專題10四邊形一、選擇題1.〔2023浙江衢州第8題〕如圖，在直角坐標系中，點A在函數(shù)的圖象上，AB⊥軸于點B，AB的垂直平分線與軸交于點C，與函數(shù)的圖象交于點D。連結(jié)AC，CB，BD，DA，那么四邊形ACBD的面積等于〔〕A.2B.C.4D.【答案】C．【解析】試題解析：設(shè)A〔a，〕，可求出D〔2a，〕，∵AB⊥CD，∴S四邊形ACBD=AB?CD=×2a×=4，應(yīng)選C．考點：反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義.2.〔2023浙江衢州第9題〕如圖，矩形紙片ABCD中，AB=4，BC=6，將△ABC沿AC折疊，使點B落在點E處，CE交AD于點F，那么DF的長等于〔〕A.B.C.D.【答案】B．【解析】試題解析：∵矩形ABCD沿對角線AC對折，使△ABC落在△ACE的位置，∴AE=AB，∠E=∠B=90°，又∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD，∴AE=DC，而∠AFE=∠DFC，∵在△AEF與△CDF中，，∴△AEF≌△CDF〔AAS〕，∴EF=DF；∵四邊形ABCD為矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=4，∵Rt△AEF≌Rt△CDF，∴FC=FA，設(shè)FA=x，那么FC=x，F(xiàn)D=6﹣x，在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+〔6﹣x〕2，解得x=，那么FD=6﹣x=．應(yīng)選B．考點：1.矩形的性質(zhì)；2.折疊問題.3.〔2023山東德州第11題〕如圖放置的兩個正方形，大正方形ABCD邊長為a，小正方形CEFG邊長為b(a＞b),M在邊BC上，且BM=b，連AM，MF，MF交CG于點P，將△ABM繞點A旋轉(zhuǎn)至△ADN，將△MEF繞點F旋轉(zhuǎn)至△NGF。給出以下五種結(jié)論：∠MAD=∠AND；CP=；ΔABM≌ΔNGF；④S四邊形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四點共線其中正確的個數(shù)是〔〕A．2B．3C．4D．5【答案】D考點:正方形、全等、相似、勾股定理4.〔2023浙江寧波第11題〕如圖，四邊形是邊長為6的正方形，點在邊上，，過點作，分別交，于，兩點，假設(shè)，分別是，的中點，那么的長為()A.3 B. C. D.4【答案】C.【解析】試題解析：如圖，過N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，過M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R在正方形ABCD中，BC=CD=6∴BD=6∵BE=EG=4∴BG=4∴DG=2∵M是DG的中點∴MJ=DF=1，JF=1∵N為EC的中點∴PN=BC=3∴QN=3∴NH=2，MH=3∴MN=應(yīng)選C.考點：1.正方形的性質(zhì);2.三角形的中位線;3.勾股定理.5.〔2023重慶A卷第9題〕如圖，矩形ABCD的邊AB=1，BE平分∠ABC，交AD于點E，假設(shè)點E是AD的中點，以點B為圓心，BE為半徑畫弧，交BC于點F，那么圖中陰影局部的面積是〔〕A． B． C． D．【答案】B.【解析】試題解析：∵矩形ABCD的邊AB=1，BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBF=45°，AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE=45°，∴AB=AE=1，BE=，∵點E是AD的中點，∴AE=ED=1，∴圖中陰影局部的面積=S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EBF=1×2﹣×1×1﹣=．應(yīng)選B．考點：1.矩形的性質(zhì)；2.扇形的面積計算.6.〔2023廣西貴港第12題〕如圖，在正方形中，是對角線與的交點，是邊上的動點〔點不與重合〕，與交于點，連接.以下五個結(jié)論：①；②；③；④；⑤假設(shè)，那么的最小值是，其中正確結(jié)論的個數(shù)是〔〕A．B．C.D．【答案】D【解析】試題解析：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°，∴∠BCN+∠DCN=90°，又∵CN⊥DM，∴∠CDM+∠DCN=90°，∴∠BCN=∠CDM，又∵∠CBN=∠DCM=90°，∴△CNB≌△DMC〔ASA〕，故①正確；根據(jù)△CNB≌△DMC，可得CM=BN，又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，∴△OCM≌△OBN〔SAS〕，∴OM=ON，∠COM=∠BON，∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，又∵DO=CO，∴△CON≌△DOM〔SAS〕，故②正確；∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，又∵△AOD是等腰直角三角形，∴△OMN∽△OAD，故③正確；∵AB=BC，CM=BN，∴BM=AN，又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，∴AN2+CM2=MN2，故④正確；∵△OCM≌△OBN，∴四邊形BMON的面積=△BOC的面積=1，即四邊形BMON的面積是定值1，∴當△MNB的面積最大時，△MNO的面積最小，設(shè)BN=x=CM，那么BM=2﹣x，∴△MNB的面積=x〔2﹣x〕=﹣x2+x，∴當x=1時，△MNB的面積有最大值，此時S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正確；綜上所述，正確結(jié)論的個數(shù)是5個，應(yīng)選：D．考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．7.〔2023貴州安順第7題〕如圖，矩形紙片ABCD中，AD=4cm，把紙片沿直線AC折疊，點B落在E處，AE交DC于點O，假設(shè)AO=5cm，那么AB的長為〔〕A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm【答案】C．【解析】考點：翻折變換〔折疊問題〕；矩形的性質(zhì)．8.〔2023湖南懷化第9題〕如圖，在矩形中，對角線，相交于點，，，那么的長是()A. B. C. D.【答案】A.【解析】試題解析：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OC=OB=OD=3，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB=OA=3，應(yīng)選A．考點：矩形的性質(zhì)．9.〔2023甘肅蘭州第8題〕如圖，矩形的對角線與相交于點，，，那么()A. B.4 C. D.3【答案】B考點:矩形的性質(zhì)．10.〔2023甘肅蘭州第14題〕如圖，在正方形和正方形中，點在上，，將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)，得到正方形，此時點在上，連接，那么()A. B. C. D.【答案】A【解析】試題解析：作G′I⊥CD于I，G′R⊥BC于R，E′H⊥BC交BC的延長線于H．連接RF′．那么四邊形RCIG′是正方形．∵∠DG′F′=∠IGR=90°，∴∠DG′I=∠RG′F′，在△G′ID和△G′RF中，∴△G′ID≌△G′RF，∴∠G′ID=∠G′RF′=90°，∴點F在線段BC上，在Rt△E′F′H中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°，∴E′H=E′F′=1，F(xiàn)′H=，易證△RG′F′≌△HF′E′，∴RF′=E′H，RG′RC=F′H，∴CH=RF′=E′H，∴CE′=，∵RG′=HF′=，∴CG′=RG′=，∴CE′+CG′=+．應(yīng)選A．考點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．11.〔2023貴州黔東南州第8題〕如圖，正方形ABCD中，E為AB中點，F(xiàn)E⊥AB，AF=2AE，F(xiàn)C交BD于O，那么∠DOC的度數(shù)為〔〕A．60° B．67.5° C．75° D．54°【答案】A．【解析】試題解析：如圖，連接DF、BF．∵FE⊥AB，AE=EB，∴FA=FB，∵AF=2AE，∴AF=AB=FB，∴△AFB是等邊三角形，∵AF=AD=AB，∴點A是△DBF的外接圓的圓心，∴∠FDB=∠FAB=30°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，∴∠FAD=∠FBC，∴△FAD≌△FBC，∴∠ADF=∠FCB=15°，∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．應(yīng)選A．考點：正方形的性質(zhì)．12.〔2023四川瀘州第7題〕以下命題是真命題的是〔〕A．四邊都是相等的四邊形是矩形B．菱形的對角線相等C．對角線互相垂直的平行四邊形是正方形D．對角線相等的平行四邊形是矩形【答案】D.【解析】考點：命題與定理.13.〔2023四川瀘州第11題〕如圖，在矩形ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，那么tan∠BDE的值是〔〕A．B.C.D.【答案】A.【解析】試題解析：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，AD∥BC，∵點E是邊BC的中點，∴BE=BC=AD，∴△BEF∽△DAF，∴，∴EF=AF，∴EF=AE，∵點E是邊BC的中點，∴由矩形的對稱性得：AE=DE，∴EF=DE，設(shè)EF=x，那么DE=3x，∴DF=x，∴tan∠BDE= .應(yīng)選A．考點：1.矩形的性質(zhì)；2.解直角三角形.14.〔2023四川宜賓第7題〕如圖，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，將△ABE沿BE折疊，使點A恰好落在對角線BD上F處，那么DE的長是〔〕A．3 B． C．5 D．【答案】C.【解析】試題解析：∵矩形ABCD，∴∠BAD=90°，由折疊可得△BEF≌△BAE，∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，根據(jù)勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，設(shè)EF=AE=x，那么有ED=8﹣x，根據(jù)勾股定理得：x2+42=〔8﹣x〕2，解得：x=3〔負值舍去〕，那么DE=8﹣3=5，應(yīng)選C.考點：1.翻折變換〔折疊問題〕；2.矩形的性質(zhì)．15.〔2023浙江嘉興第9題〕一張矩形紙片，，，小明按所給圖步驟折疊紙片，那么線段長為〔〕A． B． C． D．【答案】A．【解析】試題解析：∵AB=3，AD=2，∴DA′=2，CA′=1，∴DC′=1，∵∠D=45°，∴DG=DC′=，應(yīng)選A．考點：矩形的性質(zhì).二、填空題1.〔2023浙江寧波第18題〕如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，點M是AD邊的中點，連接MC，將菱形ABCD翻折，使點A落在線段CM上的點E處，折痕交AB于點N，那么線段EC的長為.【答案】-1．【解析】試題分析：如下圖：過點M作MF⊥DC于點F，

∵在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M為AD中點，

∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，

∴∠FMD=30°，

∴FD=MD=，

∴FM=DM×cos30°=，

∴MC=，∴EC=MC-ME=-1．考點：1.折疊問題；2.菱形的性質(zhì)．2.〔2023重慶A卷第18題〕如圖，正方形ABCD中，AD=4，點E是對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥ED，交AB于點F，連接DF，交AC于點G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點N，假設(shè)點F是AB的中點，那么△EMN的周長是．【答案】【解析】試題解析：如圖1，過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，∵DC∥AB，∴PQ⊥AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD=45°，∴△PEC是等腰直角三角形，∴PE=PC，設(shè)PC=x，那么PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，∴PD=EQ，∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，∴△DPE≌△EQF，∴DE=EF，易證明△DEC≌△BEC，∴DE=BE，∴EF=BE，∵EQ⊥FB，∴FQ=BQ=BF，∵AB=4，F(xiàn)是AB的中點，∴BF=2，∴FQ=BQ=PE=1，∴CE=，Rt△DAF中，DF=，∵DE=EF，DE⊥EF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴DE=EF=，∴PD==3，如圖2，∵DC∥AB，∴△DGC∽△FGA，∴，∴CG=2AG，DG=2FG，∴FG=，∵AC=，∴CG=，∴EG=，連接GM、GN，交EF于H，∵∠GFE=45°，∴△GHF是等腰直角三角形，∴GH=FH=，∴EH=EF﹣FH=，∴∠NDE=∠AEF，∴tan∠NDE=tan∠AEF=，∴，∴EN=，∴NH=EH﹣EN=，Rt△GNH中，GN=，由折疊得：MN=GN，EM=EG，∴△EMN的周長=EN+MN+EM=．考點：1.折疊；2.正方形的性質(zhì).3.〔2023貴州安順第17題〕如下圖，正方形ABCD的邊長為6，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內(nèi)，在對角線AC上有一點P，使PD+PE的和最小，那么這個最小值為．【答案】6.【解析】試題解析：設(shè)BE與AC交于點P，連接BD，∵點B與D關(guān)于AC對稱，∴PD=PB，∴PD+PE=PB+PE=BE最?。碢在AC與BE的交點上時，PD+PE最小，為BE的長度；∵正方形ABCD的邊長為6，∴AB=6．又∵△ABE是等邊三角形，∴BE=AB=6．故所求最小值為6．考點：軸對稱﹣最短路線問題；等邊三角形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．4.〔2023湖北武漢第13題〕如圖，在ABCD中，∠D=100°，∠DAB的平分線AE交DC于點E，連接BE，假設(shè)AE=AB，那么∠EBC的度數(shù)為．【答案】30°.【解析】試題解析：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB∥DC，∠ABC=∠D∴∠DAB+∠D=180°，∵∠D=100°，∴∠DAB=80°,∠ABC=100°又∵∠DAB的平分線交DC于點E∴∠EAD=∠EAB=40°∵AE=AB∴∠ABE=(180°-40°)=70°∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=100°-70°=30°.考點：1.解平分線的性質(zhì)；2.平行四邊形的性質(zhì).5.〔2023湖南懷化第13題〕如圖，在平行四邊形中，對角線，相交于點，點是的中點，，那么的長為cm．【答案】10【解析】試題解析：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BO=DO，∵點E是AB的中點，∴OE為△ABD的中位線，∴AD=2OE，∵OE=5cm，∴AD=10cm．考點：平行四邊形的性質(zhì)；三角形中位線定理．6.〔2023湖南懷化第16題〕如圖，在菱形中，，，點是這個菱形內(nèi)部或邊上的一點，假設(shè)以為頂點的三角形是等腰三角形，那么，(，兩點不重合)兩點間的最短距離為cm.【答案】10﹣10〔cm〕.【解析】②假設(shè)以邊PB為底，∠PCB為頂角時，以點C為圓心，BC長為半徑作圓，與AC相交于一點，那么弧BD〔除點B外〕上的所有點都滿足△PBC是等腰三角形，當點P在AC上時，AP最小，最小值為10﹣10；③假設(shè)以邊PC為底，∠PBC為頂角，以點B為圓心，BC為半徑作圓，那么弧AC上的點A與點D均滿足△PBC為等腰三角形，當點P與點A重合時，PA最小，顯然不滿足題意，故此種情況不存在；綜上所述，PD的最小值為10﹣10〔cm〕.考點：菱形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)．7.〔2023甘肅蘭州第19題〕在平行四邊形中，對角線與相交于點，要使四邊形是正方形，還需添加一組條件。下面給出了四組條件：①，且；②，且；③，且；④，且，其中正確的序號是.【答案】①③④．【解析】試題解析：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，又∵AB⊥AD，∴四邊形ABCD是正方形，①正確；∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=BD，AB⊥BD，∴平行四邊形ABCD不可能是正方形，②錯誤；∵四邊形ABCD是平行四邊形，OB=OC，∴AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形，又OB⊥OC，即對角線互相垂直，∴平行四邊形ABCD是正方形，③正確；∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，又∵AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形，∴平行四邊形ABCD是正方形，④正確；故答案為：①③④．考點：正方形的判定；平行四邊形的性質(zhì)．8.〔2023四川宜賓第11題〕如圖，在菱形ABCD中，假設(shè)AC=6，BD=8，那么菱形ABCD的面積是．【答案】24【解析】試題解析：∵菱形ABCD的對角線AC=6，BD=8，∴菱形的面積S=AC?BD=×8×6=24．考點：菱形的性質(zhì)．9.〔2023四川自貢第18題〕如圖，13個邊長為1的小正方形，排列形式如圖，把它們分割，使分割后能拼成一個大正方形．請在如下圖的網(wǎng)格中〔網(wǎng)格的邊長為1〕中，用直尺作出這個大正方形．【答案】作圖見解析.【解析】試題解析：如下圖：所畫正方形即為所求．考點：作圖—應(yīng)用與設(shè)計.10.〔2023新疆建設(shè)兵團第14題〕如圖，在邊長為6cm的正方形ABCD中，點E、F、G、H分別從點A、B、C、D同時出發(fā)，均以1cm/s的速度向點B、C、D、A勻速運動，當點E到達點B時，四個點同時停止運動，在運動過程中，當運動時間為s時，四邊形EFGH的面積最小，其最小值是cm2．【答案】18.【解析】考點：二次函數(shù)的最值；正方形的性質(zhì)．11.〔2023新疆建設(shè)兵團第15題〕如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，對角線AC，BD相交于點O，以下結(jié)論中：①∠ABC=∠ADC；②AC與BD相互平分；③AC，BD分別平分四邊形ABCD的兩組對角；④四邊形ABCD的面積S=AC?BD．正確的選項是〔填寫所有正確結(jié)論的序號〕【答案】①④【解析】試題解析：①在△ABC和△ADC中，∵，∴△ABC≌△ADC〔SSS〕，∴∠ABC=∠ADC，故①結(jié)論正確；②∵△ABC≌△ADC，∴∠BAC=∠DAC，∵AB=AD，∴OB=OD，AC⊥BD，而AB與BC不一定相等，所以AO與OC不一定相等，故②結(jié)論不正確；③由②可知：AC平分四邊形ABCD的∠BAD、∠BCD，而AB與BC不一定相等，所以BD不一定平分四邊形ABCD的對角；故③結(jié)論不正確；④∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD的面積S=S△ABD+S△BCD=BD?AO+BD?CO=BD?〔AO+CO〕=AC?BD．故④結(jié)論正確；所以正確的有：①④考點：全等三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)．12.〔2023江蘇徐州第17題〕如圖，矩形中，，點在對角線上，且，連接并延長，與邊交于點，那么線段．【答案】【解析】試題解析：∵矩形ABCD中，AB=4，AD=3=BC，∴AC=5，又∵AQ=AD=3，AD∥CP，∴CQ=5-3=2，∠CQP=∠AQD=∠ADQ=∠CPQ，∴CP=CQ=2，∴BP=3-2=1，∴Rt△ABP中，AP=.考點：1.相似三角形的判定與性質(zhì)；2.勾股定理；3.矩形的性質(zhì)．13.〔2023浙江嘉興第15題〕如圖，把個邊長為1的正方形拼接成一排，求得，，，計算，……按此規(guī)律，寫出〔用含的代數(shù)式表示〕．【答案】，.【解析】試題解析：作CH⊥BA4于H，由勾股定理得，BA4=，A4C=，△BA4C的面積=4-2-=，∴××CH=，解得，CH=，那么A4H==，∴tan∠BA4C==，1=12-1+1，3=22-2+1，7=32-3+1，∴tan∠BAnC=.考點：1.解直角三角形；2.勾股定理；3.正方形的性質(zhì)．三、解答題1〔2023浙江衢州第24題〕在直角坐標系中，過原點O及點A〔8，0〕，C〔0，6〕作矩形OABC，連結(jié)OB，D為OB的中點。點E是線段AB上的動點，連結(jié)DE，作DF⊥DE，交OA于點F，連結(jié)EF。點E從A點出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度在線段AB上移動，設(shè)移動時間為t秒?！?〕如圖1，當t=3時，求DF的長；〔2〕如圖2，當點E在線段AB上移動的過程中，∠DEF的大小是否發(fā)生變化？如果變化，請說明理由；如果不變，請求出tan∠DEF的值；〔3〕連結(jié)AD，當AD將△DEF分成的兩局部面積之比為1:2時，求相應(yīng)t的值?！敬鸢浮俊?〕3；〔2〕∠DEF的大小不變；理由見解析；；〔3〕或.【解析】試題分析：〔1〕當t=3時，點E為AB的中點，由三角形的中位線定理得出DE∥EA，DE=OA=4，再由矩形的性質(zhì)證出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，證出四邊形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；〔2〕作DM⊥OA于點M，DN⊥AB于N，證明四邊形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行線得出比例式，，由三角形中位線定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，證明ΔDMF∽ΔDNE，得出，再由三角函數(shù)的定義即可得解；〔3〕作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，假設(shè)AD將ΔDEF的面積分為1:2的兩局部，設(shè)AD交EF于點G，那么點G為EF的三等分點.①當點E到達中點之前時，NE=3-t，由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝，求出AF=4+MF=，得出G〔，〕，求出直線AD的解析式為y=-+6，把G〔，〕代入即可求出t的值；②當點超過中點之后，NE＝t-3，由由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝，求出AF=4-MF=，得出G〔，〕，代入直線AD的解析式y(tǒng)=-+6即可求出t的值；試題解析：〔1〕當t=3時，點E為AB的中點，∵A〔8，0〕，C〔0，6〕，∴OA=8，OC=6，∵點D為OB的中點，∴DE∥OA，DE=OA=4，∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB，∴∠OAB=∠DEA=90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF=90°，∴四邊形DFAE是矩形，∴DF=AE=3；〔2〕∠DEF的大小不變；理由如下：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如圖2所示：∵四邊形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四邊形DMAN是矩形，∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，∴，，∵點D為OB的中點，∴M、N分別是OA、AB的中點，∴DM=AB=3，DN=OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴，∵∠EDF=90°，∴tan∠DEF=；〔3〕作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，假設(shè)AD將△DEF的面積分成1：2的兩局部，設(shè)AD交EF于點G，那么點G為EF的三等分點；①當點E到達中點之前時，如圖3所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE得：MF=〔3﹣t〕，∴AF=4+MF=﹣t+，∵點G為EF的三等分點，∴G〔，〕，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，把A〔8，0〕，D〔4，3〕代入得：，解得：，∴直線AD的解析式為y=﹣x+6，把G〔，〕代入得：t=；②當點E越過中點之后，如圖4所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE得：MF=〔t﹣3〕，∴AF=4﹣MF=﹣t+，∵點G為EF的三等分點，∴G〔，〕，代入直線AD的解析式y(tǒng)=﹣x+6得：t=；綜上所述，當AD將△DEF分成的兩局部的面積之比為1：2時，t的值為或.考點：四邊形綜合題.2.〔2023山東德州第23題〕如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ.過點E作EF∥AB交PQ于F，連接BF,(1)求證：四邊形BFEP為菱形；〔2〕當E在AD邊上移動時，折痕的端點P，Q也隨著移動.=1\*GB3①當點Q與點C重合時，〔如圖2〕，求菱形BFEP的邊長；=2\*GB3②如限定P，Q分別在BA，BC上移動，求出點E在邊AD上移動的最大距離.【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕①菱形BFEP的邊長為cm.②點E在邊AD上移動的最大距離為2cm.【解析】試題分析：〔1〕利用定理:四條邊都相等的四邊形是菱形，證明四邊形BFEP為菱形；①在直角三角形APE中，根據(jù)勾股定理求出EP=②分兩種情況討論：第一：點Q和點C重合；第二：點P和點A重合試題解析：〔1〕∵折疊紙片使B點落在邊AD上的E處，折痕為PQ∴點B與點E關(guān)于PQ對稱∴PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF又∵EF∥AB∴∠BPF=∠EFP∴∠EPF=∠EFP∴EP=EF∴BP=BF=FE=EP∴四邊形BFEP為菱形.〔2〕①如圖2∵四邊形ABCD是矩形∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°∵點B與點E關(guān)于PQ對稱∴CE=BC=5cm在RtΔCDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32∴DE=4cm∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm在RtΔAPE中，AE=1，AP=3-PB=3-PE∴EP2=12+〔3-EP〕2，解得：EP=cm.∴菱形BFEP的邊長為cm.②當點Q與點C重合時，如圖2，點E離A點最近，由①知，此時AE=1cm.當點P與點A重合時，如圖3.點E離A點最遠，此時，四邊形ABQE是正方形.AE=AB=3cm∴點E在邊AD上移動的最大距離為2cm.考點：折疊問題，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)與判定，分類討論思想3.〔2023浙江寧波第24題〕在一次課題學習中，老師讓同學們合作編題，某學習小組受趙爽弦圖的啟發(fā)，編寫了下面這道題，請你來解一解：如圖，將矩形的四邊、、、分別延長至、、、，使得，，連接，，，.求證：四邊形為平行四邊形；假設(shè)矩形是邊長為1的正方形，且，，求的長.【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕2【解析】試題分析：〔1〕易證AH=CF，結(jié)合條件由勾股定理可得EH=FG，同理可得EF=GH，從而得證.〔2〕設(shè)AE=x，那么BE=x+1，由可得DH=x+1，AH=x+2,由可求出結(jié)果.試題分析：〔1〕在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°又∵BF=DH∴AD+DH=BC+BF即AH=CF在RtΔAEH中，EH=在RtΔCFG中，F(xiàn)G=∵AE=CG∴EH=FG同理得：EF=HG∴四邊形EFGH為平行四邊形．〔2〕在正方形ABCD中，AB=AD=1設(shè)AE=x,那么BE=x+1∵在RtΔBEF中，∴BE=BF∵BF=DH∴DH=BE=x+1∴AH=AD+DH=x+2∵∴AH=2AE∴2+x=2x∴x=2即AE=2考點：1.矩形的性質(zhì)；2.平行四邊形的判定；3.正方形的性質(zhì)；4.解直角三角形.4.〔2023甘肅慶陽第26題〕如圖，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，過對角線BD中點O的直線分別交AB，CD邊于點E，F(xiàn)．〔1〕求證：四邊形BEDF是平行四邊形；〔2〕當四邊形BEDF是菱形時，求EF的長．【答案】(1)證明見解析.〔2〕．【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)平行四邊形ABCD的性質(zhì)，判定△BOE≌△DOF〔ASA〕，得出四邊形BEDF的對角線互相平分，進而得出結(jié)論；〔2〕在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的長．〔2〕當四邊形BEDF是菱形時，BE⊥EF，設(shè)BE=x，那么DE=x，AE=6﹣x，在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，∴x2=42+〔6﹣x〕2，解得：x=，∵BD=，∴OB=BD=，∵BD⊥EF，∴EO=，∴EF=2EO=．考點：矩形的性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．5.〔2023廣西吳江第26題〕，在中，是邊上的一個動點，將沿所在直線折疊，使點落在點處.〔1〕如圖1，假設(shè)點是中點，連接.①寫出的長；②求證：四邊形是平行四邊形.〔2〕如圖2，假設(shè)，過點作交的延長線于點，求的長.【答案】〔1〕①BD=，BP=2．②證明見解析；〔2〕．【解析】試題分析：〔1〕①分別在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解決問題；②想方法證明DP∥BC，DP=BC即可；〔2〕如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長BD交PA于M．設(shè)BD=AD=x，那么CD=4﹣x，在Rt△BDC中，可得x2=〔4﹣x〕2+22，推出x=，推出DN=，由△BDN∽△BAM，可得，由此求出AM，由△ADM∽△APE，可得，由此求出AE=，可得EC=AC﹣AE=4﹣=由此即可解決問題．試題解析：〔1〕①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，∴AB=，∵AD=CD=2，∴BD=，由翻折可知，BP=BA=2．②如圖1中，∵△BCD是等腰直角三角形，∴∠BDC=45°，∴∠ADB=∠BDP=135°，∴∠PDC=135°﹣45°=90°，∴∠BCD=∠PDC=90°，∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，∴四邊形BCPD是平行四邊形．〔2〕如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長BD交PA于M．設(shè)BD=AD=x，那么CD=4﹣x，在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，∴x2=〔4﹣x〕2+22，∴x=，∵DB=DA，DN⊥AB，∴BN=AN=，在Rt△BDN中，DN=，由△BDN∽△BAM，可得，∴∴AM=2，∴AP=2AM=4，由△ADM∽△APE，可得，∴，∴AE=，∴EC=AC﹣AE=4﹣=，易證四邊形PECH是矩形，∴PH=EC=．考點：四邊形綜合題．6.〔2023貴州安順第21題〕如圖，DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中點，〔1〕求證：BC=DE；〔2〕連接AD、BE，假設(shè)要使四邊形DBEA是矩形，那么給△ABC添加什么條件，為什么？【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕添加AB=BC．【解析】試題分析：〔1〕要證明BC=DE，只要證四邊形BCED是平行四邊形．通過給出的條件便可．〔2〕矩形的判定方法有多種，可選擇利用“對角線相等的平行四邊形為矩形〞來解決．試題解析：〔1〕證明：∵E是AC中點，∴EC=AC．∵DB=AC，∴DB∥EC．又∵DB∥EC，∴四邊形DBCE是平行四邊形．∴BC=DE．〔2〕添加AB=BC．理由：∵DB∥AE，DB=AE∴四邊形DBEA是平行四邊形．∵BC=DE，AB=BC，∴AB=DE．∴?ADBE是矩形．考點：矩形的判定；平行四邊形的判定與性質(zhì)．7.〔2023湖北武漢第23題〕四邊形的一組對邊的延長線相交于點．〔1〕如圖1，假設(shè)，求證；〔2〕如圖2，假設(shè)，，，，的面積為6，求四邊形的面積；〔3〕如圖3，另一組對邊的延長線相交于點，假設(shè)，，，直接寫出的長〔用含的式子表示〕．【答案】(1)證明見解析；〔2〕75-18；〔3〕【解析】試題解析：〔1〕∵∠ADC=90°∴∠EDC=90°∴∠ABE=∠CDE又∵∠AEB=∠CED∴ΔEAB∽ΔECD∴∴(2)過點C作CG⊥AD于點G，過點A作AH⊥BC于點H，∵CD=5，cos∠ADC=∴DG=3，CG=4∵SΔCED=6∴ED=3∴EG=6∵AB=12∠ABC=120°∴BH=6AH=6由〔1〕有：ΔECG∽ΔEAH∴∴EH=9∴S四邊形ABCD＝SΔAEH－SΔECG-SΔABH==75-18(3)考點：相似三角形的判定與性質(zhì).8.〔2023湖南懷化第19題〕如圖，四邊形是正方形，是等邊三角形.(1)求證：；(2)求的度數(shù).【答案】(1)證明見解析(2)150°．【解析】試題分析：〔1〕根據(jù)正方形、等邊三角形的性質(zhì)，可以得到AB=BE=CE=CD，∠ABE=∠DCE=30°，由此即可證明；〔2〕只要證明∠EAD=∠ADE=15°，即可解決問題；試題解析：〔1〕證明：∵四邊形ABCD是正方形，△ABC是等邊三角形，∴BA=BC=CD=BE=CE，∠ABC=∠BCD=90°，∠EBC=∠ECB=60°，∴∠ABE=∠ECD=30°，在△ABE和△DCE中，，∴△ABE≌△DCE〔SAS〕．〔2〕∵BA=BE，∠ABE=30°，∴∠BAE=〔180°﹣30°〕=75°，∵∠BAD=90°，∴∠EAD=90°﹣75°=15°，同理可得∠ADE=15°，∴∠AED=180°﹣15°﹣15°=150°．考點：正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．9.〔2023江蘇無錫第21題〕，如圖，平行四邊形ABCD中，E是BC邊的中點，連DE并延長交AB的延長線于點F，求證：AB=BF．【答案】證明見解析.【解析】試題分析：根據(jù)線段中點的定義可得CE=BE，根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得AB∥CD，AB=CD，再根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等可得∠DCB=∠FBE，然后利用“角邊角〞證明△CED和△BEF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CD=BF，從而得證．試題解析：∵E是BC的中點，∴CE=BE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，∴∠DCB=∠FBE，在△CED和△BEF中，，∴△CED≌△BEF〔ASA〕，∴CD=BF，∴AB=BF．考點：1.平行四邊形的性質(zhì)；2.全等三角形的判定與性質(zhì)．10.〔2023江蘇鹽城第22題〕如圖，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分線BE、DF分別交邊AD、BC于點E、F．〔1〕求證：四邊形BEDF是平行四邊形；〔2〕當∠ABE為多少度時，四邊形BEDF是菱形？請說明理由．【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕當∠ABE=30°時，四邊形BEDF是菱形，理由見解析.試題解析：〔1〕∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四邊形BEDF是平行四邊形；〔2〕當∠ABE=30°時，四邊形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°-∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四邊形BEDF是平行四邊形，∴四邊形BEDF是菱形．考點：矩形的性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定．11.〔2023甘肅蘭州第26題〕如圖，1，將一張矩形紙片沿著對角線向上折疊，頂點落到點處，交于點.(1)求證：是等腰三角形；(2)如圖2，過點作，交于點，連結(jié)交于點.①判斷四邊形的形狀，并說明理由；②假設(shè)，，求的長.【答案】(1)證明見解析;(2)．【解析】試題分析:〔1〕根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯角相等及折疊特性判斷；〔2〕①根據(jù)矩形性質(zhì)及第一問證得鄰邊相等判斷；②根據(jù)折疊特性設(shè)未知邊，構(gòu)造勾股定理列方程求解．試題解析：〔1〕證明：如圖1，根據(jù)折疊，∠DBC=∠DBE，又AD∥BC，∴∠DBC=∠ADB，∴∠DBE=∠ADB，∴DF