得到DHBH=DEBF=15，則DH：DB=16．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AC⊥BD，AD=BC，
∵EF⊥BD，
∴AC∥EF，
∴四邊形AEFC是平行 四邊形，
∴AE=CF，
∵ED：CF=1：2，
∴ED：AE=1:2，
∴ED:AD=ED：BC=1:3，
∴DE：BF=1:5，
∵AD∥BC
∴△DEH∽△BFH，
∴DHBH=DEBF=15，
∴DH：DB=16，
故選：D．
2．（2023·河北承德·一模）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于點O，E、F分別為OA和OC上的點（不與點A、O、C重合）．其中AE=OF．過點E作GH⊥AC，分別交AD、AB于點G、H；過點F作IJ⊥AC分別交CD、CB于點J、I；連接GJ、HI，甲、乙、丙三個同學給出了三個結(jié)論：
甲：隨著AE長度的變化，GH+IJ=BD始終成立．
乙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ可能為正方形．
丙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半．
下列選項正確的是（ ）

A．甲、乙、丙都對B．甲、乙對，丙不對
C．甲、丙對，乙不對D．甲不對，乙、丙對
【答案】C
【分析】連接HJ,GI，交于點M，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，過點G作GK⊥BD于點K，過點J作JT⊥BD于點T，證明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判斷甲，進而得出四邊形AHJD是平行四邊形，四邊形HJBC是平行四邊形，即可判斷丙，反證法證明四邊形GHIJ不可能是正方形，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接HJ,GI，交于點M，

∵四邊形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，
∴GH∥JI，
根據(jù)菱形是軸對稱圖形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分線，
∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，
∵AE=OF，OA=OC，
∴EO=FC，
如圖所示，過點G作GK⊥BD于點K，過點J作JT⊥BD于點T，

則四邊形GEOK,TJFO是矩形，
∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH，TJ=OF=AE,TO=JF=12JI，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠DAO=∠DCO，
∵GK∥AO，TJ∥OC，
∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∠DGK=∠DAC=∠JCF，
∴△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC，
∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，JF=DK，
∴12DB=DO=DT+TO=GE+JF=12GH+JI，
即GH+IJ=BD，故甲正確；
∵DJ=AG，又AG=AH，
∴JD=AH，
∴四邊形AHJD是平行四邊形，
∴S△HCJ=12S四邊形AHJD，HJ∥AD，HJ=AD，
∴四邊形HJBC是平行四邊形，
∴S△HIJ=12S四邊形BHJC，
∴S四邊形GHIJ=S△HCJ+S△HIJ=12S四邊形BHJC+12S四邊形AHJD=12S菱形ABCD，
即四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半，故丙正確；
同理可得AGBI，CDGI是平行四邊形，
∴GI∥CD，HJ∥AD，
∵當GHIJ是正方形時，則GI⊥HJ，
∴AD⊥DC，
則四邊形ABCD是正方形，
∵AC>BD，
∴四邊形ABCD不是正方形，即四邊形GHIJ不可能是正方形，故乙錯誤，
故選：C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
3．（2023·江蘇泰州·二模）證明：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．
已知：如圖1，D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，求證：DE∥BC，DE=12BC．
下面是某學習小組探究證明思路時發(fā)現(xiàn)的三種添加輔助線的方法，請選擇其中一種，完成證明．
方法1：延長DE至點F，使EF=DE，連接CF；
方法2：過點C作CF∥AB交DE的延長線于F；
方法3：過E作EF∥AB交BC于F，過A作AG∥BC交FE的延長線于點G．
應用：如圖2，D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，請用無刻度的直尺和圓規(guī)作△ABC的角平分線BP（要求：直尺和圓規(guī)分別只使用一次，并保留作圖痕跡）．
【答案】見解析
【分析】本題考查了作圖、平行線的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)和三角形中位線定理，
證明：方法1：延長DE至點F，使EF=DE，連接CF，先證明△ADE≌△CEF得到AD=CF，∠A=∠F，則AB∥CF，加上BD=CF，則可判斷四邊形BDFC為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到DF=BC，DF∥BC，從而得到DE∥BC，DE=12BC；
方法2：過點C作CF∥AB交DE的延長線于F，先證明△ADE≌△CEF，得到相應的邊長相等，可得到四邊形BDFC為平行四邊形，即可得到答案；
方法3：需要證明兩次三角形全等，以及證明兩次平行四邊形可得到結(jié)果；
應用：根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)可得到答案；
解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作
【詳解】證明：方法1：延長DE至點F，使EF=DE，連接CF，如圖所示：
，
∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，
∴AD=BD，AE=CE，
在△ADE和△CEF中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=FE，
∴△ADE≌△CEF（SAS），
∴AD=CF，∠A=∠F，
∴AB∥CF，
∵AD=BD=CF，
∴四邊形BDFC為平行四邊形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
方法2：過點C作CF∥AB交DE的延長線于F，如圖所示：
，
∵CF∥AB，
∴∠A=∠FCE，
∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，
∴AD=BD，AE=CE，
在△ADE和△CEF中，
∠A=∠FCEAE=CE∠AED=∠CEF，
∴△ADE≌△CEF（ASA），
∴AD=FC，DE=EF，
即AD=BD=FC，
∴四邊形BDFC為平行四邊形，
∴DF=BC，DF∥BC，
∴DE∥BC，DE=12BC；
方法3：過E作EF∥AB交BC于F，過A作AG∥BC交FE的延長線于點G，如圖所示：
，
∵EF∥AB,AG∥BC，
∴GF∥AB,AG∥BF，
∴四邊形AGFB為平行四邊形，
∴AG=BF,AB=GF，
∵AG∥BC，
∴∠G=∠CFE，
∵D、E分別是△ABC的邊AB、AC中點，
∴AD=BD，AE=CE，
在△AGE和△CEF中，
∠G=∠CFE∠GEA=∠FECAE=EC，
∴△AGD≌△CFE（AAS），
∴AG=CF,GE=EF，
∵EF∥AB,AG∥BC，
∴∠GAE=∠DEA,∠DAE=GEA，
∵AE=EA，
∴△AGE≌△EDA（ASA），
∴AG=DE.AD=GE，
∵AD∥GF，
∴四邊形AGED為平行四邊形，
∴AG∥DE，AG=DE，
∵AG∥BC，AG=FC，AG=BF，
∴DE∥BC，DE=12BC；
應用：如圖2，BP為所作的角平分線，
，
先在DE上截取DF=DB，連接BF并延長交AC于P點，由DB=DF得到∠DBF=∠DFB，再根據(jù)DE為△ABC的中位線得到DE∥BC，所以∠DFB=∠CBF，則∠DBF=∠CBF，從而得到BP平分∠ABC．
4（2023·河南周口·三模）綜合與實踐

問題提出
(1)如圖①，△ABC是等腰三角形，點D，E分別在腰AC，AB上，且BE=CD，連接BD，CE．判斷BD與CE長度的大小關系，并證明；
問題探究
(2)如圖②，AD是△ABC的中線，BE交AC于E，交AD于F，若AE=EF，AC=8，則BF=______；
問題解決
(3)今年全國兩會上，不少來自農(nóng)村、關注“三農(nóng)”工作的代表委員期待電力在全面推進鄉(xiāng)村振興中發(fā)揮越來越重要的作用．某地區(qū)規(guī)劃出如圖③所示的四邊形ABCD地塊，計劃開發(fā)出一個生態(tài)宜居，綠色人文的農(nóng)業(yè)觀光區(qū)，其中AD⊥CD，BC⊥CD，∠BAD=120°，AE是現(xiàn)有的地下電纜，CE=AB．為滿足農(nóng)業(yè)用電，B點和C點分別設置了風力發(fā)電機，現(xiàn)要埋電纜線路BP與線路AC，點P是AE的中點．已知埋每米電纜的費用是a元，請問埋電纜線路AC的費用是線路BP費用的幾倍？并說明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由見解析
(2)8
(3)埋電纜線路AC的費用是線路BP費用的2倍，理由見解析
【分析】（1）由“SAS”可證△EBC≌△DCB，可得BD=CE；
（2）由“SAS”可證△ADC≌△MDB，可得BM=AC，∠CAD=∠M，由等腰三角形的性質(zhì)可求∠BFD=∠CAD=∠M，從而即可得到答案；
（3）先證明四邊形ABEF是平行四邊形，可得FE=AB，F(xiàn)E∥AB，由“SAS”可證△ABC≌△FCB，得到AC=FB=2BP，即可求解．
【詳解】（1）解：BD=CE，
證明：∵△ABC是等腰三角形，
∴∠EBC=∠DCB，
在△EBC與△DCB中，
BE=CD∠EBC=∠DCBBC=CB，
∴△EBC≌△DCBSAS，
∴BD=CE；
（2）解：如圖，延長AD到M，使AD=DM，連接BM，如圖②所示，
，
∵AD是△ABC的中線，
∴CD=BD，
在△ACD和△MBD中，
AD=MD∠ADC=∠MDBCD=BD，
∴△ADC≌△MDBSAS，
∴BM=AC，∠CAD=∠M，
∵AE=EF，
∴∠CAD=∠AFE，
∵∠AFE=∠BFD，
∴∠BFD=∠CAD=∠M，
∴BF=BM=AC=8；
故答案為：8；
（3）解：∵AD⊥CD，BC⊥CD，
∴AD∥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
如圖③，延長BP交AD于點F，連接EF，CF，
，
∵AD∥BC，
∴∠PAF=∠PEB，∠PFA=∠PBE，
∵點P是AE的中點，
∴AP=EP，
∴△AFP≌△EBPAAS，
∴AF=BE，BP=PF，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∴FE=AB，F(xiàn)E∥AB，
∴∠FEC=∠ABC=60°，
∵FE=AB，CE=AB，
∴FE=CE，
∴△FEC是等邊三角形，
∴FE=FC，∠FCB=60°，
∴AB=FC，∠ABC=∠FCB=60°，
∵BC=CB，
∴△ABC≌△FCBSAS，
∴AC=FB=2BP，
∵埋電纜線路AC的費用為a?AC=a?2BP=2aBP，埋電纜線路BP的費用為a?BP=aBP，
∴埋電纜線路AC的費用是線路BP費用的2倍．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關鍵．
題型06 構(gòu)建三角形中位線解決問題
1．（2023·山東青島·模擬預測）如圖，四邊形EFGH頂點是四邊形ABCD各邊中點，若把EFGH涂滿紅油漆需要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要 桶
【答案】10
【分析】本題考查的是中點四邊形，中位線定理和相似三角形的面積比等于相似比的平方；根據(jù)題意得出S四邊形EFGH=12S四邊形ABCD，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接AC,BD，
∵E,F分別是AD,AB的中點，
∴EF∥BD，EFBD=12
∴△AEF∽△ADB
∴S△AEF=14S△ABD，同理可得S△CGH=14S△BCD，
則S△AEF+S△CGH=14S四邊形ABCD
同理可得S△DEH+S△BGF=14S四邊形ABCD
∴S四邊形EFGH=12S四邊形ABCD
若把EFGH涂滿紅油漆需要10桶，那么要把其余部分涂滿黑顏色，需要10桶,
故答案為：10．
2．（2023·安徽·二模）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°,AB=BC=6，延長BC到點D，CD=4，點E是AD的中點，BE交AC于點F，則△AEF的面積為 ．

【答案】154
【分析】利用三角形的面積公式求出△ACD的面積，進而求出△ABD的面積，利用中線平分面積，得到△ABE的面積，取AC的中點G，連接EG，得到EG∥CD,EG=12CD，推出△BFC∽△EFG，求出EFBF的值，利用同高三角形點面積比等于底邊比，進行求解即可．
【詳解】解：∵∠ABC=90°,AB=BC=6，CD=4，
∴S△ABD=12AB?BC+CD=30，
∵點E是AD的中點，
∴S△ABE=12S△ABD=15，
取AC的中點G，連接EG，則：EG∥CD,EG=12CD=2，

∴△BFC∽△EFG，
∴EFBF=EGBC=26=13，
∴EFBE=14，
∴S△AEF:S△ABE=EF:BE=1:4，
∴S△AEF=14S△ABE=154；
故答案為：154．
【點睛】本題考查三角形的中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是添加輔助線，構(gòu)造三角形的中位線和相似三角形．
3．（2023·浙江·模擬預測）已知四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，對角線AC與BD垂直相交于點E，點F，G分別為AB，CD的中點，求證：EF=OG．

【答案】見解析
【分析】作直徑DH，根據(jù)三角形中位線定理求得OG=12CH，根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求得EF=12AB，再利用等角的余角相等求得∠ACB=∠HDC，推出AB=CH，據(jù)此即可證明EF=OG．
【詳解】證明，作直徑DH，連接CH，

∵點G、O分別為DH、CD的中點，
∴OG=12CH，
∵AC⊥BD，點F為AB的中點，
∴EF=12AB，∠DBC+∠ACB=90°，
∵DH為直徑，
∴∠DCH=90°，
∴∠H+∠HDC=90°，
又∵∠H=∠DBC，
∴∠ACB=∠HDC，
∴AB=CH，
∴EF=OG．
【點睛】本題考查了圓周角定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．
4．（2023·福建泉州·模擬預測）在△ABC中，F(xiàn)為邊AB上一點．

(1)如圖1，若AC2=AF?AB，求證：△ACF∽△ABC．
(2)若G為CF的中點，AC=4，
①如圖2，若∠FBG=∠ACF，AB=5，求BF的長；
②如圖3，若∠ABC=30°，∠A=∠BGF=45°，直接寫出BF的長．
【答案】(1)見解析
(2)①3；②BF=210-22
【分析】（1）根據(jù)已知條件得出ACAF=ABAC，又∠A=∠A，即可得證；
（2）①解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC，設：BF=x，則BD=x，AD=5+x，AF=5-x，證明△ACF∽△ADC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解方程，即可求解；①解法2：取FA中點D，連結(jié)DG，設：AD=DF=x，則BD=5-x，證明△DGF∽△DBG，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出方程，解方程，即可求解；
②解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點C作CE⊥AB于點E，證明△DCF∽△DAC，得出DC2=AD?DF，在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，則AD?DF=DE2+EC2，建立方程，解方程，即可求解；②解法2：過點C作CE⊥AB于點E，在AE上取點D，使CD=CF，在Rt△DEC中，勾股定理求得CD，證明△DCA∽△FBG，得出DC?FG=AD?BF，解方程，即可求解．
【詳解】（1）∵AC2=AF?AB，即ACAF=ABAC
∵∠A=∠A，
∴△ACF∽△ABC；
（2）
①解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC
設：BF=x，則BD=x，AD=5+x，AF=5-x
∵G為CF的中點，B為DF的中點，
∴BG是△FDC的中位線，
∴ BG∥DC
∴ ∠FBG=∠D，
∵ ∠FBG=∠ACF，
∴ ∠D=∠ACF，
∵ ∠A=∠A，
∴ △ACF∽△ADC
∴ ACAD=AFAC，
∴ 45+x=5-x4
解得：x1=3，x2=-3（不合題意舍去）
∴ BF=3

①解法2：取FA中點D，連結(jié)DG
設：AD=DF=x，則BD=5-x
∵G為CF的中點，D為AF的中點
∴DG是△FAC的中位線
∴ DG∥AC，且DG=12AC=2
∴ ∠FGD=∠ACF
∵ ∠DBG=∠ACF，
∴ ∠FGD=∠DBG，
∵ ∠BDG=∠BDG，
∴ △DGF∽△DBG
∴ DGBD=DFDG，
∴ 25-x=x2
解得：x1=1，x2=4（不合題意舍去）
∴ AD=DF=1，
∴ BF=AB-AF=5-2=3
②解法1：延長FB到點D，使FB=BD，連結(jié)DC，過點C作CE⊥AB于點E，

設：BF=BD=x，
∵ Rt△AEC中，∠A=45°，
∴ AE=CE=AC2=22，
∵ Rt△BEC中，∠ABC=30°，
∴ BE=3EC=26，
∴ ED=BD+BE=x+26，
∴ AD=ED+AE=x+26+22，
∵G為CF的中點，B為DF的中點
∴BG是△FDC的中位線，
∴ BG∥DC，
∴ ∠BGF=∠FCD，
∵ ∠BGF=∠A，
∴ ∠FCD=∠A，
∵ ∠D=∠D，
∴ △DCF∽△DAC，
∴ DCAD=DFDC，
∴ DC2=AD?DF，
∵在Rt△DEC中，DC2=DE2+EC2，
∴ AD?DF=DE2+EC2
即2xx+26+22=x+262+222
解得：x1=210-22，x2=-210-22（不合題意舍去）
∴ BF=210-22
②解法2：過點C作CE⊥AB于點E，在AE上取點D，使CD=CF，

設：BF=x，
∵ Rt△AEC中，∠A=45°，
∴ AE=CE=AC2=22，
∵ Rt△BEC中，∠ABC=30°，
∴ BE=3EC=26，
∴ EF=BE-BF=26-x，
∵ CD=CF，CE⊥AB，
∴ DE=EF=26-x，
∴ AD=AE-DE=22-26+x，
∵在Rt△DEC中，CD=DE2+CE2=26-x2+8，
∴ CF=CD=26-x2+8，
∵G為CF的中點，
∴ FG=12CF=1226-x2+8，
∵ CD=CF，∠CFD=∠CDF，
∴ 180°-∠CFD=180°-∠CDF，即∠BFG=∠CDA
∵ ∠A=∠BGF，
∴ △DCA∽△FBG，
∴ DCAD=BFFG，
∴ DC?FG=AD?BF，
∴ 26-x2+8?1226-x2+8=x22-26+x
解得：x1=210-22，x2=-210-22（不合題意舍去）
∴ BF=210-22
【點睛】本題主要考查三角形的綜合性題目，包括相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中點的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等，熟練掌握運用這些知識點是解題關鍵．
題型07 根據(jù)特殊四邊形的性質(zhì)與判定求解
1．（2024·山西朔州·一模）如圖，在矩形ABCD中，AB=4,BC=3,M為對角線BD上的一點（不與點B,D重合），連接AM，過點M作MN⊥AM交邊CD于點N，連接AN．若BM:BD=2:5，則DN的長為 ．
【答案】32
【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握相關判定及性質(zhì)，適當添加輔助線解決問題是解題的關鍵．
過點M作MG⊥AB于G，延長GM交CD于H，則GH⊥CD，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可證△BGM∽△BAD，從而得出BG=165，AG=HD=245，MG=125，MH=185，再根據(jù)△AGM∽△MHN可得HN=95，進而可得DN．
【詳解】解：過點M作MG⊥AB于G，延長GM交CD于H，則GH⊥CD，如圖：
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BAD=∠ADC=∠AGH=90°，AD=BC=3，AB=CD=4，
∴四邊形AGHD為矩形，
∴AG=DH，GH=AD=3，GM∥AD，
∴△BGM∽△BAD，
∴ BGBA=GMAD=BMBD，
∵BM:BD=2:5，
∴ BGBA=GMAD=BMBD=25，
∴ BG=25AB=85，MG=25AD=65，
∴ AG=HD=AB-BG=4-85=125，
∴ MH=GH-GM=3-65=95，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMG+∠HMN=90°，
∵∠AMG+∠MAG=90°，
∴∠HMN=∠MAG，
∵∠AGM=∠MHN=90°，
∴△AGM∽△MHN，
∴ AGMH=MGHN，
即：12595=65HN，
解得：HN=910，
∴ DN=HD-HN=125-910=32，
故答案為：32．
2．（2023·江蘇鹽城·模擬預測）如圖，已知，等邊△ABC中，AB=6，將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，連接BD，交AC于O點，E點在OD上，且DE=2OE，F(xiàn)是BC的中點，P是AC上的一個動點，則PF-PE的最大值為 ．
【答案】3
【分析】由折疊可證四邊形ABCD為菱形，BO是AC邊上的中線，如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，則BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，由DE=2OE，可得OM=OE，則PE=PM，AE=AM，PF-PE=PF-PM，可知當點P運動到點A時，PF-PE最大，最大為FM，勾股定理求AF=AC2-CF2=33，則FM=13AF，計算求解即可．
【詳解】解：∵△ABC為等邊三角形，AB=6，
∴AB=AC=BC=6，
∵將△ABC沿AC翻折，得到△ADC，
∴AD=CD=BC=AB=6，
∴四邊形ABCD為菱形，
∴DO=BO，AO=CO=3，BD⊥AC，
∴BO是AC邊上的中線，
如圖，連接AE、AF、PM，交BD于M，
∵F是BC的中點，
∴AF是BC邊上的中線，∠BAC的角平分線，
∴BM=2OM，AM=2MF，∠CAF=30°，
∵DE=2OE，
∴OM=OE，
∵BD⊥AC，
∴PE=PM，AE=AM，
∴PF-PE=PF-PM，
∴當點P運動到點A時，PF-PE最大，最大為FM，
∵∠CAF=30°，
∴CF=3，
由勾股定理得，AF=AC2-CF2=33，
∴FM=13AF=3，
故答案為：3．
【點睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，含30°的直角三角形等知識．根據(jù)題意確定最大值的情況是解題的關鍵．
3．（2023·湖南婁底·三模）已知四邊形ABCD是矩形，連接BD．

(1)如圖1，∠ADB的平分線交AB于E，交CB的延長線于點F．∠DBF的平分線交DF于點H，交DA的延長線于點G，連接FG．
①求證：BD=BF；
②求證：四邊形GFBD為菱形；
(2)在（1）的條件下，如圖2，連接AC交DF于點P，交BD于點O，若DP=HP，求ABAD的值．
【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析
(2)3
【分析】（1）由矩形性質(zhì)得到AD∥BC，則∠ADF=∠BFD，再由角平分線定義得到∠ADF=∠BDF，則∠BFD=∠BDF，即可得出BD=BF；②由AD∥BC，得到∠ADB+∠FBD=180°，進而根據(jù)相關角的關系得到BG⊥DF，再由①中BD=BF，確定DH=FH，利用兩個三角形全等的判定與性質(zhì)得出△BDH≌△GDHASA，利用平行四邊形判定及菱形的判定即可得證；
（2）根據(jù)題意得出PO是△BDH的中位線，有AC∥BG，進而得到四邊形AGBC是平行四邊形，利用平行四邊形及矩形性質(zhì)得到AD=AG=12DG，再根據(jù)（1）②中四邊形BDGF是菱形，得出BD=2AD，在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得AB=3AD，即可得到答案．
【詳解】（1）證明：①∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADF=∠BFD，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADF=∠BDF，
∴∠BFD=∠BDF
∴BD=BF
②由①知AD∥BC，
∴∠ADB+∠FBD=180°，
∵DF平分∠ADB，BG平分∠FBD，
∴∠ADB=2∠BDF，∠FBD=2∠DBG，
∴2∠BDF+2∠DBG=180°，
∴∠BDF+∠DBG=90°，
∴∠BHD=180°-∠BDF+∠DBG=90°，
∴BG⊥DF，
由①知BD=BF，
∴DH=FH，
∵DF平分∠ADB，
∴∠ADH=∠BDH，
∵DH=DH，∠BHD=∠GHD，
∴△BDH≌△GDHASA，
∴BH=GH，
∵DH=FH，
∴四邊形BDGF是平行四邊形，
∵BG⊥DF，
∴四邊形BDGF是菱形；
（2）解：∵點O是矩形對角線AC與BD的交點，
∴OD=OB，∵DP=HP，
∴PO是△BDH的中位線，
∴AC∥BG，
∵AD∥BC，
∴四邊形AGBC是平行四邊形，
∴AG=BC，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD，
∴AD=AG=12DG，
由（1）②知四邊形BDGF是菱形，
∴DG=BD，
∴BD=2AD，
在Rt△ABD中，根據(jù)勾股定理得，AB=BD2-AD2=4AD2-AD=3AD，
∴ABAD=3ADAD=3．
【點睛】本題考查四邊形綜合，涉及矩形性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理及勾股定理等知識，熟練掌握相關幾何性質(zhì)與判定，結(jié)合問題靈活運用是解決問題的關鍵．
4．（2023·黑龍江齊齊哈爾·模擬預測）綜合與實踐
旋轉(zhuǎn)是幾何圖形運動中的一種重要變換，通常與我們所學過的全等三角形等等數(shù)學知識相結(jié)合來解決問題，有時我們還能從中探索學習一些新知．小苗在研究三角形旋轉(zhuǎn)過程中，進行如下探究：如圖，已知正方形ABCD和正方形AEFG．
觀察猜想：
（1）在圖1中，點E，F(xiàn)，G分別在邊AB，AC，AD上，直接寫出GDFC= ；
實踐發(fā)現(xiàn)：
（2）將正方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至圖2所示位置，連接DG，F(xiàn)C，請問（1）中的結(jié)論是否發(fā)生變化？并加以證明：
聯(lián)系舊知：
（3）如果正方形ABCD的邊長為5，正方形AEFG的邊長為3．將正方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至圖3所示位置，連接EG交AB于點M，交AC于點N，若NG=22，直接寫出EM的長 ；
探求新知：
（4）在（3）的條件下，當正方形AEFG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)至點E，F(xiàn)，B三點共線時，直接寫出CG的長 ．
【答案】（1）22
（2）（1）中的結(jié)論不變，證明見解析
（3）625；
（4）17或65
【分析】（1）先根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證明AF=2AG，再由FG∥DC根據(jù)平行線分線段成比例定理得AGGD=AFFC，則GDFC=AGAF=22；
（2）連接AF，證明△DAG∽△CAF，則GDFC=ADAC=22，即可證明（1）中的結(jié)論不變；
（3）先由AE=AG=3，∠EAG=90°，求得∠AEM=∠AGN=45°，EG=32，將△AGN繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接MH，則∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，HE=NG=22，再證明△MAH≌△MAN，得MH=MN，設EM=x，則MH=MN=32-22-x=522-x，根據(jù)HE2+EM2=MH2列方程求出x的值即可；
（4）當E，F(xiàn)，B三點共線時，可由∠AEB=90°，AB=5，AE=3，根據(jù)勾股定理求得BE=4；CG的長存在兩種情況，一是點F在線段BE上，作GQ⊥AB于點Q，GR⊥BC于點R，四邊形BRGQ是矩形，可證明△GAQ∽△ABE，得AQBE=GQAE=AGBA=35，所以AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，求得GR和CR的長，再根據(jù)勾股定理求出CG的長；二是點E在線段BF上，作GQ⊥CD交CD的延長線于點Q，GR⊥AD于點R，則四邊形DRGQ是矩形，由∠ARG=90°，得∠GAR=∠BAE=90°-∠DAE，則ARAG=cs∠GAR=cs∠BAE=35，GRAG=sin∠GAR=sin∠BAE=45，所以AR=35×3=95，GR=45×3=125，求得GQ和CQ的長，再根據(jù)勾股定理求出CG的長．
【詳解】解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴∠AGF=∠D=90°，AG=FG，AD=CD，
∴AF=AG2+FG2=AG2+AG2=2AG，
∵FG∥DC，
∴ AGGD=AFFC，
∴ GDFC=AGAF=12=22．
(2)不變．證明如下：
如圖，連接AF，

∵ 四邊形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠DAC=∠DCA=180°-90°2=45°，AC=AD2+CD2=AD2+AD2=2AD，
∴ADAC=22，
同理可證∠GAF=∠GFA=45°，AGAF=22，
∴ADAC=AGAF，
∵∠DAG=∠DAC-∠GAC，∠CAF=∠GAF-∠GAC，
∴∠DAG=∠CAF，
∴△DAG~△CAF，
∴GDFC=ADAC=22，
∴（1）中的結(jié)論不變．
(3) 如圖3，

∵AE=AG=3，∠EAG=90°，
∴∠AEM=∠AGN=45°，EG=AE2+AG2=32+32=32，
將△AGN繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△AEH，連接MH，
∴∠EAH=∠GAN，AH=AN，∠AEH=∠AGN=45°，HE=NG=22，
∴∠HEM=∠AEM+∠AEH=90°，
∵AB=BC，∠B=90°，
∴∠MAN=∠BCA=45°，
∴∠MAH=∠EAM+∠EAH=∠EAM+∠GAN=45°，
∴∠MAH=∠MAN，
∵AM=AM，
∴△MAH≌△MAN(SAS)，
∴MH=MN，
設EM=x，則MH=MN=32-22-x=522-x，
∵HE2+EM2=MH2，
∴222+x2=522-x2，
解得x=625，
∴EM的長為625；
(4) 如圖4，

E，F(xiàn)，B三點共線且點F在線段BE上，作GQ⊥AB于點Q，GR⊥BC于點R，則∠CRG=90°，
∵∠E=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=AB2-AE2=52-32=4，
∵∠AQG=∠E=∠EAG=90°，
∴∠GAQ=∠ABE=90°-∠BAE，
∴△GAQ∽△ABE，
∴ AQBE=GQAE=AGBA=35，
∴AQ=35×4=125，GQ=35×3=95，
∵∠GQB=∠QBR=∠GRB=90°，
∴四邊形BRGQ是矩形，
∴GR=BQ=5-125=135，BR=GQ=95，
∴CR=5-95=165，
∴CG=GR2+CR2=1352+1652=17；
如圖5，

E，F(xiàn)，B三點共線且點E在線段BF上，作GQ⊥CD交CD的延長線于點Q，GR⊥AD于點R，
∵∠AEB=90°，AB=5，AE=3，
∴BE=4，
∵∠ARG=90°，∠GAR=∠BAE=90°-∠DAE，
∴ ARAG=cs∠GAR=cs∠BAE=35，GRAG=sin∠GAR=sin∠BAE=45，
∴AR=35×3=95，GR=45×3=125，
∴DR=5-95=165，
∵∠Q=∠RDQ=∠DRG=90°，
∴四邊形DRGQ是矩形，
∴GQ=DR=165，DQ=GR=125，
∴CQ=5+125=375，
∴CG=GQ2+CQ2=(165)2+(375)2=65，
∴CG的長為17或65．
【點睛】此題重點考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、解直角三角形、數(shù)形結(jié)合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．
題型08 與特殊四邊形有關的折疊問題
1．（2022·安徽合肥·模擬預測）如圖1，在五邊形紙片ABCDE中，∠A=120°，將五邊形紙片沿BD折疊，點C落在點P處，在AE上取一點Q，將△ABQ和△EDQ分別沿BQ、DQ折疊，點A、E恰好落在點P處．

（1）∠C+∠E= ；
（2）如圖2，若四邊形BCDP是菱形，且Q、P、C三點共線時，則BQAB= ．
【答案】 240°/240度 62/126
【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得∠A=∠BPQ=120°，又∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，即可求解；
（2）由菱形的性質(zhì)可得BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，由SSS可證△ABQ≌△EDQ，可得∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】解：（1）∵將五邊形紙片ABCDE沿BD折疊，
∴∠A=∠BPQ=120°，∠QED=∠QPD，∠BCD=∠BPD，
∵∠BPD+∠QPD+∠BPQ=360°，
∴∠BPD+∠QPD=240°，
∴∠BCD+∠QED=240°，
故答案為：240°；
（2）連接PC，交BD于H，設AB=a，如圖：

∵四邊形BPDC是菱形，
∴PC是BD的垂直平分線，BP=PD=BC=CD，
∵Q，P，C三點共線，
∴QC是BD的垂直平分線，
∴BQ=QD，QH⊥BD，BH=DH，
由折疊可知：∠A=∠BPQ=120°，AB=BP=DE=DP=a，∠AQB=∠BQP，∠EQD=∠PQD，AQ=QP=QE，
∴∠BPH=60°，
∴∠PBH=30°，
∴PH= 12 BP= 12a，BH= 3 PH= 32a，
在△ABQ和△EDQ中，
AB=DEQA=QEBQ=QD，
∴△ABQ≌△EDQ（SSS），
∴∠AQB=∠EQD，
∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD，
∴∠AQB=∠BQP=∠EQD=∠PQD=45°，
∴∠QBH=∠BQP=45°，
∴BH=QH= 32a，
∴BQ= 2 BH= 62a，
∴ BQAB=62aa=62
故答案為：62．
【點睛】本題考查了翻折變換，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)等知識，掌握折疊的性質(zhì)是解題的關鍵．
2．（2022·湖北荊州·三模）如圖，正方形紙片ABCD的邊長為8，E是AB邊上的動點．折疊紙片使點D與點E重合，折痕為FG，DC的對應邊EC'交BC于點H．
(1)如圖1，當點E是AB的中點時，則AF的長______．
(2)如圖2，設AE的長為x，四邊形CDFG面積為S．
①求DF的長度（用含x的代數(shù)式表示）；
②求S關于x的函數(shù)關系式，并求S的最小值．
(3)如圖3，過點D作EC'的垂線，垂足為M，DM交FG于點N．
①求△BHE的周長．
②當△BHE與△MNE的周長之差為2時，請直接寫出sin∠EHB的值．
【答案】(1)3
(2)①DF=116x2+4；②S=12x-42+24，最小值為24
(3)①16；②sin∠EHB=725
【分析】（1）當E為AB的中點時，AE=12AB=4，設AF =x，則EF=FD=AD-AF=8-x，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，建立方程解方程求解即可；
（2）①過點G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG于點P，證明
△ADE≌△KGF，設AE=x，則FK=x，DF=FE=8-AF，得AF=4-116x2，進而求得FD；
②由矩形的性質(zhì)可得CG=KD=FD-FK=116x2+4-x，根據(jù)梯形面積求解即可；
（3）①由（2）可得AE=x， AF=4-116x2，EF=116x2+4，則BE=8-x，證明△AEF∽△BHE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得BH，BE，EH，即可求得△BHE的周長為16；
②當△BHE與△MNE的周長之差為2時，則△MNE的周長為14或18，連接EN，證明四邊形EFDN是菱形，則EF=EN，證明△AEF∽△BHE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得EFEH=78或98，由△AEF∽△BHE，AFBE=78或98，建立方程求得x，進而求得AF，EF，根據(jù)sin∠EHB=sin∠AEF=AFEF即可求解．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD=8，
當E為AB的中點時，AE=12AB=4，設AF =x，
則EF=FD=AD-AF=8-x，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，則42+x2=8-x2，
解得：x=3，
∴AF=3，
故答案為：3；
（2）①如圖，過點G作GK⊥AD，則四邊形CGKD是矩形，連接ED，交FG于點P
∵ E，D關于FG對稱，
∴ED⊥FG，
∴∠FPD=∠FKG=90°，
∴∠ADE+∠DFP=∠FGK+∠DFP =90°，
∵ ∠ADE=∠KGF，
由正方形性質(zhì)可知KG=CD=AD，
∴△ADE≌△KGF，
設AE=x，則FK=x，DF=FE=8-AF，
∴x2+AF2=8-AF2，
∴AF=4-116x2，
∴ DF=8-AF=116x2+4；
②由矩形的性質(zhì)可得CG=KD=FD-FK=116x2+4-x，
∴四邊形CDFG面積為S=12CG+FD×8=4116x2+4-x+116x2+4
=12x2-4x+32
=12x-42+24
∴S=12x-42+24，最小值為24；
（3）①如圖，由（2）可得AE=x， AF=4-116x2，EF=116x2+4，則BE=8-x，
在正方形ABCD中由于對折可知，∠ADC=∠FEH=90°，
∴∠1＋∠2=90°，
又∵∠A=∠B=90°，
∴∠1＋∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∴△AEF∽△BHE，
∴AFBE=AEBH=EFEH，
∵BE=AB-AE=8-x，
BH=AE?BEAF=x8-x4-116x2=16xx+8，EH=BE?EFAF=8-x?116x2+44-116x2=x2+64x+8，
∴△BHE的周長=BH＋EH＋BE=16x+x2+64x+8+8-x=16，
即：△BHE的周長為16；
②連接EN，
由折疊可知，∠DFN=∠EFN，EF=FD，
∵EF⊥EC'，DM⊥EC'，
∴EF∥DM，
∴∠MNG=∠EFN，∠FEN=∠ENM，
∴∠DFN=∠MNG，
∵∠FND=∠MNG，
∴∠DFN=∠DNF，
∴DF=DN，
∴EF=ND，
∴四邊形EFDN是平行四邊形，
∴EN∥FD，EN=FD，
∵EF=FD，
∴四邊形EFDN是菱形，
∴EF=EN，
∴EN∥AD，
∴∠FEN=∠AFE，
∵ △AEF∽△BHE，
∴ ∠EHB=∠NEM，
∵DM⊥EH，
∴∠NME=∠B=90°，
∴△EMN∽△HBE，
△BHE的周長為16，
當△BHE與△MNE的周長之差為2時，則△MNE的周長為14或18，
∴ENEH=1416=78或ENEH=1816=98，
∵EF=EN，
∴EFEH=78或98，
∵ △AEF∽△BHE，
∴EFEH=AFBE，∠BHE=∠AEF，
∴AFBE=78或98，
∵BE=8-x，AF=4-116x2，
∴4-116x28-x=78或4-116x28-x=98，
解得x1=6，x2=8或x1=8，x2=10
∵0≤x≤8，
∴x=6，
∴ AE=6，
∴AF=4-116x2=4-94=74，
∴EF=116x2+4=94+4=254，
∴sin∠EHB=sin∠AEF=AFEF=74254=725．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，求正弦值，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
3．（2023·河南駐馬店·二模）綜合與實踐
數(shù)學活動課上，數(shù)學老師以“矩形紙片的折疊”為課題開展數(shù)學活動：將矩形紙片ABCD對折，使得點A，D重合，點B，C重合，折痕為EF，展開后沿過點B的直線再次折疊紙片，點A的對應點為點N，折痕為BM．

(1)如圖（1）若AB=BC，則當點N落在EF上時，BF和BN的數(shù)量關系是________，∠NBF的度數(shù)為________．
思考探究：
(2)在AB=BC的條件下進一步進行探究，將△BMN沿BN所在的直線折疊，點M的對應點為點M'．當點M'落在CD上時，如圖（2），設BN，BM'分別交EF于點J，K．若DM'=4，請求出三角形BJK的面積．
開放拓展：
(3)如圖（3），在矩形紙片ABCD中，AB=2，AD=4，將紙片沿過點B的直線折疊，折痕為BM，點A的對應點為點N，展開后再將四邊形ABNM沿BN所在的直線折疊，點A的對應點為點P，點M的對應點為點M'，連接CP，DP，若PC=PD，請直接寫出AM的長．(溫馨提示：12+3=2-3，12+1=2-1)
【答案】(1)BF=12BN，60°
(2)2+2
(3)4-23
【分析】（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)得：AB=BN，BF=CF=12BC，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得∠BNF=30°，由直角三角形的兩銳角互余可得結(jié)論；
（2）由折疊得：BM=BM'，證明Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，可知AM=CM'，∠ABM=∠CBM'，得△BFJ是等腰直角三角形，再證明四邊形ABCD是正方形，分別計算BF=FJ=12BC=2+2，JK=2，由三角形面積公式可得結(jié)論；
（3）如圖（3），過點P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，根據(jù)等腰三角形的三線合一可得DH=CH=12CD=12AB=1，由折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)可得PG=CH=1，BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，設PL=x，則M'L=2x，M'P=3x，根據(jù)NL=233=NM'+M'L，列方程可解答．
【詳解】（1）解：由折疊得：AB=BN，BF=CF，∠BFN=90°，
∵AB=BC，
∴BF=12BN，
∴∠BNF=30°，
∴∠NBF=90°-30°=60°，
故答案為：BF=12BN，60°；
（2）由折疊得：BM=BM'，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，
∵AB=BC，
∴Rt△ABM≌Rt△CBM'(HL)，
∴AM=CM'，∠ABM=∠CBM'，
∴∠ABM=∠MBN=∠NBM'=∠CBM'，
∴∠FBJ=45°，
∴△BFJ是等腰直角三角形，
∵四邊形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠D=90°，
∴DM=DM'=4，
∴MM'=42，
∵AM=MN=M'N=CM'，
∴CM'=22，
∴BC=CD=4+22，
∴BF=FC=2+2，
∵FK∥CM'，
∴BK=KM'，
∴FK=12CM'=2，
∵△BFJ是等腰直角三角形，
∴BF=FJ=12BC=2+2，
∴JK=2+2-2=2，
∴S△BJK=12?JK?BF=12×2×(2+2)=2+2；
（3）如圖，過點P作PG⊥BC于G，PH⊥CD于H，

∵PC=PD，
∴DH=CH=12CD=12AB=1，
∵∠PGC=∠PHC=∠BCH=90°，
∵四邊形PGCH是矩形，
∴PG=CH=1，
由折疊得：BN=BP=AB=2，∠NBP=∠ABN，
Rt△BPG中，∠PBG=30°，
∴∠ABN=∠NBP=90°-30°2=30°，
延長NM'，BP交于L，
Rt△BNL中，BN=2，∠NBL=30°，
∴NL=2×33=233，
Rt△M'PL中，∠M'LP=90°-30°=60°，
∴∠PM'L=30°，
設PL=x，則M'L=2x，M'P=3x，
∵NL=233=NM'+M'L，
∴ 3x+2x=233，
∴x=433-2，
∴AM=3x=3×(433-2)=4-23．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)和判定，正方形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)等知識，掌握折疊的性質(zhì)和正確作輔助線是解題的關鍵，題目具有一定的綜合性，比較新穎．
題型09 利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
1．（2022·安徽滁州·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，點M在AD上，連接ME并延長交BC于點N，連接DN交MC于點F．則下列四個結(jié)論：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，則BM=CM；③若MD=2AM，則S△MNC=S△BNE；④若AB=MN，則△MFN與△DFC全等．其中正確結(jié)論的個數(shù)為（ ）

A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【分析】依次分析各選項，進行推理論證即可；其中①可通過證明△DME≌△BNEAAS，進一步轉(zhuǎn)換后可以得到結(jié)論，②可先得到該平行四邊形是矩形，利用矩形的性質(zhì)等得到MN垂直平分BC，即可完成求證，③可以先證明兩個三角形的共線邊上的高的關系，再利用三角形面積公式即可完成證明，④可以先證明△MND≌△DCMSAS后可進一步證明△MNF≌△DCFAAS，即可完成求證．
【詳解】解：∵平行四邊形ABCD中，E是BD的中點，
∴ BE=DE，AD∥BC，AD=BC，
∴ ∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE ，
∴ △DME≌△BNEAAS ，
∴ DM=BN，
∴ AM=CN，
故①正確；
若∠A=90°，
則平行四邊形ABCD是矩形，
由矩形的對角線相等，而點E是矩形的對角線的交點可知，
E點到B、C兩點的距離相等，
∴E點在BC的垂直平分線上，
由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，
所以N點是BC的中點，
∴MN垂直平分BC，
∴ BM=CM，
故②正確；
∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，
∴BN=BC-CN=AD-AM=MD=2AM=2CN，
如圖1，分別過D、E兩點向BC作垂線，垂足分別為Q點和P點，

∵E點是BD中點，
∴DQ=2EP，
∵ S△MNC=12CN?DQ=12CN?2EP=CN?EP，
S△BNE=12BN?EP=12×2CN?EP=CN?EP
∴ S△MNC=S△BNE，
故③正確；
若AB=MN，
因為AB=DC，
所以DC=MN，
分別過N、C兩點向AD作垂線，垂足分別為H、K，

由平行線間的距離處處相等可知：NH=CK，
∴ Rt△NHM≌Rt△CKDHL，
∴ ∠NMD=∠CDM，
∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，
∴ △MND≌△DCMSAS ，
∴ ∠MND=∠DCM，
又∵ ∠NFM=∠CFD，MN=DC，
∴ △MNF≌△DCFAAS ，
故④正確；
故選：D．
【點睛】本題綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線段的垂直平分線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關鍵是牢記相關概念與性質(zhì)，能熟練運用全等三角形的判定與性質(zhì)進行角或邊之間關系的轉(zhuǎn)化等．
2．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·三模）如圖，在正方形紙片ABCD中，點E為正方形CD邊上的一點（不與點C，點D重合），將正方形紙片折疊，使點A落在點E處，點B落在點F處，EF交BC于點H，折痕為GM，連接AE、AH，AH交GM于點K下列結(jié)論：①△AME是等腰三角形；②AE=MG；③AE平分∠DEF；④AE=AH；⑤∠EAH=45°，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】根據(jù)翻折不變性可知∶MA=ME，即可判斷①正確；過點G作GN⊥AD于N．設AE交GM于O，證明△GNM≌△ADE(ASA)，可以判斷②正確；根據(jù)翻折的性質(zhì)證明∠AEF=∠AED，可以判斷③正確；根據(jù)△ABH與△ADE不全等，可得AH≠AE，進而可以判斷④錯誤；過點A作AQ⊥EF于點Q，證明△ADE≌△AEQ(AAS)，可得∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，再證明Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，得∠HAB=∠HAQ，進而可以判斷⑤正確．
【詳解】解∶根據(jù)翻折不變性可知∶MA=ME，
∴△AME是等腰三角形，故①正確；
如圖1，過點G作GN⊥AD于N，交AE于T，設AE交GM于O．

∵∠BAN=∠ANG=∠B=90°，
∴四邊形ABGN是矩形，
∴NG=AB=AD，
由折疊可知∶MG⊥AE，
∴∠GOT=90°，
∴∠NGM=90°-∠GTO=90°-∠ATN=∠DAE，
∴∠NGM=∠DAE，
∵∠GNM=∠D=90°，
∴△GNM≌△ADE(ASA)，
∴MG=AE，故②正確；
∵MA=ME，
∴∠MEA=∠MAE，
由折疊可知∶∠FEM=∠BAM=90°，
∴∠AEF=90°-∠MEA，
∵∠AED=90°-∠MAE，
∴∠AEF=∠AED，
∴AE平分∠DEF，故③正確；
∵△GNM≌△ADE，
∴MN=DE，
∵△ABH與△ADE不全等，
∴AH≠AE，故④錯誤；
如圖2，過點A作AQ⊥EF于點Q，．

∵AE平分∠DEF，
∴∠AED=∠AEQ，
又∵∠D=∠AQE=90°，AE=AE，
∴△ADE≌△AEQ(AAS)，
∴∠EAD=∠EAQ，AD=AQ，
∵AD=AB，
∴AB=AQ，
∵AH=AH，
∴Rt△AHB≌Rt△AHQ(HL)，
∴∠HAB=∠HAQ，
∴∠HAE=∠HAQ+∠EAQ= 12 (∠BAQ+∠DAQ)=45°，故⑤正確．
綜上所述∶結(jié)論正確的有∶①②③⑤，共4個．
故選∶ D．
【點睛】本題屬于幾何綜合題，考查正方形的性質(zhì)、翻折變換、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題屬于中考選擇題中的壓軸題．
3．（2023·山東泰安·二模）如圖，正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，連接BD交AC于點O，點M為BC上一動點，連接AM，射線AM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點N，連接MN、OM．以下四個結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18S菱形ABCD；④當OM⊥BC時，OA2=DN?AB．正確的是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】先證明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，結(jié)合∠MAN=60°，可判斷△AMN是等邊三角形，故①正確；因為MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當AM⊥BC時，AM最小，求出此時AM的長即可判斷②正確；可證明此時MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，結(jié)合S△CBD=12S菱形ABCD，可證明S△CMN=18S菱形ABCD，故③正確；證明△BOC∽△OMC，由相似的性質(zhì)得BCOC=OCMC，即OC2=BC?MC，結(jié)合OA=OC，BC=AB，MC=DN，即可證明OA2=DN?AB，故④正確．
【詳解】解：∵正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
∠BAM=∠CANAB=AC∠ABM=∠ACN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等邊三角形，故①正確；
∵△AMN是等邊三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，
當AM⊥BC時，AM最?。?
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°-∠ABC=30°，AB=2，
∴BM=12AB=1，
∴AM=AB2-BM2=22-12=3，
∴MN的最小值為3，故②正確；
∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，
∴M為BC的中點，此時N為CD的中點，
∴MN為△BCD的中位線，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴S△CMN:S△CBD=MN2BD2=14，即S△CMN=14S△CBD，
∵S△CBD=12S菱形ABCD，
∴S△CMN=18S菱形ABCD，故③正確；
當OM⊥BC時，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
∴BCOC=OCMC，即OC2=BC?MC，
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC-BM=CD-CN，即MC=DN，
∴OA2=DN?AB，故④正確，

故選D．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定、三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、點到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM≌△CAN是解答本題的關鍵．
4．（2023·四川成都·模擬預測）如圖1，將一張菱形紙片ABCD∠ADC>90°沿對角線BD剪開，得到△ABD和△BCD，再將△BCD以D為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α，使α=2∠ADB，得到如圖2所示的△DB'C，連接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列結(jié)論：①AC=BB'；②AC⊥AB；③∠CDA=90°；④BB'=3AB．其中正確結(jié)論的序號是 ．（把所有正確結(jié)論的序號都填在橫線上）
【答案】①②③
【分析】證明四邊形ABB'C是矩形可判斷①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判斷③；根據(jù)勾股定理可判斷④．
【詳解】解：如圖2中，過點D作DE⊥B'B于點E，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB'=DB，
∴∠BDE=∠B'DE=12a=∠ADB，∠DEB=90°，
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四邊形ABB'C是平行四邊形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°-90°=90°，
∴四邊形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正確；
∵∠DAB=45°，
∴∠DAC=45°，
∵AD=CD，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠CDA=90°；故③正確，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=2AD=2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=2AB，故④錯誤，
∴正確的有①②③，
故答案為①②③．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
題型10 特殊四邊形與函數(shù)綜合
1．（2022·陜西西安·模擬預測）如圖，一次函數(shù)y=-2x+6的圖象交x軸于點A，交y軸于點B，點P在線段AB上(不與點A，B重合)，過點P分別作OA和OB的垂線，垂足為C，D．當矩形OCPD的面積為4時，點P的坐標為( )

A．(2，2)B．12，5C．(1，4)或12，5D．(1，4)或(2，2)
【答案】D
【分析】由點P在線段AB上可設點P的坐標為(m，-2m+6)(00的圖象上，過P1A的中點B1作矩形B1AA1P2，使頂點P2落在反比例函數(shù)的圖象上，再過P2A1的中點B2作矩形B2A1A2P3，使頂點P3落在反比例函數(shù)的圖象上，…，依此規(guī)律可得：
（1）點P2的坐標為
（2）作出矩形B18A17A18P19時，落在反比例函數(shù)圖象上的頂點P19的坐標為 ．

【答案】 2，12 218，1218
【分析】（1）先根據(jù)題意得出P1點的坐標，進而可得出反比例函數(shù)的解析式，再依次求出點P2，P3，P4的坐標，找出規(guī)律可得出Pn的坐標；
（2）根據(jù)（1）中的規(guī)律可得答案．
【詳解】解：（1）∵正方形OAP1B的邊長為1，點P1在反比例函數(shù)y=kx（x＞0）的圖象上，
∴P1（1，1），
∴k=1，
∴反比例函數(shù)的解析式為：y=1x，
∵B1是P1A的中點，
∴P2A1=AB1=12，
∴OA1=2，
∴P22，12．
故答案為：2，12．
（2）由（1）的解同理，得P322，122，P423，123…
∴Pn2n-1，12n-1，
當n=19時，P19218，1218．
故答案為：218，1218．
【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，矩形的性質(zhì)，解題的關鍵是找出規(guī)律．
題型12 與特殊四邊形有關的新定義問題
1．（2022·湖南長沙·一模）定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作完美四邊形．如圖1，四邊形ABCD中，AB=BC，∠B+∠D=180°（或∠A+∠C=180°），則四邊形ABCD叫作完美四邊形．

(1)概念理解：在以下四種圖形中：①平行四邊形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四邊形”的是______；（填寫序號）
(2)性質(zhì)探究：如圖2，完美四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，請用等式表示線段AC，BC，CD之間的數(shù)量關系，并證明，
(3)拓展應用：如圖3，已知四邊形ABCD是完美四邊形，∠ADC=60°，AB+BC=6，AB≠BC，BC≠CD，當1≤BC≤3時，求四邊形ABCD面積的最大值．
【答案】(1)④
(2)AC2=BC2+CD2，證明見解析
(3)四邊形ABCD面積的最大值為93
【分析】（1）根據(jù)完美四邊形的定義和正方形的性質(zhì)即可判定；
（2）連接BD，根據(jù)完美四邊形的定義證明A、B、C、D四點共圓，證明等腰直角△ABC、△ADC，四邊形ABCD是正方形，AC=BD，根據(jù)勾股定理得AC2=BC2+CD2；
（3）連接AC，過A作AE⊥BC交CB延長線于E，過D作DF⊥AC于F，分類討論：①AD=DC，根據(jù)∠ADC=60°可得△ADC是等邊三角形，設BC=x，則AB=6-x，在Rt△ABE中，AE=326-x，BE=126-x，CE=3+12x，
AC2=x2-6x+36，等邊△ADC中，DF=32AC可求S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC；②AD=AB，根據(jù)題意得S四邊形ABCD=2S△AEC，由于1≤BC≤3，所以當x=1時，可求得S四邊形ABCD=3543；綜上所述，即可求四邊形ABCD面積的最大值．
【詳解】（1）解：正方形是一組鄰邊相等且對角互補的四邊形，因此答案為④，
故答案為④．
（2）解：AC2=BC2+CD2，理由如下：
證明：連接BD，AC，

∵AB=AD，∠BAD=90°，由完美四邊形的定義可知∠BCD=90°，
∴∠ADB=∠ABD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵AD=AB，
∴ ∠ABD=∠ACD=∠ADB=∠ACB=45°（同弧所對的圓周角相等），
∵∠BAD=90°，∠BCD=90°，
∴ A、B、C、D四點共圓，BD為圓O的直徑，
∵OC=OD，∠ACD=45°，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∵∠ADB+∠CDO=45°+45°=90°，即∠ADC=90°，
∴AC是圓O的直徑，
∵∠BAD=∠ADC=BCD=90°，AB=AD，
∴四邊形ABCD是正方形，AC=BD，
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2，
∵AC=BD，
∴AC2=BC2+CD2．
（3）解：①AD=DC，連接AC，
∵∠ADC=60°，
∴△ADC是等邊三角形，∠ABC=120°，
∴S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC，
∵AB+BC=6，
設BC=x，則AB=6-x，
過A作AE⊥BC交CB延長線于E，過D作DF⊥AC于F，

∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-120°=60°，
在Rt△ABE中，AE=AB?sin60°=326-x，BE=AB?cs60°=126-x，
∴CE=BC+BE=x+126-x=3+12x，
∴AC2=AE2+CE2=326-x2+3+12x2=x2-6x+36，
在等邊△ADC中，DF=DC?sin60°=32AC，
∴S四邊形ABCD=S△ABC+S△ADC=12BC?AE+12AC?DF
=12?x?326-x+12?AC?32AC=12x?326-x+34AC2
=12x?326-x+34?x2-6x+36=332x-34x2+34x2-332x+93；
②AD=AB，
過A作AE⊥CD于點E， AF⊥CD于點F，

則∠E=∠AFD=90°，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°=∠D，
又AB=AD，
∴△ABE≌△ADF，
∴S△ABE=S△ADF，AE=AF，
∴S四邊形ABCD=S四邊形AECF，
∵∠E=∠AFC=90°，AC=AC，AE=AF，
∴Rt△AEC≌Rt△AFC，
∴S△AEC=S△AFC
∴S四邊形ABCD=2S△AEC=2×12?AE?EC=326-x?3+12x=-34x2+93，
∵1≤BC≤3，
∴當x=1時，S四邊形ABCD=-34x2+93=-34+93=3543；
綜上所述，四邊形ABCD面積的最大值為93．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了完美四邊形的定義，解直角三角形，四點共圓，勾股定理等知識，解題關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．
2．（2023·江蘇無錫·二模）定義：如圖1，點C把線段AB分成兩部分，如果ACCB=2，那么點C為線段AB的“白銀分割點”．

(1)應用：如圖2，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E為CD上一點，將矩形ABCD沿BE折疊，使得點C落在AD邊上的點F處，延長BF交CD的延長線于點G，說明點E為線段GC的“白銀分割點”．
(2)已知線段AB（如圖3），作線段AB的一個“白銀分割點”，（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫作法）
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）利用折疊對應邊相等得到等腰直角三角形，計算邊長及邊長比即可；
（2）利用（1）中結(jié)論，作一個等腰直角三角形底角的角平分線與腰的交點即為比例 1:2的“白銀分割點”．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，AB=1，BC=2，
∴∠A=∠C=∠B=∠D=90°，AB=CD=1，BC=AD=2，
由折疊，點C落在AD邊上的點F處，
∴BF=BC=2，∠BFE=∠C=90°=∠GFE，EF=CE，
Rt△BAF中AF=BF2-AB2=(2)2-12=1=AB，
∴△BAF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°=∠GFD=∠FEG，
又∵∠D=90°，
∴△DFG與△DEF均是等腰直角三角形，
GE=2EF=2CE，
∴點E是線段GC的“白銀分割點”．
（2）作法：過B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，連接AE，作∠AEB的角平分線交AB于K，點K即為線段AB的“白銀分割點”．

證明如下：
由（1）中證明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，GE=2CE，點E是線段GC的“白銀分割點”．

同理，上圖中作KF⊥AE于點F，
∵EK平分∠AEG， EB⊥AB，KF⊥AE，
∴FK=BK
∵EB⊥AB AB=BE
∴∠A=∠AEB=45°
又∵KF⊥AE
∴△AFE為等腰直角三角形
∴AK=2KF=2KB
∴點K是線段AB的“白銀分割點”．
【點睛】本題考查矩形及等腰直角三角形的邊長比例計算及尺規(guī)作圖，新定義的理解，需要結(jié)合題中構(gòu)圖分析原理找到目標作圖的方法，能夠總結(jié)模仿作圖是解題的關鍵．
3．（2023·廣東廣州·一模）定義新概念：有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．
(1)如圖①，等腰直角四邊形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于點C，求AD的長；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的長；
(2)如圖②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，點P是對角線BD上的一點，且BP=2PD，過點P作直線分別交邊AD，BC于點E，F(xiàn)，要使四邊形ABFE是等腰直角四邊形，求AE的長．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)滿足條件的AE的長為12
【分析】（1）①根據(jù)勾股定理求出AC，再根據(jù)勾股定理求出AD的值；
②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點E，證明BD垂直平分AC，得出AF=CF，證明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，證明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根據(jù)勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，則AE≠EF，BF≠EF，推出四邊形ABFE表示等腰直角四邊形，不符合條件．若EF與BC不垂直，當AE=AB時，此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，當BF=AB時，此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，分別求解即可．
【詳解】（1）解：①連接AC，如圖所示：
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②連接AC、BD，交于點F，過點C作EC⊥BC，交BD于點E，如圖所示：
則∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°-45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在線段AC的垂直平分線上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°-22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF-∠ECF=67.5°-45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°-45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC時，如圖所示：
則四邊形AEFB和DEFC為矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四邊形ABFE不可能是等腰直角四邊形；
若EF與BC不垂直，當AE=AB時，如圖所示：
∵AE=AB=6，
∴DE=AD-AE=15-6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此時點F不在邊BC上，不符合題意；
若EF與BC不垂直，當BF=AB時，如圖所示：
此時四邊形ABFE是等腰直角四邊形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD-DE=15-3=12，
綜上所述，滿足條件的AE的長為12．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是理解題意，作出輔助線，畫出相應的圖形，數(shù)形結(jié)合，注意分類討論．
4．（2023·廣西崇左·二模）箏形的定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做箏形．
(1)根據(jù)箏形的定義，寫出一種學過的滿足箏形的定義的四邊形：______；
(2)如圖1，在正方形ABCD中，E是對角線BD延長線上一點，連接AE，CE．求證：四邊形ABCE是箏形：
(3)小明學習箏形后對箏形非常感興趣，購買了一只風箏，通過測量它的主體（如圖2）得AB=AD，BC=DC，發(fā)現(xiàn)它是一個箏形，還得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求箏形ABCD的面積．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)證明見解析
(3)3603cm2
【分析】（1）根據(jù)箏形的定義結(jié)合所學知識可得答案；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)利用SAS證明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可證明四邊形ABCE是箏形：
（3）如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接AC，先證明△ABC≌△ADC，推出S四邊形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，進而求出AE=93cm，利用三角形面積公式求出S△ABC=1803cm2，則S四邊形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【詳解】（1）解：由題意得，菱形和正方形都是箏形，
故答案為：菱形，正方形；
（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四邊形ABCE是箏形：
（3）解：如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴S△ABC=S△ADC，
∴S四邊形ABCD=2S△ABC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=9cm，
∴AE=AB2-BE2=93cm，
∴S△ABC=12BC?AE=12×40×93=1803cm2，
∴S四邊形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，靈活運用所學知識是解題的關鍵．
題型13 梯形的相關計算
1．（2023·黑龍江哈爾濱·模擬預測）如圖，四邊形ABDC中，∠ABC=∠BCD=90°，∠ACD=2∠D，AC+1=BC+CD，AB=3，則線段BD的長 ．
【答案】25
【分析】作∠BDE=∠BDC， DE交AB延長線于點E，作DF⊥AE于點F，得到四邊形BCDF是矩形，四邊形ACDE是等腰梯形，設BC=x，CD=y，則DF=x，BF=y，推出AC=x+y-1=DE=BE，得到BE=BF+EF=y+3，解方程x+y-1=y+3，求得x=4，在Rt△ABC和Rt△ADC中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】解：作∠BDE=∠BDC， DE交AB延長線于點E，作DF⊥AE于點F，
則∠CDE=2∠BDC=∠ACD，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴AE∥CD，且四邊形BCDF是矩形，
∴∠A+∠ACD=180°，∠E+∠CDE=180°，
∴∠E=∠A，
∴四邊形ACDE是等腰梯形，則AC=DE，EF=AB=3，
∵AE∥CD，∠BDE=∠BDC，
∴∠BDE=∠BDC=∠DBE，
∴BE=DE，
設BC=x，CD=y，則DF=x，BF=y，
∵AC+1=BC+CD，
∴AC=x+y-1=DE=BE，
而BE=BF+EF=y+3，
∴x+y-1=y+3，
∴x=4，即BC=4，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=32+42=5=x+y-1，
∴y=2，即CD=2，
在Rt△ADC中，CD=2，BC=4，
∴BD=22+42=25．
故答案為：25．
【點睛】本題考查了勾股定理，矩形、梯形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．
2．（2023·上海虹口·二模）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，點E為BC延長線上一點，∠ADB=∠CDE，點F在BD上，聯(lián)結(jié)CF．

(1)求證：AD?DE=AC?DC；
(2)如果AD?CE=DF?DB，求證：四邊形DFCE為梯形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)題意得四邊形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性質(zhì)和已知條件可證明△DAB∽△DCE，根據(jù)相似比及等量替換即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得對應邊的相似比，根據(jù)給定條件和等腰梯形的性質(zhì)，可證明△DBC∽△DCF，可得對應角相等，根據(jù)平行的性質(zhì)和相似的性質(zhì)，對相關角度進行等量替換，即可證明FC∥DE，即可證明結(jié)論成立．
【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，AB=CD
∴四邊形ABCD是等腰梯形
∴∠DAB=∠ADC,AC=DB
∵AD∥BC
∴∠DCE=∠ADC
∴∠DAB=∠DCE
又∵∠ADB=∠CDE
∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=DBDE，即AD?DE=DB?DC
又∵AC=DB
∴AD?DE=AC?DC
（2）∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=ABCE，即AD?CE=AB?DC
∵AD?CE=DF?DB
∴AB?DC=DF?DB
∵AB=CD
∴CD?CD=DF?DB，即DCDB=DFDC，
又∵∠CDF=∠BDC
∴△DBC∽△DCF
∴∠DBC=∠DCF
∵AD∥BC
∴∠DBC=∠ADB
∵∠ADB=∠EDC
∴∠DCF=∠EDC
∴FC∥DE
∵FC≠DE
∴四邊形DFCE為梯形．
【點睛】本題主要考查等腰梯形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)證明三角形相似，得出對應邊成比例，由對應邊成比例及夾角相等亦可得出三角形相似．
3．（2023·上海浦東新·一模）某地一段長為50米的混凝土堤壩，堤壩的橫斷面ABCD是等腰梯形（如圖所示），壩頂AD寬為8米，壩高為4米，斜坡AB的坡度為1:1.5．
(1)求橫斷面ABCD的面積；
(2)為了提高堤壩的防洪能力，現(xiàn)需將原堤壩按原堤壩要求和坡度加高1米，求加高堤壩需要多少立方米的混凝土？（堤壩的體積=橫斷面的面積×堤壩的長度）
【答案】(1)橫斷面ABCD的面積為56m2．
(2)加高堤壩需要的混凝土為：325m3．
【分析】（1）如圖，過A作AE⊥BC于E，過D作DF⊥BC于F，再證明AD=EF=8，BE=6=CF，再利用梯形面積公式進行計算即可；
（2）先畫出圖形，如圖，過G作GK⊥AD于K，過H作HL⊥AD于L，結(jié)合題意可得：KG=HL=1，斜坡AG的坡度是1:1.5，四邊形GADH，四邊形GBCH都是等腰梯形，同理可得：AK=DL，GH=KL，再求解AK=1.5=DL，KL=5=GH，可得四邊形GADH的面積為：132m2，從而可得答案．
【詳解】（1）解：如圖，過A作AE⊥BC于E，過D作DF⊥BC于F，
由等腰梯形是軸對稱圖形可得：AE=DF=4，BE=CF，四邊形AEFD是矩形，
∴AD=EF=8，
∵斜坡AB的坡度為1:1.5，
∴AEBE=11.5，
∴BE=4×1.5=6=CF，
∴BC=BE+EF+CF=20，
∴橫斷面ABCD的面積為128+20×4=56m2．
（2）如圖，過G作GK⊥AD于K，過H作HL⊥AD于L，
結(jié)合題意可得：KG=HL=1，斜坡AG的坡度是1:1.5，
四邊形GADH，四邊形GBCH都是等腰梯形，
同理可得：AK=DL，GH=KL，
由斜坡AG的坡度是1:1.5，
∴GKAK=11.5，
∴AK=1.5=DL，
∴KL=AD-AK-DL=8-1.5-1.5=5=GH，
∴四邊形GADH的面積為：125+8×1=132m2，
∴加高堤壩需要的混凝土為：132×50=325m3．
【點睛】本題考查的是等腰梯形的性質(zhì)，坡度的應用，堤壩體積的計算，理解題意，作出符合題意的圖形，利用數(shù)形結(jié)合的方法解題是關鍵．
4．（2022·遼寧鐵嶺·三模）如圖1是一個直四棱柱，如圖2是它的三視圖，其俯視圖是等腰梯形．
(1)根據(jù)圖2中給出的數(shù)據(jù)，可得俯視圖（等腰梯形）的高為______，腰長為______；
(2)主視圖和左視圖中a＝______，b＝______，c＝______，d＝______；
(3)請你根據(jù)圖1和問題（1）中的結(jié)果，計算這個直四棱柱的側(cè)面積．（結(jié)果可保留根號）
【答案】(1)6,43
(2)23,33,23,6
(3)1083
【分析】（1）如圖，過A作AK⊥BC于K，過D作DN⊥BC于N，則四邊形AKND為矩形，可得AD=KN=33, 由等腰梯形是軸對稱圖形，對稱軸為底邊中點連線所在的直線，證明BK=CN=23,再利用銳角的正切可得答案；
（2）根據(jù)三種視圖之間的聯(lián)系可得答案；
（3）由四個側(cè)面都為長方形，則直四棱柱的側(cè)面積是4個長方形的面積之和，從而可得答案．
【詳解】（1）解：如圖，過A作AK⊥BC于K，過D作DN⊥BC于N，
則四邊形AKND為矩形，
AD=KN=33,
由等腰梯形是軸對稱圖形，對稱軸為底邊中點連線所在的直線，
∴△ABK≌△DCN,
∴BK=CN=12(73-33)=23,
∵∠B=60°,
∴AK=BK·tan60°=23×3=6,AB=2BK=43,
故答案為：6,43
（2）根據(jù)俯視圖與主視圖的關系結(jié)合（1）可得：
a=c=23,b=33,
根據(jù)左視圖與俯視圖的關系可得：d=6,
故答案為：23,33,23,6
（3）直四棱柱的側(cè)面積為：
33×6+73×6+2×43×6
=183+423+483=1083.
【點睛】本題考查的是直棱柱的三視圖，等腰梯形的性質(zhì)，直棱柱的側(cè)面積的計算，熟悉直棱柱的三視圖與實物圖形之間的聯(lián)系是解本題的關鍵．
題型14 四邊形的常見幾何模型
1．（2022·江蘇無錫·一模）如圖，在正方形ABCD中，點O是對角線BD的中點，點P在線段OD上，連接AP并延長交CD于點E，過點P作PF⊥AP交BC于點F，連接AF、EF，AF交BD于G，現(xiàn)有以下結(jié)論：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB-PD=2BF；④S△AEF為定值；⑤S四邊形PEFG=S△APG．以上結(jié)論正確的有（ ）
A．①②③B．①②③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
【答案】B
【分析】①正確，證明A、B、F、P四點共圓，推出∠PAG＝∠PBF＝45°，可得結(jié)論；
②正確，將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到 △ABM，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；
③正確，連接PC，過點P作PQ⊥CF于 Q，過點P作PM⊥CD于 W ，則四邊形PQCW是矩形，證明FQ=QC，由PB=2BQ， PD=2PW=2CQ＝2FQ，推出 PB-PD=2 (BQ-FQ)＝2BF；
④錯誤，由△AEF?△AMF，推出S△AEF=S△AMF=12FM·AB，因為FM 的長度是變化的，所以△AEF的面積不是定值；
⑤正確．利用相似三角形的性質(zhì)證明即可．
【詳解】解：如圖，取AF的中點T，則AT＝TF，連接PT，BT，
∵AP⊥PF，四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°， ∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴BT=AT＝TF＝PT，
∴A、B、F、P四點共圓，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，∠PBA＝∠PFA＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA，
∴PA＝PF，故①正確；
將△ADE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM＝90° ，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C、B、M共線，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB +∠DAE=45°，
∴∠FAE＝∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM?△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正確；
連接PC，過點P作PQ⊥CF于Q，過點P作 PW⊥CD于W，則四邊形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
FB=FB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA?△PBC（SAS），
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB-PD=2BQ-FQ=2BF，故③正確；
∵△FAM?△FAE，
∴S△AEF=S△AMF=12FM·AB，
∵FM的長度是變化的，
∴△AEF的面積不是定值，故④錯誤，
∵A、B、F、P四點共圓，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△FAM?△FAE，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG～△FAE，
∴S△APGS△AFE=PAAF2=PA2PA2=12，
∴S四邊形PEFG=S△APG，故⑤正確．
故選：B．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，四點共圓，圓周角定理，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．
2．（2022·安徽安慶·二模）我們把對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形（如圖1）．下面就讓小聰同學帶領你們來探索垂美四邊形的奧秘吧！請看下面題目：
（1）如圖2，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由．
（2）試探索垂美四邊形ABCD兩組對邊AB，CD與BC，AD之間的數(shù)量關系．猜想結(jié)論：（要求用文字語言敘述） 寫出證明過程（先畫出圖形，寫出已知、求證、證明）．
（3）如圖3，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC=2cm，AB=3cm，則GE長為 ．(直接寫出結(jié)果，不需要寫出求解過程)
【答案】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形，證明見解析；（2）猜想結(jié)論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等，證明過程見解析；（3）21cm
【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的判定與性質(zhì)即可求解；
（2）根據(jù)垂直的定義和勾股定理即可解答；
（3）連接CG、BE，BG與CE交于N點，AB、CE交于M點，先證明△BAG≌△EAC，繼而得到∠ABG=∠AEC，根據(jù)∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，即有∠ABG+∠∠BMN=90°，則∠BNM=90°，即CE⊥BG，可知四邊形CGEB是垂美四邊形，根據(jù)（2）結(jié)論即可求解．
【詳解】（1）四邊形ABCD是垂美四邊形．
證明：連接AC、BD，
∵AB=AD，
∴點A在線段BD的垂直平分線上，
∵CB=CD，
∴點C在線段BD的垂直平分線上，
∴直線AC是線段BD的垂直平分線，
∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂美四邊形；
（2）猜想結(jié)論：垂美四邊形的兩組對邊的平方和相等．
如圖，已知四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為E，
求證：AD2+BC2=AB2+CD2
證明：∵AC⊥BD，
∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）21cm；
理由：
連接CG、BE，BG與CE交于N點，AB、CE交于M點，如圖，
∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠BAG=∠CAE，
∵AC=AG，AB=AE，
∴△BAG≌△EAC，
∴∠ABG=∠AEC，
∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四邊形CGEB是垂美四邊形，
∴由（2）的結(jié)論可知BC2+GE2=GC2+BE2，
∵正方形的性質(zhì)有BE=2AB，GC=2AC，
∴BE=32，GC=22，
∵在Rt△ABC中，AB=3，AC=2，
∴理由勾股定理有BC=AB2-AC2=32-22=5，
∴GE2=GC2+BE2-BC2=(22)2+(32)2-(5)2=21，
∴GE=21（cm）．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、垂直的定義、勾股定理等知識，正確理解垂美四邊形的定義、靈活運用勾股定理是解答本題的關鍵．
3．（2023·陜西寶雞·一模）問題提出
如圖1，在△ABC中，AB=12,AC=9,DE∥BC．若AD=4，則AE的值為__________．
問題探究
如圖2，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點，連接EF、FG、GH、HE．若AC=14,BD=16,∠AOB=60°，求四邊形EFGH的面積．
問題解決
如圖3，某市有一塊五邊形空地ABCDE，其中∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°,AB=600米，BC=800米，AE=650米，DC=400米，現(xiàn)計劃在五邊形空地內(nèi)部修建一個四邊形花園MNGH，使點M、N、G、H分別在邊AB、BC、CD、AE上，要求AH=CN,AM=CG,tan∠BNM=34,請問，是否存在符合設計要求的面積最大的四邊形花園MNGH？若存在，求四邊形MNGH面積的最大值；若不存在，請說明理由．
【答案】問題提出：3；問題探究：283；問題解決：存在四邊形MNGH面積的最大值，四邊形MNGH的最大面積為240000平方米．
【分析】問題提出：由DE∥BC，得AEAC=ADAB，得出AE9=412，進一步得出結(jié)果；
問題探究：根據(jù)三角形中位線性質(zhì)可得出EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7， EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，從而得出四邊形ETOR是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，從而∠FEQ=∠AOB=60°，進一步得出結(jié)果；
問題解決：延長AE，CD，交于Q，可得出四邊形ABCQ是矩形，設BM=6a，BN=8a，表示出△BMN和AAHM的面積，進而表示出四邊形MNGH的面積，配方后求出結(jié)
果．
【詳解】解：問題提出
∵DE∥BC，
∴AEAC=ADAB，
∴AE9=412，
∴AE=3，
故答案為：3；
問題探究如圖，設AC，EH交于點R，BD，EF交于點T，作FQ⊥EH于Q，
∵E、F、G、H分別為AB、BC、CD、AD的中點，
∴EH=FG= 12 BD=8，EF=GH= 12 AC=7，EH∥FG∥BD，EF∥GH∥AC，
∴四邊形ETOR是平行四邊形，四邊形EFGH是平行四邊形，
∴∠FEQ=∠AOB=60°，
∴FQ=EF·sin∠FEQ=7×sin60°=723，
∴S四邊形EFGH=EH·FQ=8×723=283；
問題解決：如下圖，延長AE，CD，交于Q，
∵∠BAE=∠ABC=∠BCD=90°
∴四邊形ABCQ是矩形，
∴AB=CQ，AQ=CB，
∵AH=CN，AM=CG，
∴BM=QG，BN=HQ，
∵tan∠BNM=34=BMBN，
∴可設BM=6a，BN=8a，
∴S△BMN=S△GHQ=12×6a?8a=24a2，
∴S△AMH=S△CGN=12600-6a800-8a，
∴S四邊形MNGH=600×800-48a2-600-6a800-8a
=-96a-502+240000
∴存在四邊形MNGH面積的最大值，當a=50米時，四邊形MNGH的最大面積=240000(平方米)．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，二次函數(shù)的應用，平行線分線段成比例定理等知識，解決問題的關鍵是設變量建立函數(shù)關系式．
4．（2023·江蘇蘇州·三模）如圖1，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊DC，BC上的點，連接AE，DF，且AE⊥DF于點G，若AB=6，BC=8，求DFAE的值．

(1)請你幫助同學們解決上述問題，并說明理由．
(2)如圖2，在△ABC中，∠BAC=90°， ABAC=34，點D為AC的中點，連接BD，過點A作AE⊥BD于點E，交BC于點F，求AFBD的值．

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAD=90°，ABAD=34，AB=BC，AD=CD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，且DE⊥CF，垂足為G，則CFDE=______．

【答案】(1)CFAE=34
(2)AFBD=1217
(3)2425
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，證明△DCF∽△ADE，由相似三角形的性質(zhì)得出CFAE=DCAD=68=34；
（2）過點B作CB的垂線，過點D作CB的垂線，垂足為K，過點A作CB的平行線，分別交兩條垂線于G，H，根據(jù)有三個直角的四邊形，即四邊形GBKH為矩形，證明△ADH≌△CDKAAS，由全等三角形的性質(zhì)得出DH=DK，證明△AHD∽△BGA，由相似三角形的性質(zhì)得出答案；
（3）過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點M，證明△BAD≌△BCDSSS，得出∠BCD=∠A=90°，證明△BCM∽△DCN，由相似三角形的性質(zhì)得出BMDN=BCCD=34，設BM=3y，則DN=4y，設AB=BC=3x，則AD=CD=4x，由勾股定理證出7x=25y，則可得出答案．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴∠ADG+∠CDF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，∠ADG+∠FDC=90°，
∴∠DAG=∠FDC，
∴△DCF∽△ADE，
∴DFAE=DCAD=68=34；
（2）解：過點B作CB的垂線，過點D作CB的垂線，垂足為K，過點A作CB的平行線，分別交兩條垂線于G，H，
∵∠GBK=∠G=∠HKB=90°
則四邊形GBKH為矩形，

∵D為AC的中點，
∴AD=CD，
又∵∠AHD=∠CKD=90°，∠ADH=∠CDK，
∴△ADH≌△CDKAAS，
∴DH=DK，
∵∠BAD=90°，
∴∠GAB+∠HAD=90°，
又∵∠GAB+∠GBA=90°，
∴∠HAD=∠GBA，
∵∠G=∠AHD=90°，
∴△AHD∽△BGA，
∴DHAG=AHBG=ADAB，
∵ABAC=34，AD=CD
∴ADAB=23，
設DH=2y，則BG=4y，AH=83y，
∴BGGH=4y3y+83y=1217，
由（1）知，AFBD=BGGH，
∴AFBD=1217；
（3）解：過C作CN⊥AD于N，CM⊥AB交AB的延長線于點M，

∵∠BAD=90°，即AB⊥AD，
∴∠A=∠M=∠CNA=90°，
∴四邊形AMCN是矩形，
∴AM=CN，AN=CM，
在△BAD和△BCD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△BAD≌△BCDSSS
∴∠BCD=∠A=90°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ABC+∠CBM=180°，
∴∠MBC=∠ADC，
∵∠CND=∠M=90°，
∴△BCM∽△DCN，
∴BMDN=BCCD=34，
設BM=3y，則DN=4y，設AB=BC=3x，則AD=CD=4x，
∴CN=3x+3y，
在Rt△CND中，由勾股定理得：DN2+CN2=CD2，
∴4y2+3x+3y2=4x2，
解得7x=25y（x=-y舍去），
∴CFDE=CNAD=3x+3y4x=2425，
故答案為：2425．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
5．（2019·河南南陽·二模）問題背景
如圖（1），在四邊形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以點A為頂點作一個角，角的兩邊分別交BC，CD于點E，F(xiàn)，且∠EAF=12α，連接EF，試探究：線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關系．
（1）特殊情景
在上述條件下，小明增加條件“當∠BAD＝∠B＝∠D＝90°時”如圖（2），小明很快寫出了：BE，DF，EF之間的數(shù)量關系為______．
（2）類比猜想
類比特殊情景，小明猜想：在如圖（1）的條件下線段BE，DF，EF之間的數(shù)量關系是否仍然成立？若成立，請你幫助小明完成證明；若不成立，請說明理由．
（3）解決問題
如圖（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，點D，E均在邊BC上，且∠DAE＝45°，若BD=2，請直接寫出DE的長．
【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE=523
【分析】（1）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADG，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根據(jù)∠EAF=12∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可證明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，進而可得EF=BE+FD；（2）將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α得到△ADH，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根據(jù)∠BAD＝α，∠EAF=12α可得∠BAE+∠FAD=12α，進而可證明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可證明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）將△AEC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AE′B，連接DE′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可證明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的長即可的答案.
【詳解】解：（1）BE+DF＝EF，
如圖1，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ADG，
∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°，
∴∠FDG＝180°，即點F，D，G共線．
由旋轉(zhuǎn)可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG．
∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣12∠BAD=90°-45°＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG．
又∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴BE+DF＝EF，
故答案為BE+DF＝EF．
（2）成立．
如圖2，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α得到△ADH，
可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH．
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADH+∠ADC＝180°，
∴點C，D，H在同一直線上．
∵∠BAD＝α，∠EAF=12α，
∴∠BAE+∠FAD=12α，
∴∠DAH+∠FAD=12α，
∴∠FAH＝∠EAF，
又∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE；
（3）DE=523，
如圖3，將△AEC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AE′B，連接DE′．
可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，
在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝42，
∴CD=BC=BD=32，
∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°，
∴E′B2+BD2＝E′D2．
易證△AE′D≌△AED，
∴DE＝DE′，
∴DE2＝BD2+EC2，即DE2=(2)2+(32-DE)2，
解得DE=523．
【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，旋轉(zhuǎn)后不改變圖形的大小和形狀，并且對應點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等，對應點與旋轉(zhuǎn)中心的連線的夾角等于旋轉(zhuǎn)角，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及全等三角形的判定定理是解題關鍵.
6．（2020·天津北辰·二模）平面直角坐標系中，四邊形OABC是正方形，點A，C在坐標系上，點B（6，6），P是射線OB上一點，將△AOP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，Q是點P旋轉(zhuǎn)后的對應點．
(1)如圖1，當OP=22時，求點Q的坐標；
(2)如圖2，設點P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面積為S，求S與x的函數(shù)關系式，并寫出當S取最小值時，點P的坐標；
(3)當BP+BQ=82時，直接寫出點Q的坐標．
【答案】(1)Q（8，4）
(2)S=x2-6x+18，P（3，3）
(3)（13，-1）
【分析】（1）如圖（1），過P點作PG⊥x軸，垂足為G，過Q點作QH⊥x軸，垂足為H．證明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求點Q的坐標；
（2）如圖（2），過P點作PG⊥x軸，垂足為G．根據(jù)勾股定理和面積公式，得到S=x2-6x+18．進而可求S與x的函數(shù)關系式，并寫出當S取最小值時，點P的坐標；
（3）根據(jù)BP+BQ=82，可得BP+OP=82．因為OB=62，說明點P在OB的延長線上．可得BP=2，結(jié)合（1）進而可求點Q的坐標．
【詳解】（1）解：如圖（1），過P點作PG⊥x軸，垂足為G，
過Q點作QH⊥x軸，垂足為H，則∠PGA=∠AHQ=90°，
∵四邊形OABC是正方形，
∴∠AOB=45°．
∵B（6，6），
∴OA=6．
在Rt△OPG中，∠POG=45°，
∴△OPG是等腰直角三角形，即OG=PG，
∵OP=OG2+PG2=2OG2=22，
∴OG=PG=2．
∴AG=OA-OG=4．
∵△AOP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，
∴AQ=AP，BQ=OP，∠GAP+∠HAQ=90°，
又∵∠HAQ+∠AQH=90°，
∴∠GAP=∠AQH
在△AQH和△APG中，
∠GAP=∠AQH∠PGA=∠AHQ=90°AP=AQ，
∴△AQH≌△APG（AAS）．
∴AH=PG=2，QH=AG=4．
∴Q（8，4）；
（2）解：如圖（2），過P點作PG⊥x軸，垂足為G．
∵△AOP繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=90°．
∵∠POG=45°，
∴OG=PG=x，
設P（x，x），
∴AG=6-x．
在Rt△APG中，根據(jù)勾股定理，
AP2=AG2+PG2=(6-x)2+x2，
整理得AP2=2x2-12x+36．
∵S△APQ=12AP?AQ，
∴S=x2-6x+18=(x-3)2+9．
∴當x=3時，S取最小值，
∴P（3，3）；
（3）解：Q（13，-1）．
理由如下：
∵△AOP繞點A旋轉(zhuǎn)得到△ABQ，
∴OP=BQ．
∵BP+BQ=82，
∴BP+OP=82．
∵OB=62，
∴點P在OB的延長線上．
如圖（3）：
由圖知：BP+OP=BP+OB+BP=82
∴BP=2
∴OP=OB+BP=62+2=72，
∴OG＝PG＝22OP＝7，
∴AG=OG-OA=7-6=1，
由（1）的解，知Rt△AQH≌Rt△APG，
∴AH=PG=7，QH=AG=1，
∴OH=OA+AH=6+7=13，
∴Q（13，-1）．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、坐標與圖形的性質(zhì)-旋轉(zhuǎn)，解題的關鍵是數(shù)形結(jié)合綜合運用以上知識．
題型15 與特殊四邊形判定有關的綜合問題
1．（2023·江西南昌·二模）數(shù)學小組將兩塊全等的含30°角的三角尺按較長的直角邊重合的方式擺放，并通過平移對特殊四邊形進行探究．如圖1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，將Rt△BCD沿射線DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分別連接AB'，DC'（如圖2所示），下列有關四邊形AB'C'D的說法正確的是（ ）

A．先是平行四邊形，平移3個單位長度后是菱形
B．先是平行四邊形，平移3個單位長度后是矩形，再平移23個單位長度后是菱形
C．先是平行四邊形，平移3個單位長度后是矩形，再平移33個單位長度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的過程中，依次出現(xiàn)平行四邊形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根據(jù)平移過程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性質(zhì)求出平移距離即可．
【詳解】解：由題意可得：平移過程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四邊形AB'C'D是平行四邊形，
剛開始平移時，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如圖，當平移至∠ADC=∠ABC=90°時，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此時四邊形AB'C'D是矩形，且不可能為正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距離為：DD'=C'D'3=3，
即平移3個單位長度后是矩形，

繼續(xù)平移，當AB與C'D'共線時，
此時AB⊥B'D，即四邊形AB'C'D是菱形，
此時的總平移距離為BD=3AD=33，
即再平移23個單位長度后是菱形；

綜上可得：平移過程中，四邊形AB'C'D先是平行四邊形，平移3個單位長度后是矩形，再平移23個單位長度后是菱形，
故選B．
【點睛】此題主要考查平行四邊形、矩形、菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，含30度的直角三角形，綜合利用了特殊四邊形的判定和性質(zhì)，掌握特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
2．（2023·浙江紹興·三模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=30°，∠C=60°，AB=6，AD=4，E、F是BC上的兩動點，且EF=4，點E從點B出發(fā)，當點F移動到點C時，兩點停止運動．在四邊形AEFD形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是（ ）

A．平行四邊形→菱形→矩形→平行四邊形B．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形
C．平行四邊形→菱形→正方形→菱形D．平行四邊形→矩形→菱形→平行四邊形
【答案】A
【分析】先判斷出點E在移動過程中，四邊形AEFD始終是平行四邊形，當AE=AD=4時，四邊形AEFD是菱形，當點E與點G重合時，四邊形AEFD是矩形，即可求解．
【詳解】解：如圖，過點A、D作BC的垂線，垂足分別為G、H，

∵AD∥BC，
∴四邊形ADHG為矩形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AG=12AB=3，
∴DH=3，
∵∠C=60°，
∴CD=DHsin60°=23

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