【考點(diǎn)1】有關(guān)四邊形角度計(jì)算問題
【例1】（2019?紹興）如圖，在直線AP上方有一個(gè)正方形ABCD，∠PAD＝30°，以點(diǎn)B為圓心，AB長(zhǎng)為半徑作弧，與AP交于點(diǎn)A，M，分別以點(diǎn)A，M為圓心，AM長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)E，連結(jié)ED，則∠ADE的度數(shù)為 15°或45° ．
【分析】分點(diǎn)E與正方形ABCD的直線AP的同側(cè)、點(diǎn)E與正方形ABCD的直線AP的兩側(cè)兩種情況，根據(jù)正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)解答．
【解析】∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，
當(dāng)點(diǎn)E與正方形ABCD的直線AP的同側(cè)時(shí)，由題意得，點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，
∴∠ADE＝45°，
當(dāng)點(diǎn)E與正方形ABCD的直線AP的兩側(cè)時(shí)，由題意得，E′A＝E′M，
∴△AE′M為等邊三角形，
∴∠E′AM＝60°，
∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，
∵AD＝AE′，
∴∠ADE′＝15°，
故答案為：15°或45°．
點(diǎn)評(píng)：本題考查的是正方形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)、靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．
【例2】（2019?臺(tái)州）如圖，有兩張矩形紙片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把紙片ABCD交叉疊放在紙片EFGH上，使重疊部分為平行四邊形，且點(diǎn)D與點(diǎn)G重合．當(dāng)兩張紙片交叉所成的角α最小時(shí)，tanα等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由“ASA”可證△CDM≌△HDN，可證MD＝DN，即可證四邊形DNKM是菱形，當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，可求CM，即可求tanα的值．
【解析】如圖，
∵∠ADC＝∠HDF＝90°
∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°
∴△CDM≌△HDN（ASA）
∴MD＝ND，且四邊形DNKM是平行四邊形
∴四邊形DNKM是菱形
∴KM＝DM
∵sinα＝sin∠DMC
∴當(dāng)點(diǎn)B與點(diǎn)E重合時(shí)，兩張紙片交叉所成的角a最小，
設(shè)MD＝a＝BM，則CM＝8﹣a，
∵M(jìn)D2＝CD2+MC2，
∴a2＝4+（8﹣a）2，
∴a
∴CM
∴tanα＝tan∠DMC
故選：D．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，求CM的長(zhǎng)是本題的關(guān)鍵．
【考點(diǎn)2】有關(guān)四邊形線段計(jì)算綜合問題
【例3】（2019?衢州）如圖，取兩根等寬的紙條折疊穿插，拉緊，可得邊長(zhǎng)為2的正六邊形．則原來(lái)的紙帶寬為（ ）
A．1B．C．D．2
【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，正六邊形由6個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來(lái)的紙帶寬度，然后求出等邊三角形的高即可．
【解析】邊長(zhǎng)為2的正六邊形由6個(gè)邊長(zhǎng)為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來(lái)的紙帶寬度，
所以原來(lái)的紙帶寬度2．
故選：C．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)以及正六邊形的性質(zhì)；熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【考點(diǎn)3】有關(guān)四邊形周長(zhǎng)面積的計(jì)算問題
【例4】（2019?紹興）正方形ABCD的邊AB上有一動(dòng)點(diǎn)E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點(diǎn)D．在點(diǎn)E從點(diǎn)A移動(dòng)到點(diǎn)B的過程中，矩形ECFG的面積（ ）
A．先變大后變小B．先變小后變大
C．一直變大D．保持不變
【分析】連接DE，△CDE的面積是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，則矩形與正方形面積相等．
【解析】連接DE，
∵，
，
∴矩形ECFG與正方形ABCD的面積相等．
故選：D．
點(diǎn)評(píng)：此題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，連接DE由面積關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵．
【例5】（2019?紹興）把邊長(zhǎng)為2的正方形紙片ABCD分割成如圖的四塊，其中點(diǎn)O為正方形的中心，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點(diǎn)．用這四塊紙片拼成與此正方形不全等的四邊形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無(wú)縫隙），則四邊形MNPQ的周長(zhǎng)是 6+2或10或8+2 ．
【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，再根據(jù)周長(zhǎng)的定義即可求解．
【解析】如圖所示：
圖1的周長(zhǎng)為1+2+3+26+2；
圖2的周長(zhǎng)為1+4+1+4＝10；
圖3的周長(zhǎng)為3+58+2．
故四邊形MNPQ的周長(zhǎng)是6+2或10或8+2．
故答案為：6+2或10或8+2．
點(diǎn)評(píng)：考查了平面鑲嵌（密鋪），關(guān)鍵是得到與此正方形不全等的四邊形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無(wú)縫隙）的各種情況．
【例6】（2019?溫州）三個(gè)形狀大小相同的菱形按如圖所示方式擺放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的較短對(duì)角線長(zhǎng)為2cm．若點(diǎn)C落在AH的延長(zhǎng)線上，則△ABE的周長(zhǎng)為 12+8 cm．
【分析】連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，根據(jù)△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IOx，IKx﹣x，根據(jù)勾股定理即可得出x2＝2，再根據(jù)S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，即可得出BO＝22，進(jìn)而得到△ABE的周長(zhǎng)．
【解析】如圖所示，連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，
∵三個(gè)菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IOx，IKx﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2，
又∵S菱形BCOI＝IO×CKIC×BO，
∴x22×BO，
∴BO＝22，
∴BE＝2BO＝44，AB＝AEBO＝4+2，
∴△ABE的周長(zhǎng)＝44+2（4+2）＝12+8，
故答案為：12+8．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題時(shí)注意：菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對(duì)角線互相垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；菱形的面積等于兩條對(duì)角線長(zhǎng)的乘積的一半．
【考點(diǎn)4】有關(guān)平行四邊形的計(jì)算與證明問題
【例7】（2019?湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點(diǎn)，連結(jié)DF，EF，BF．
（1）求證：四邊形BEFD是平行四邊形；
（2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四邊形BEFD的周長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到DF∥BC，EF∥AB，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DF＝DB＝DAAB＝3，推出四邊形BEFD是菱形，于是得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點(diǎn)，
∴DF∥BC，EF∥AB，
∴DF∥BE，EF∥BD，
∴四邊形BEFD是平行四邊形；
（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中點(diǎn)，AB＝6，
∴DF＝DB＝DAAB＝3，
∵四邊形BEFD是平行四邊形，
∴四邊形BEFD是菱形，
∵DB＝3，
∴四邊形BEFD的周長(zhǎng)為12．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定和性質(zhì)，直角三角形的斜邊中線的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【考點(diǎn)5】有關(guān)特殊平行四邊形的計(jì)算與證明問題
【例8】（2019?寧波）如圖，矩形EFGH的頂點(diǎn)E，G分別在菱形ABCD的邊AD，BC上，頂點(diǎn)F，H在菱形ABCD的對(duì)角線BD上．
（1）求證：BG＝DE；
（2）若E為AD中點(diǎn)，F(xiàn)H＝2，求菱形ABCD的周長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）連接EG，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四邊形ABGE是平行四邊形，得到AB＝EG，于是得到結(jié)論．
【解析】（1）∵四邊形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）連接EG，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E為AD中點(diǎn)，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四邊形ABGE是平行四邊形，
∴AB＝EG，
∵EG＝FH＝2，
∴AB＝2，
∴菱形ABCD的周長(zhǎng)＝8．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識(shí)別作圖是解題的關(guān)鍵．
【例9】（2019?杭州）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，正方形CEFG的面積為S1，點(diǎn)E在DC邊上，點(diǎn)G在BC的延長(zhǎng)線上，設(shè)以線段AD和DE為鄰邊的矩形的面積為S2，且S1＝S2．
（1）求線段CE的長(zhǎng)；
（2）若點(diǎn)H為BC邊的中點(diǎn)，連接HD，求證：HD＝HG．
【分析】（1）設(shè)出正方形CEFG的邊長(zhǎng)，然后根據(jù)S1＝S2，即可求得線段CE的長(zhǎng)；
（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果可以題目中的條件，可以分別計(jì)算出HD和HG的長(zhǎng)，即可證明結(jié)論成立．
【解析】（1）設(shè)正方形CEFG的邊長(zhǎng)為a，
∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，
∴DE＝1﹣a，
∵S1＝S2，
∴a2＝1×（1﹣a），
解得，（舍去），，
即線段CE的長(zhǎng)是；
（2）證明：∵點(diǎn)H為BC邊的中點(diǎn)，BC＝1，
∴CH＝0.5，
∴DH，
∵CH＝0.5，CG，
∴HG，
∴HD＝HG．
點(diǎn)評(píng)：本題考查正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．
【考點(diǎn)6】有關(guān)四邊形的面積與函數(shù)最值綜合問題
【例10】（2019?紹興）有一塊形狀如圖的五邊形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在這塊余料中截取一塊矩形材料，其中一條邊在AE上，并使所截矩形材料的面積盡可能大．
（1）若所截矩形材料的一條邊是BC或AE，求矩形材料的面積．
（2）能否截出比（1）中更大面積的矩形材料？如果能，求出這些矩形材料面積的最大值；如果不能，說明理由．
【分析】（1）①若所截矩形材料的一條邊是BC，過點(diǎn)C作CF⊥AE于F，得出S1＝AB?BC＝6×5＝30；
②若所截矩形材料的一條邊是AE，過點(diǎn)E作EF∥AB交CD于F，F(xiàn)G⊥AB于G，過點(diǎn)C作CH⊥FG于H，則四邊形AEFG為矩形，四邊形BCHG為矩形，證出△CHF為等腰三角形，得出AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，求出BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝1，AG＝AB﹣BG＝5，得出S2＝AE?AG＝6×5＝30；
（2）在CD上取點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥AE于N，過點(diǎn)C作CG⊥FM于G，則四邊形ANFM為矩形，四邊形BCGM為矩形，證出△CGF為等腰三角形，得出MG＝BC＝5，BM＝CG，F(xiàn)G＝CG，設(shè)AM＝x，則BM＝6﹣x，F(xiàn)M＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，得出S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)果．
【解析】（1）①若所截矩形材料的一條邊是BC，如圖1所示：
過點(diǎn)C作CF⊥AE于F，S1＝AB?BC＝6×5＝30；
②若所截矩形材料的一條邊是AE，如圖2所示：
過點(diǎn)E作EF∥AB交CD于F，F(xiàn)G⊥AB于G，過點(diǎn)C作CH⊥FG于H，
則四邊形AEFG為矩形，四邊形BCHG為矩形，
∵∠C＝135°，
∴∠FCH＝45°，
∴△CHF為等腰直角三角形，
∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，
∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，
∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，
∴S2＝AE?AG＝6×5＝30；
（2）能；理由如下：
在CD上取點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥AE于N，過點(diǎn)C作CG⊥FM于G，
則四邊形ANFM為矩形，四邊形BCGM為矩形，
∵∠C＝135°，
∴∠FCG＝45°，
∴△CGF為等腰直角三角形，
∴MG＝BC＝5，BM＝CG，F(xiàn)G＝CG，
設(shè)AM＝x，則BM＝6﹣x，
∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，
∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，
∴當(dāng)x＝5.5時(shí)，即：AM＝5.5時(shí)，F(xiàn)M＝11﹣5.5＝5.5，S的最大值為30.25．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、矩形面積公式以及二次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明三角形是等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【考點(diǎn)7】以四邊形為載體的幾何探究綜合問題
【例11】（2019?舟山）小波在復(fù)習(xí)時(shí)，遇到一個(gè)課本上的問題，溫故后進(jìn)行了操作、推理與拓展．
（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點(diǎn)P，N分別在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的邊長(zhǎng)（用a，h表示）．
（2）操作：如何畫出這個(gè)正方形PQMN呢？
如圖2，小波畫出了圖1的△ABC，然后按數(shù)學(xué)家波利亞在《怎樣解題》中的方法進(jìn)行操作：先在AB上任取一點(diǎn)P'，畫正方形P'Q'M'N'，使點(diǎn)Q'，M'在BC邊上，點(diǎn)N'在△ABC內(nèi)，然后連結(jié)BN'，并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)N，畫NM⊥BC于點(diǎn)M，NP⊥NM交AB于點(diǎn)P，PQ⊥BC于點(diǎn)Q，得到四邊形PQMN．
（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．
（4）拓展：小波把圖2中的線段BN稱為“波利亞線”，在該線上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3），當(dāng)∠QEM＝90°時(shí)，求“波利亞線”BN的長(zhǎng)（用a，h表示）．
請(qǐng)幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．
【分析】（1）理由相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題；
（2）根據(jù)題意畫出圖形即可；
（3）首先證明四邊形PQMN是矩形，再證明MN＝PN即可；
（4）過點(diǎn)N作ND⊥ME于點(diǎn)D，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠NEM＝∠MNE，ED＝DM，由“AAS”可證△QEM≌△MDN，可得EQ＝DMEM，通過證明△BEQ∽△BME，可得BM＝2BE，BE＝2BQ，即可求BN的長(zhǎng)．
【解答】（1）解：如圖1中，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
解得PN
（2）能畫出這樣的正方形，如圖2中，正方形PNMQ即為所求．
（3）證明：如圖2中，
由畫圖可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，
∴四邊形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴，
同理可得：
∴，
∵M(jìn)′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四邊形PQMN是正方形
（4）如圖，過點(diǎn)N作ND⊥ME于點(diǎn)D
∵M(jìn)N＝EN，ND⊥ME，
∴∠NEM＝∠NME，ED＝DM
∵∠BMN＝∠QEM＝90°
∴∠EQM+∠EMQ＝90°，∠EMQ+∠EMN＝90°
∴∠EMN＝∠EQM，且MN＝QM，∠QEM＝∠NDM＝90°
∴△QEM≌△MDN（AAS）
∴EQ＝DMEM，
∵∠BMN＝∠QEM＝90°
∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∠BME+∠NME＝90°
∴∠BEQ＝∠BME，且∠MBE＝∠MBE
∴△BEQ∽△BME
∴，
∴BM＝2BE，BE＝2BQ
∴BM＝4BQ
∴QM＝3BQ＝MN，BN＝5BQ
∴
∴BNMN（）
點(diǎn)評(píng)：本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．
【考點(diǎn)8】四邊形與相似三角函數(shù)等相結(jié)合的幾何綜合問題
【例12】（2019?嘉興）小波在復(fù)習(xí)時(shí)，遇到一個(gè)課本上的問題，溫故后進(jìn)行了操作、推理與拓展．
（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點(diǎn)P，N分別在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的邊長(zhǎng)．
（2）操作：能畫出這類正方形嗎？小波按數(shù)學(xué)家波利亞在《怎樣解題》中的方法進(jìn)行操作：如圖2，任意畫△ABC，在AB上任取一點(diǎn)P'，畫正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC邊上，N'在△ABC內(nèi)，連結(jié)BN'并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)N，畫NM⊥BC于點(diǎn)M，NP⊥NM交AB于點(diǎn)P，PQ⊥BC于點(diǎn)Q，得到四邊形PPQMN．小波把線段BN稱為“波利亞線”．
（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．
（4）拓展：在（2）的條件下，在射線BN上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3）．當(dāng)tan∠NBM時(shí)，猜想∠QEM的度數(shù)，并嘗試證明．
請(qǐng)幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．
【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題．
（2）根據(jù)題意畫出圖形即可．
（3）首先證明四邊形PQMN是矩形，再證明MN＝PN即可．
（4）證明△BQE∽△BEM，推出∠BEQ＝∠BME，由∠BME+∠EMN＝90°，可得∠BEQ+∠NEM＝90°，即可解決問題．
【解答】（1）解：如圖1中，
∵PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴，即，
解得PN．
（2）能畫出這樣的正方形，如圖2中，正方形PNMQ即為所求．
（3）證明：如圖2中，
由畫圖可知∠QMN＝∠PQM＝∠MNP＝∠BM′N′＝90°，
∴四邊形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，
∴△BN′M′∽△BNM，
∴，
同理可得：，
∴，
∵M(jìn)′N′＝P′N′，
∴MN＝PN，
∴四邊形PQMN是正方形．
（4）解：如圖3中，結(jié)論：∠QEM＝90°．
理由：由tan∠NBM，可以假設(shè)MN＝3k，BM＝4k，則BN＝5k，BQ＝k，BE＝2k，
∴，，
∴，
∵∠QBE＝∠EBM，
∴△BQE∽△BEM，
∴∠BEQ＝∠BME，
∵NE＝NM，
∴∠NEM＝∠NME，
∵∠BME+∠EMN＝90°，
∴∠BEQ+∠NEM＝90°，
∴∠QEM＝90°．
點(diǎn)評(píng)：本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．
一．選擇題（共5小題）
1．（2020?拱墅區(qū)校級(jí)模擬）如圖，E、F分別是矩形ABCD邊上的兩點(diǎn)，設(shè)∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，若∠AED＝α+β，下列結(jié)論正確的是（ ）
A．α＝βB．α＝γC．α+β+2γ＝90°D．2α+γ＝90°
【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠A＝∠ADC＝90°，則α+β+γ＝90°，由直角三角形的性質(zhì)得出∠AED+α＝90°，證出2α+β＝90°，推出α+β+γ＝2α+β，即可得出結(jié)果．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，
∴α+β+γ＝90°，
∵∠AED+α＝90°，∠AED＝α+β，
∴2α+β＝90°，
∴α+β+γ＝2α+β，
∴α＝γ，
故選：B．
2．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，?ABCD的周長(zhǎng)為22cm，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O與AC垂直的直線交邊AD于點(diǎn)E，則△CDE的周長(zhǎng)為（ ）
A．8cmB．9cmC．10cmD．11cm
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，可得AD+CD＝11cm，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得AE＝CE，即可求△CDE的周長(zhǎng)＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm．
【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，
又∵EO⊥AC，
∴AE＝CE，
∵?ABCD的周長(zhǎng)為22cm，
∴2（AD+CD）＝22cm
∴AD+CD＝11cm
∴△CDE的周長(zhǎng)＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm
故選：D．
3．（2019?鹿城區(qū)校級(jí)三模）如圖，將矩形ABCD的四邊BA，CB，DC，AD分別延長(zhǎng)至點(diǎn)EF，G，H，使得AE＝BF＝CG＝DH．已知AB＝1，BC＝2，∠BEF＝30°，則tan∠AEH的值為（ ）
A．2B．C．1D．1
【分析】設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD＝BC＝2，∠ABC＝∠BAD＝90°，求出∠EAD＝∠EBF＝90°，解直角三角形求出x，求出AH，解直角三角形求出即可．
【解析】設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠EBF＝90°，
∵AB＝1，∠BEF＝30°，
∴BEBF，
∴x+1x，
解得：x，
∴AE＝BF＝CG＝DH，
∴AH＝AD+DH＝2，
∴tan∠AEH21，
故選：C．
4．（2019?海寧市二模）如圖，在?ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，E是AD的中點(diǎn)，連結(jié)BE交對(duì)角線AC于點(diǎn)F，連結(jié)DF，則tan∠DFE的值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】作DG⊥BE交BE的延長(zhǎng)線于G，作FH⊥AD于H，由直角三角形的性質(zhì)得出BC＝2AB，得出AE＝DE＝AB，證出∠AEB＝30°＝∠EAF，得出AF＝EF，得出AE＝2EH，EF＝2FH，EFEHAE，由直角三角形的性質(zhì)得出DE＝2DG，EGDG，設(shè)DG＝x，則EGx，AE＝DE＝2x，EFx，由三角函數(shù)即可得出結(jié)果．
【解析】作DG⊥BE交BE的延長(zhǎng)線于G，作FH⊥AD于H，如圖所示：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC＝60°，
∴AD＝BC，∠BAD＝120°，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝30°，∠EAF＝30°，
∴BC＝2AB，
∵E是AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE＝AB，
∴∠AEB＝30°＝∠EAF，
∴AF＝EF，
∵FH⊥AD，
∴AE＝2EH，EF＝2FH，EFEHAE，
∵∠DEG＝∠AEB＝30°，DG⊥BE，
∴DE＝2DG，EGDG，
設(shè)DG＝x，則EGx，AE＝DE＝2x，EFx，
∴tan∠DFE；
故選：B．
5．（2019?義烏市一模）如圖，已知點(diǎn)E是矩形ABCD的對(duì)角線AC上的一動(dòng)點(diǎn)，正方形EFGH的頂點(diǎn)G、H都在邊AD上，若AB＝3，BC＝4，則tan∠AFE的值（ ）
A．等于B．等于
C．等于D．隨點(diǎn)E位置變化而變化
【分析】根據(jù)題意可知EF∥AD，由該平行線的性質(zhì)推出△AEH∽△ACD，結(jié)合該相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例和銳角三角函數(shù)的定義解答．
【解析】∵EH∥CD，
∴△AEH∽△ACD，
∴，
設(shè)EH＝3a，AH＝4a，
∴HG＝GF＝3a，
∵EF∥AD，
∴∠AFE＝∠FAG，
∴tan∠AFE＝tan∠FAG．
故選：B．
二．填空題（共5小題）
6．（2020?龍崗區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，M、N分別是BC、DC的中點(diǎn)，AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，則AB的長(zhǎng)是 ．
【分析】首先延長(zhǎng)DC和AM交于E，過點(diǎn)E作EH⊥AN于點(diǎn)H，易證得△ABM≌△ECM，即可得ABNE，然后由AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，求得AH，NH與EH的長(zhǎng)，繼而求得EN的長(zhǎng)，則可求得答案．
【解析】延長(zhǎng)DC和AM交于E，過點(diǎn)E作EH⊥AN于點(diǎn)H，如圖．
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥CE，
∴∠BAM＝∠CEM，∠B＝∠ECM．
∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，
∴BM＝CM．
在△ABM和△ECM中，
，
∴△ABM≌△ECM（AAS），
∴AB＝CD＝CE，AM＝EM＝4，
∵N為邊DC的中點(diǎn)，
∴NE＝3NCAB，即ABNE，
∵AN＝3，AE＝2AM＝8，且∠MAN＝60°，
∴∠AEH＝30°，
∴AHAE＝4，
∴EH4，
∴NH＝AH﹣AN＝4﹣3＝1，
∴EN7，
∴AB7．
故答案為．
7．（2019?嘉善縣模擬）在矩形ABCD中，∠ABC的平分線交邊AD于點(diǎn)E，∠BED的平分線交直線CD于點(diǎn)F．若AB＝3，CF＝1，則BC＝ 1或41 ．
【分析】當(dāng)點(diǎn)F交在CD上時(shí)，如圖1所示，由角平分線得∠ABE＝∠CBE，平行線AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可證明AB＝AE＝3，BE＝3；同理可得BE＝BG，因△DEF～△CFG可求出ED＝2x，最后矩形的性質(zhì)和線段的和差可求出BC＝21； 當(dāng)點(diǎn)F交在CD的延長(zhǎng)線時(shí)，如圖2所示，同理可得BC＝41．
【解析】①延長(zhǎng)EF交BC點(diǎn)G，設(shè)CG＝x，如圖1所示：
∵B的角平分線BE與AD交于點(diǎn)E，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
又∵AD∥BC，
∴∠CBE＝∠BEA，∠G＝∠DEF
∴∠ABE＝∠BEA，
∴AB＝AE，
又∵AB＝3，∴AE＝3，
∵EF平分∠BED，
∴∠BEG＝∠DEF
又∵，∠G＝∠DEF，
∴∠BEG＝∠G
∴BG＝BE
在Rt三角形ABE中，由勾股定理得：

∴BE＝3，BG，
在△DEF和△CFG中，
，
∴△DEF～△CFG（AA）
∴，
又∵CF＝1，CF+DF＝CD＝AB，
∴DF＝2，
∴ED＝2x，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，
∴BC＝3+2x，
又∵BG＝BC+CG，
∴BG＝3+2x+x＝3+3x，
∴3+3x＝3，
x．
∴BC21，
②延長(zhǎng)EH交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，設(shè)CH＝y(tǒng)，如圖2所示：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠2＝∠3，∠CBE＝∠AEB，
又∵BF平分∠BED，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴BE＝BH，
又∵BE是∠ABC的角平分線，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
在Rt△ABE中，AB＝3，由勾股定理得：
，
∴BH；
又∵CH∥ED，
∴△FCH∽△FDE，
∴，
又∵CF＝1，CH＝y(tǒng)，
∴DE＝4y，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，
∴3+4y，
解得：y，
∴BC；
故答案為21或
8．（2019?溫州三模）如圖所示，是一張長(zhǎng)35cm，寬3cm的矩形紙片現(xiàn)準(zhǔn)備在這張矩形紙片上剪下一個(gè)腰長(zhǎng)為2cm的等腰三角形，要求這個(gè)等腰三角形的一個(gè)頂點(diǎn)與矩形的一個(gè)頂點(diǎn)重合，其余的兩個(gè)頂點(diǎn)落在矩形的邊上，則剪下的等腰三角形的面積為 2cm2或cm2 ．
【分析】因?yàn)榈妊切窝奈恢貌幻鞔_，所以分兩種情況進(jìn)行討論：
（1）△AEF為等腰直角三角形，直接利用面積公式求解即可；
（2）先利用勾股定理求出AE邊上的高BF，再代入面積公式求解．
【解析】分兩種情況計(jì)算：
（1）當(dāng)AE＝AF＝2時(shí)，如圖：
∴S△AEFAE?AF2×2＝2（cm2）；
（2）當(dāng)AE＝EF＝2時(shí)，如圖：
則BE＝3﹣2＝1，
BF，
∴S△AEF?AE?BF2（cm2）；
故答案為：2cm2或cm2．
9．（2019?南潯區(qū)二模）如圖1，平面內(nèi)有一點(diǎn)P到△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的距離分別為PA、PB、PC，若有PA2＝PB2+PC2，則稱點(diǎn)P為關(guān)于點(diǎn)A的勾股點(diǎn)．矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，E是矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且點(diǎn)C是△ABE關(guān)于點(diǎn)A的勾股點(diǎn)，若是△ADE等腰三角形，求AE的長(zhǎng)為 ．
【分析】分兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)和勾股定理分別求出AH，HE的長(zhǎng)度，即可求AE的長(zhǎng)度．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝6
∴AC2＝AB2+BC2，
∵點(diǎn)C是關(guān)于點(diǎn)A的勾股點(diǎn)，
∴AC2＝BC2+CE2，
∴CE＝AB＝5，
如圖，當(dāng)AD＝DE＝6時(shí)，作CF⊥DE于點(diǎn)F，過E作EH⊥AD于H，
∵CE＝CD，CF⊥DE
∴DF＝EF＝3
∴CF4
∵∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°
∴∠ADE＝∠DCF，且∠DHE＝∠CFD＝90°
∴△DHE∽△CDF
∴
即
∴HE，DH
∴AH＝AD﹣DH
∴AE
如圖，當(dāng)AE＝DE時(shí)，作EG⊥DC于G，EH⊥AD于H，
∵∠ADC＝90°，EG⊥DC，EH⊥AD
∴四邊形EHDG是矩形
∴HD＝EG，HE＝DG
∵AE＝DE，EH⊥AD
∴AH＝DH＝3＝EG
∴CG4
∴DG＝CD﹣CG＝1＝HE
∴AE
故答案為：
10．（2019?龍灣區(qū)二模）如圖，以菱形ABCD的對(duì)角線AC為邊，在AC的左側(cè)作正方形ACEF，連結(jié)FD并延長(zhǎng)交EC于點(diǎn)H．若正方形ACEF的面積是菱形ABCD面積的1.4倍，CH＝6，則EF＝ 14 ．
【分析】連接BD交AC于G，由菱形性質(zhì)可的AC與BD互相垂直平分，菱形面積等于AC與BD的積的一半，其中由正方形性質(zhì)的AC＝EF可用EF代入計(jì)算．因?yàn)镚是AC中點(diǎn)且DG∥EC∥AF，根據(jù)平行線分線段定理可知點(diǎn)D也是FH中點(diǎn)，故DG是梯形ACHF中位線，DG（CH+AF）（6+EF），因此菱形ABCD面積可用含EF的式子表示．用EF2表示正方形ACEF面積，以正方形面積為菱形面積的1.4倍為等量關(guān)系列方程，即求出EF的長(zhǎng)．
【解析】連接BD，交AC于點(diǎn)G
∵四邊形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，DB＝2DG，AG＝CG
∴S菱形ABCDAC?DB＝AC?DG
∵四邊形ACEF是正方形
∴EF＝AF＝AC＝CE，AF∥EC，AC⊥EC
∴DB∥CE∥AF
∴1
∴DH＝DF，即DG為梯形ACHF的中位線
∴DG（CH+AF）（CH+EF）
∵CH＝6，S正方形ACEF＝1.4S菱形ABCD
∴EF2＝1.4AC?DG
∴EF2＝1.4EF?（6+EF）
解得：EF＝14
故答案為：14．
三．解答題（共10小題）
11．（2020?下城區(qū)模擬）如圖，正方形ABCD和正方形AEFG有公共點(diǎn)A，點(diǎn)B在線段DG上．
（1）判斷DG與BE的位置關(guān)系，并說明理由：
（2）若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，正方形AEFG的邊長(zhǎng)為2，求BE的長(zhǎng)．
【分析】（1）由“SAS”可證△DAG≌△BAE，可得DG＝BE，∠ADG＝∠ABE，可得結(jié)論；
（2）由正方形的性質(zhì)可得BD＝2，GE＝4，由勾股定理可求解．
【解析】（1）DG⊥BE，
理由如下：∵四邊形ABCD，四邊形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，∠DAB＝∠GAE，AE＝AG，∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△DAG和△BAE中

∴△DAG≌△BAE（SAS）．
∴DG＝BE，∠ADG＝∠ABE＝45°，
∴∠ABD+∠ABE＝90°，即∠GBE＝90°．
∴DG⊥BE；
（2）連接GE，
∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，正方形AEFG的邊長(zhǎng)為2，
∴BD＝2，GE＝4，
設(shè)BE＝x，則BG＝x﹣2，
在Rt△BGE中，利用勾股定理可得
x2+（x﹣2）2＝42，
∴x
∴BE的長(zhǎng)為．
12．（2020?杭州模擬）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O．點(diǎn)E在DC邊上，∠DAE＝∠BAC，連結(jié)AE交對(duì)角線BD于點(diǎn)G，F(xiàn)是線段EC的中點(diǎn)，連結(jié)BF．
（1）求證：AE⊥BD．
（2）判斷DF與BF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（3）若tan∠ACB＝k（k≥1），△DFB和△ABC面積分別為S1和S2，求的最大值．
【分析】（1）想辦法證明∠DAE+∠ADO＝90°即可解決問題．
（2）結(jié)論：DF＝BF．連接OF．利用三角形的中位線定理證明OF∥AE，再證明OF⊥BD，利用線段的垂直平分線的性質(zhì)解決問題即可．
（3）由tan∠ACBk，可以假設(shè)AB＝k，BC＝1，用k表示S1，S2，再構(gòu)建關(guān)系式解決問題即可．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴OD＝OB＝OC＝OA，∠DAB＝90°，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵∠BAC+∠OAD＝90°，∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠ODA＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∴AE⊥BD．
（2）解：結(jié)論：DF＝BF．
理由：連接OF．
∵EF＝CF，OA＝OC，
∴OF∥AE，
∵AE⊥BD，
∴OF⊥BD，
∵DO＝OB，
∴DF＝BF．
（3）解：∵tan∠ACBk，
∴可以假設(shè)AB＝k，BC＝1，
∴S1BC×AB，
∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠ACB＝90°，
∴△DAE∽△BAC，
∴，
∵AB＝k，
∴DE，
∴CE＝k，
∵F是EC的中點(diǎn)，
∴EFEC（k），
∴DF（k）（k），
∴S2DF×BC（k），
∴，
∵k≥1，
∴當(dāng)k＝1時(shí)，的最小值為1．
13．（2020?衢州模擬）【猜想】如圖1，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)O的直線分別交AD．BC于點(diǎn)E．F．若平行四邊形ABCD的面積是8，則四邊形CDEF的面積是 4 ．
【探究】如圖2，在菱形ABCD中，對(duì)角線相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O的直線分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，若AC＝5，BD＝10，求四邊形ABFE的面積．
【應(yīng)用】如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延長(zhǎng)BC到點(diǎn)D，使DC＝BC，連結(jié)AD，若AC＝3，AD＝2，則△ABD的面積是 6 ．
【分析】猜想：首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，OA＝OC．根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，進(jìn)而可根據(jù)AAS定理證明△AEO≌△CFO，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
探究：根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，AO＝COAC＝2.5，BOBD＝5，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于AC⊥BD，于是得到結(jié)果；
應(yīng)用：延長(zhǎng)AC到E使CE＝AC＝3，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠BAC＝90°，根據(jù)勾股定理得到DE，即可得到結(jié)論．
【解析】猜想：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE與△COF中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四邊形CDEF的面積＝S△ACD?ABCD的面積＝4；
故答案為：4；
探究：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AO＝COAC＝2.5，BOBD＝5，∠AOD＝90°，
∴AB，∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC，
在△AOE與△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∵AC⊥BD，
∴S四邊形ABFE＝S△ABCAC?BO5×5．
應(yīng)用：延長(zhǎng)AC到E使CE＝AC＝3，
在△ABC與△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE，
∴S△ABD＝S△ADEAE?DE6×2＝6．
故答案為：6
14．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于點(diǎn)E，連接OE．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，求△OEC的面積．
【分析】（1）證出∠BAD＝∠BCD，得出四邊形ABCD是平行四邊形，得出OA＝OC，OB＝OD，證出AC＝BD，即可解決問題；
（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解決問題；
【解答】（1）證明：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD＝∠BCD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四邊形ABCD是矩形．
（2）解：作OF⊥BC于F，如圖所示．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∴BF＝FC，
∴OFCD＝1，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝45°，
在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，
∴△OEC的面積?EC?OF＝1．
15．（2019?周村區(qū)一模）如圖，BD是△ABC的角平分線，過點(diǎn)D作DE∥BC交AB于點(diǎn)E，DF∥AB交BC于點(diǎn)F．
（1）求證：四邊形BEDF為菱形；
（2）如果∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝12，求菱形BEDF的面積．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的和菱形的判定證明即可；
（2）根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及菱形的面積解答即可．
【解答】證明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四邊形BFDE是平行四邊形，
∵BD是△ABC的角平分線，
∴∠EBD＝∠DBF，
∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBF，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝ED，
∴平行四邊形BFDE是菱形；
（2）連接EF，交BD于O，
∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，
∴∠ABC＝60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝30°，
∴BD＝DC＝12，
∵DF∥AB，
∴∠FDC＝∠A＝90°，
∴DF，
在Rt△DOF中，OF，
∴菱形BFDE的面積．
16．（2019?杭州模擬）某次數(shù)學(xué)研究課上師生共同研究以下問題，請(qǐng)幫助完成：
特殊研究：如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是正方形內(nèi)兩點(diǎn)，BE∥DF，EF⊥BE．
（1）若BE＝DF，求證：EF與BD互相平分．
（2）求證：（BE+DF）2+EF2＝2AB2
一般應(yīng)用：如圖2，若AB＝4，點(diǎn)P為正方形內(nèi)部一點(diǎn)，且∠DPB＝135°，BP+2PD＝4，求PD的長(zhǎng)．
【分析】特殊研究（1）根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得：四邊形EBFD是平行四邊形，再由平行四邊形的對(duì)角線互相平分得結(jié)論；
（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建矩形GEFD，利用勾股定理列方程并與矩形的對(duì)邊相等相結(jié)合可得結(jié)論；
一般應(yīng)用：如圖4，類比如圖2，構(gòu)建矩形GEPD，設(shè)BE＝EG＝x，PD＝EG＝y(tǒng)，則BPx由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，則（x+y）2+x2＝（4）2，由已知得：BP+2PD＝4，則2x+2y＝4②，解①和②可得結(jié)論．
【解析】特殊研究
（1）證明：如圖1，連接ED、BF，
∵BE＝DF，BE∥DF，
∴四邊形EBFD是平行四邊形，
∴EF與BD互相平分；
規(guī)律探究
（2）如圖2，過D作DG⊥BE，交BE的延長(zhǎng)線于G，
∴∠EGD＝∠GEF＝∠EFD＝90°，
∴四邊形GEFD是矩形，
∴EF＝GD，EG＝DF，
在Rt△BGD中，BG2+DG2＝BD2，
∴（BE+EG）2+EF2＝BD2，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴BD2＝2AB2，
∴（BE+DF）2+EF2＝2AB2；
（2）一般應(yīng)用
如圖3，過P作PE⊥PD，過B作BE⊥PE，過D作DG⊥BE，得矩形GEPD，
∴GD＝EP，EG＝PD，
設(shè)BE＝EG＝x，PD＝EG＝y(tǒng)，則BPx
∵AB＝4，
∴BD＝4，
在Rt△BGD中，由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，
∴（x+y）2+x2＝（4）2，
∴2x2+2xy+y2＝32 ①，
∵BP+2PD＝4，
∴2x+2y＝4②，
解①和②得：，
∴PD＝22．
17．（2019?溫州二模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，將此矩形繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG．
（1）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖1，當(dāng)邊EF經(jīng)過點(diǎn)D時(shí)，若射線FE交線段BC于點(diǎn)P，求EP的長(zhǎng)度．
（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖2，連結(jié)CF，若CF∥AB，求∠α的余弦值．
（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖3，連結(jié)CF，當(dāng)點(diǎn)B、E在線段CF同側(cè)時(shí)，連結(jié)BE并延長(zhǎng)交線段CF于點(diǎn)M，
①求證：CM＝FM；
②連結(jié)AC，交BM于點(diǎn)H，取線段AC的中點(diǎn)K，連結(jié)KM，若∠MKA＝90°，請(qǐng)直接寫出BH：HM＝ 15：17 ．
【分析】（1）連結(jié)PA，由勾股定理求得DE＝4，再證∠BPA＝∠DAP＝∠EPA得DP＝DA＝5，繼而可得答案；
（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三點(diǎn)共線，CF⊥AD，繼而得CA＝AF，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，作CQ⊥AF，由面積法得解得CQ，AQ，再根據(jù)余弦函數(shù)的定義可得答案；
（3）①作CO∥EF，證△COM≌△FEM即可得；②作BP⊥AC于P，連接AF，求得BP，由CM＝MF，CK＝AK知KMAF，證△MKH∽△BPH得，從而得出答案．
【解析】（1）如圖1，連結(jié)PA，
由題意可知，在Rt△AED 中，AD＝BC＝5，AE＝AB＝3，
根據(jù)勾股定理得ED＝4，
∵∠PEA＝∠PBA＝90°，
∴∠EPA＝∠BPA，
又∵BC∥AD，
∴∠BPA＝∠DAP＝∠EPA，
∴DP＝DA＝5，
∴PE＝5﹣4＝1．
（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三點(diǎn)共線，CF⊥AD，
由題意可知，CA＝AF，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，
如圖2，過C作CQ⊥AF于點(diǎn)Q，
由面積法得解得：CQ，AQ，
則cs∠CAF；
（3）①如圖3，過點(diǎn)C作CO∥EF，交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O．
由 AB＝AE 得∠ABE＝∠AEB，
又∵∠AEF＝∠ABC＝90°，
∴∠1＝∠3，
由CO∥EF，得∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴CO＝CB＝FE，
∴△COM≌△FEM（AAS），
∴CM＝FM；
②過點(diǎn)B作BP⊥AC于P，連接AF，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AF＝AC，
則BP，
∵CM＝MF，CK＝AK，
∴KMAF，
∵∠MKH＝∠BPH＝90°，∠MHK＝∠BHP，
∴△MKH∽△BPH，
∴，
故答案為15：17．
18．（2019?寧波二模）定義：只有一組對(duì)角是直角的四邊形叫做損矩形，連接它的兩個(gè)非直角頂點(diǎn)的線段叫做這個(gè)損矩形的直徑，如圖，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，則四邊形ABCD為損矩形．畫損矩形的直徑及其中點(diǎn)O，連OD，OB，BD，作OE⊥BD于E
（1）OB和OD的數(shù)量關(guān)系是 OB＝OD OE和BD的位置關(guān)系是 OE⊥BD ；
（2）判斷BD與直徑的不等量關(guān)系，并說明理由；
（3）若OE＝3，求AC2﹣BD2的值．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得OB＝OD，OE和BD的位置關(guān)系可由已知直接得出；
（2）根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得AC＞BD；
（3）Rt△EDO中，由勾股定理可得：OD2﹣DE2＝9，將DEBD，ODAC，代入可得結(jié)論．
【解析】（1）∵∠ADC＝∠ABC＝90°，O是AC的中點(diǎn)，
∴ODAC，OBAC，
∴OD＝OB，
由已知得：OE⊥BD，
故答案為：OB＝OD，OE⊥BD；
（2）AC＞BD，理由是：
如圖，由（1）知：OD＝OBAC，
△OBD中，OD+OB＞BD，
∴ACAC＞BD，即AC＞BD；
（3）Rt△EDO中，OE2＝OD2﹣DE2，
∵OE＝3，
∴OD2﹣DE2＝9，
∵OD＝OB，OE⊥ED，
∴DEBD，
∴9，
∴AC2﹣BD2＝36．
19．（2019?嘉興二模）類比等腰三角形的定義，我們定義：有三條邊相等的凸四邊形叫做“準(zhǔn)等邊四邊形”
（1）已知：如圖1，在“準(zhǔn)等邊四邊形”ABCD中，BC≠AB，BD⊥CD，AB＝3，BD＝4，求BC的長(zhǎng)；
（2）在探究性質(zhì)時(shí)，小明發(fā)現(xiàn)一個(gè)結(jié)論：對(duì)角線互相垂直的“準(zhǔn)等邊四邊形”是菱形．請(qǐng)你判斷此結(jié)論是否正確，若正確，請(qǐng)說明理由；若不正確，請(qǐng)舉出反例；
（3）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，BC＝2．在AB的垂直平分線上是否存在點(diǎn)P使得以A，B，C，P為頂點(diǎn)的四邊形為“準(zhǔn)等邊四邊形”？若存在，請(qǐng)求出該“準(zhǔn)等邊四邊形”的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）根據(jù)勾股定理計(jì)算BC的長(zhǎng)；
（2）正確，根據(jù)對(duì)角線互相垂直平分的四邊形是菱形可得結(jié)論；
（3）有四種情況：作輔助線，將四邊形分成兩個(gè)三角形和一個(gè)四邊形或兩個(gè)三角形，相加可得結(jié)論．
【解析】（1）如圖1，Rt△ACB中，∵BD＝4，CD＝AB＝3，
∴BC5，
（2）正確，理由是：
如圖3，AB＝AD＝BC，AC⊥BD，
∴AO＝OC，OB＝OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AB＝BC，
∴?ABCD是菱形；
（3）存在四種情況，
①如圖2，四邊形ABPC是“準(zhǔn)等邊四邊形”，過C作CF⊥PE于F，則∠CFE＝90°，
∵EP是AB的垂直平分線，
∴∠AEF＝∠A＝90°，
∴四邊形AEFC是矩形，
Rt△ABC中，BC＝2，AC＝BC，
∴AC＝BC，
∴CF＝AE＝BE，
∵AB＝PC，
∴PF，
∴S四邊形ABPC＝S△BEP+S矩形AEFC+S△CFP，
，
1，
．
②如圖4，四邊形APBC是“準(zhǔn)等邊四邊形”，
∵AP＝BP＝ACAB，
∴△ABP是等邊三角形，
∴S四邊形ACBP＝S△APB+S△ABC1；
③如圖5，四邊形ACBP是“準(zhǔn)等邊四邊形”，
∵AP＝BP＝BC＝2，
∵PE是AB的垂直平分線，
∴PD⊥AB，E是AB的中點(diǎn)，
∴BEAB，
∴PE，
∴S四邊形ACBP＝S△APB+S△ABC1；
④如圖6，四邊形ABPC是“準(zhǔn)等邊四邊形”，過P作PF⊥AC于F，連接AP，
∵AB＝AC＝PB，
∴PE，
S四邊形ABPC＝S△APB+S△APC．
20．（2019?嘉善縣模擬）如圖，分別以△ABC的邊AB、AC為一邊，向外作正方形ABEF和正方形AGHC像這樣的兩個(gè)正方形稱為△ABC的“依伴正方形”
（1）如圖1，連接BG，CF相交于點(diǎn)P，求證：BG＝CF且BG⊥CF；
（2）如圖2，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，兩個(gè)依伴正方形的中心分別為O1，O2連結(jié)O1D，O2D，O1O2：，判斷△DO1O2的形狀并說明由；
（3）如圖2，若AB＝6，AC＝3∠BAC＝60°，求O1O2的長(zhǎng)．
【分析】（1）證明：由SAS證明△FAC≌△BAG，得出BG＝CF，∠AFC＝∠ABG，證得∠FPG＝∠ABG+∠BQP＝∠AFC+∠AQF＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）連接FC、BG、FB、GC，證得O1D是△BCF的中位線，得出O1DFC，O1D∥FC，同理O2D是△CBG的中位線，得出O2DBG，O2D∥BG，推出O1D＝O2D，O1D⊥O2D，即可得出結(jié)論；
（3）作FM⊥CA交其延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，證得∠FAM＝180°﹣∠FAB﹣∠BAC＝30°，則MFAF＝3，AM＝3，MC＝MA+AC＝6，F(xiàn)C3，推出O1DFC，O1O2O1D即可得出結(jié)果．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABEF和四邊形AGHC是正方形，
∴AF＝AB，AC＝AG，∠FAB＝∠CAG＝90°，
∴∠FAB+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，
即∠FAC＝∠BAG，
在△FAC和△BAG中，，
∴△FAC≌△BAG（SAS），
∴BG＝CF，∠AFC＝∠ABG，
∵∠AQF＝∠BQP，
∴∠FPG＝∠ABG+∠BQP＝∠AFC+∠AQF＝90°，
∴BG⊥CF；
（2）解：△DO1O2的形狀是等腰直角三角形；理由如下：
連接FC、BG、FB、GC，如圖2所示：
由（1）得：FC＝BG，F(xiàn)C⊥BG，
∵O1是正方形ABEF的中心，
∴O1是BF的中點(diǎn)，
∵D是BC的中點(diǎn)，
∴O1D是△BCF的中位線，
∴O1DFC，O1D∥FC，
同理O2D是△CBG的中位線，
∴O2DBG，O2D∥BG，
∴O1D＝O2D，O1D⊥O2D，
∴△DO1O2為等腰直角三角形；
（3）解：作FM⊥CA交其延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，如圖3所示：
∵四邊形ABEF是正方形，
∴AB＝AF＝6，∠FAB＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠FAM＝180°﹣∠FAB﹣∠BAC＝30°，
∴MFAF＝3，AM＝tan60°FMFM＝3，
∴MC＝MA+AC＝6，
∴FC3，
∴O1DFC，
∴O1O2O1D．

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