文档内容
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专题 13 特殊平行四边形
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（3大模块知识梳理）
知识模块一：矩形的性质与判定
知识模块二：菱形的性质与判定
知识模块三：正方形的性质与判定
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（12大基础考点）
考点一：根据特殊四边形的性质求角度
考点二：根据特殊四边形的性质求线段长
考点三：根据特殊四边形的性质求周长
考点四：根据特殊四边形的性质求面积
考点五：根据特殊四边形的性质求点的坐标
考点六：利用特殊四边形的性质证明
考点七：特殊四边形的折叠问题
考点八：证明四边形是特殊四边形
考点九：根据特殊四边形的性质与判定求角度
考点十：根据特殊四边形的性质与判定求线段长
考点十一：根据特殊四边形的性质与判定求周长
考点十二： 根据特殊四边形的性质与判定求面积
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（6大重难点）
重难点一： 与特殊平行四边形有关的最值问题
重难点二： 中点模型
重难点三： 十字架模型
重难点四： 半角模型
重难点五： 一线三垂直模型
重难点六： 对角互补模型
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（2大易错点）
易错点1： 未掌握矩形，菱形，正方形的判定定理
易错点2： 求菱形面积时出错
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知识模块一：矩形
知识点一：矩形的性质
性质 符号语言 图示
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边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC A D
角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°
O
对角线 两条对角线互相平分 ∵四边形ABCD是矩形
且相等 B C
∴AO=CO=BO=DO
【补充】
1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质；
2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题.
3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
知识点二：矩形的判定
判定定理 符号语言 图示
一个角是直角的平行四 在平行四边形ABCD中， A D
边形是矩形
∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩
形
角
B C
三个角是直角的四边形 在四边形ABCD中， A D
是矩形
∵∠B=∠A=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形
B C
对角线 对角线相等的平行四边 在平行四边形ABCD中， A D
形是矩形
∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形
O
B C
知识模块二：菱形
知识点一：菱形的性质
性质定理 符号语言 图示
边 四条边都相等 ∵四边形ABCD是菱形
∴AB=CD=AD=BC A
对角 对角线互相垂直，且每一 ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD，
线 条对角线平分一组对角 B O D
AC平分∠BAD，AC平分∠BAD，
AC平分∠BAD，AC平分∠BAD C
【补充】
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1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
A A
n
h
B D B m O D
a
C C
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即 .
知识点二：菱形的判定
判定定理 符号语言 图示
四条边相等的四边形是 在四边形ABCD中，
边 菱形. ∵AB=BC=CD=AD，∴四边形 ABCD是 A
菱形
B D
一组邻边相等的平行四 在平行四边形ABCD中，
边形是菱形. ∵AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形 C
对角线 对角线互相垂直的平行 在平行四边形ABCD中， A
四边形是菱形. ∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形
B D
O
C
知识模块三：正方形
知识点一：正方形的性质
1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行.
2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.
【补充】
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°.
3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形.
4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半.
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知识点二：正方形的判定
定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边
形是正方形
判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形
矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形
菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形
菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形
考点一： 根据特殊四边形的性质求角度
1．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形ABCD边上，
连接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，则∠AOF= ．
【答案】46°或106°
【分析】根据题意画出图形，分点F在AB上和BC上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠ADO=∠OAD，
∵∠ADB=38°，
∴∠ADO=∠OAD=38°
∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，
如图所示，当F点在AB上时，
∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=76°−30°=46°
如图所示，当点F在BC上时，
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∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，
故答案为：46°或106°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，
则β=（ ）
1 3 1 3
A．45°+ α B．45°+ α C．90°− α D．90°− α
2 2 2 2
【答案】D
【分析】由题意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性质可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由
平行线的性质可得∠DAB+∠ABC=180°，进行计算即可得到答案．
【详解】解：根据题意可得：∠FBG=∠DAB=α，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β
∴α+2α+2β=180°，
3
∴β=90°− α，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质，是解题的关键．
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3．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°
得到△CBF．若∠ABE=55°，则∠EGC= 度．
【答案】80
【分析】先求得∠BEF和∠CBE的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=55°，
∴∠CBE=90°−55°=35°，
∵△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF
∴∠EBF=90°，BE=BF，
∴∠BEF=45°，
∴∠EGC= ∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转
图形的性质求解是解题的关键．
考点二： 根据特殊四边形的性质求线段长
4．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长
DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
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21
【答案】
20
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，
利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用
三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=√AB2+BC2=√32+42=5，
1 1 1 1
∴S = AD⋅DC= AC⋅DE，即 ×4×3= ×5×DE，
△ADC 2 2 2 2
12
解得：DE= ，
5
12
DE DC
∴cos∠EDC= = ，即 5 3 ，
DC DF =
3 DF
15
解得：DF= ，
4
∴FC=√DF2−DC2=
√ (15) 2
−32=
9
，
4 4
9 7
∴BF=BC−FC=4− = ，
4 4
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1 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
21
故答案为： ．
20
5．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC绕点A
顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B．1−√3 C．0 D．3−2√3
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CF⊥AE于点F，利用菱形的性质，
直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
1
∴BF= BC=1，CF=√BC2−BF2=√3，
2
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=√AF2+CF2=√32+(√3) 2=2√3，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是3−2√3，
故选：D．
6．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，点F
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EF
是OD上一点．连接EF．若∠FEO=45°，则 的值为 ．
BC
1
【答案】
2
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到∠OAD=45°，
EF OE 1
AD=BC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性质可得 = = ，即
AD OA 2
EF 1
= ．
BC 2
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴∠OAD=45°，AD=BC，
∵点E是OA的中点，
OE 1
∴ = ，
OA 2
∵∠FEO=45°，
∴EF∥AD，
∴△OEF∽△OAD，
EF OE 1 EF 1
∴ = = ，即 = ，
AD OA 2 BC 2
1
故答案为： ．
2
考点三： 根据特殊四边形的性质求周长
7．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=60°，
AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2√3，则矩形ABCD的周长是（ ）
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A．16√3 B．8√3+4 C．4√3+8 D．8√3+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据
中位线定理得出BC=2EF=4√3，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的
周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=2√3，
∴BC=2EF=4√3，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
√3
∴CD=BC⋅tan∠BCA=4√3× =4，
3
∴矩形ABCD的周长=2(BC+CD)=2(4√3+4)=8√3+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关
键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
以及解直角三角形的方法和步骤．
8．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中
点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
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A．4+2√3 B．6+2√3 C．4+4√3 D．6+4√3
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵ E、F、G、H AB、BC、CD、DA
点 分别是边 的中点，
1 1
∴EF= AC，GH= AC，
2 2
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
1
在Rt△AOB中，AB=4，OA= AC=2，
2
∴OB=√42−22=2√3，
∴BD=4√3，
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1 1
∴EF= AC=2，EH= BD=2√3，
2 2
∴四边形EFGH的周长为(2+2√3)×2=4+4√3．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
9．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边
长是80cm，则图中阴影图形的周长是（ ）
A．440cm B．320cm C．280cm D．160cm
【答案】A
【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是80cm的正方形的周长加上
边长是80cm的正方形的两条边长再减去2×20cm，由此解答即可．
【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条
边长再减去2×20cm，
∴阴影图形的周长是：4×80+2×80−2×20=440cm，
故选：A．
考点四： 根据特殊四边形的性质求面积
10．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为
cm2．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出AB=√102−62=8cm，再由S =AB×BC求解即可．
矩形ABCD
【详解】解：在矩形ABCD中，BC=6cm，AC=10cm，
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∴在Rt△ABC中，AB=√102−62=8(cm)，
∴S =AB×BC=8×6=48(cm2 )．
矩形ABCD
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
11．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若
△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出S =6，
△ADE
BF 2 BF
S =8，根据△ABF和菱形的面积求出 = ， =2，则可求出△CDF的面积，然后利用
△ABF BC 3 CF
S =S −S −S −S 求解即可．
阴影 菱形ABCD △ADE △BEF △CDF
【详解】解：连接AF、BD，
∵菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，△BEF的面积为4，
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1 1 1
∴S = S = × S =6，S =2S =8，
△ADE 2 △ABD 2 2 菱形ABCD △ABF △BEF
设菱形ABCD中BC边上的高为h，
1 1
BF⋅h BF
则 S 2 ，即 8 2 ，
△ABF = =
S BC⋅h 24 BC
菱形ABCD
BF 2
∴ = ，
BC 3
BF
∴ =2，
CF
1
BF⋅h
S 2 BF
∴ △ABF = = =2，
S 1 CF
△CDF CF⋅h
2
∴S =4，
△CDF
∴S =S −S −S −S =10，
阴影 菱形ABCD △ADE △BEF △CDF
故答案为：10．
12．（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正方形纸
板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部
分的面积为 dm3．
【答案】2
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，
√2 1
依题意，OD= AD=2√2，OE= OD=√2
2 2
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∴图中阴影部分的面积为OE2=(√2) 2=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点五： 根据特殊四边形的性质求点的坐标
13．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(−4,0)，点C的坐标为(0,2)．以
OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐
标为（ ）
A．(−4,−2) B．(−4,2) C．(2,4) D．(4,2)
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到OA=4，OC=2，再
由矩形的性质可得AB=OC=2，∠ABC=90°，由旋转的性质可得OA'=OA=4，A'B'=AB=2，
∠OA'B'=90°，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为(−4,0)，点C的坐标为(0,2)，
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，∠ABC=90°，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，
∴A'B'⊥y轴，
∴点B'的坐标为(2,4)，
故选：C．
14．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点
3
B在直线y= x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
4
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A．(−1,6) B．(−2,6) C．(−3,6) D．(−4,6)
【答案】B
【分析】过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，先求出B(8,6)，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性质得
到BC=BO=10,BC∥x轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作BD⊥x轴，垂足为点D，
3
∵顶点B在直线y= x上，点B的横坐标是8，
4
3
∴y =8× =6，即BD=6，
B 4
∴B(8,6)，
∵BD⊥x轴，
∴由勾股定理得：BO=√BD2+DO2=10，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点C(−2,6)，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添
加辅助线是解题的关键．
15．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为
(−2，0)，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0，6)，则点E的坐
标为 ．
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【答案】(3,10)
【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出
OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，
利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出
CE的值，即可求解．
【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，
则四边形AOGD是矩形，
∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，
∵折叠，
∴BF=BC=a，CE=FE，
∵点A的坐标为(−2，0)，点F的坐标为(0，6)，
∴AO=2，FO=6，
∴BO=AB−AO=a−2，
在Rt△BOF中，BO2+FO2=BF2，
∴(a−2) 2+62=a2，
解得a=10，
∴FG=OG−OF=4，¿=CD−DG−CE=8−CE，
在Rt△EGF中，GE2+FG2=EF2，
∴(8−CE) 2+42=CE2，
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解得CE=5，
∴¿=3，
∴点E的坐标为(3,10)，
故答案为：(3,10)．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利
用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．
考点六： 利用特殊四边形的性质证明
16．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，
O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（ ）
A．O为矩形ABCD两条对角线的交点 B．EO=FO
C．AE=CF D．EF⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形
的判定是解题的关键．
由矩形的性质得出AD=BC AD∥BC，再由平行线的性质得出∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，然
后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，
A、∵O为矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OB=OD，
在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(AAS)，
故此选项不符合题意；
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B、在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(AAS)，
故此选项不符合题意；
C、∵AE=CF，
∴BC−CF=AD−AE，
即BF=DE，
在△BOF和△DOE中，
¿，
∴△BOF≌△DOE(ASA)，
故此选项不符合题意；
D、∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定△BOF≌△DOE，
故此选项符合题意；
故选：D．
17．（2024·山东青岛·中考真题）如图，菱形ABCD中，BC=10，面积为60，对角线AC与BD相交于点
O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO= ．
【答案】√10
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线，解题的关键是利用菱形的性质求 出
AC、BD的长度．根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在Rt△BOC中利用勾
股定理即可求出CO的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC,OB=OD,AB=BC=CD=DA=10，
1
∵S = AC⋅BD=60，
菱形ABCD 2
∴AC⋅BD=120，
∴BO⋅OC＝30．
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∵BO2+CO2=BC2=100，
∴(BO+OC) 2−2BO⋅CO=100，
∴BO+CO=4√10（负值已舍去），
∴BO=4√10−OC，
∴BO2+CO2=102，
∴(4√10−OC)
2+CO2=100，
∴CO=√10，CO＝3√10（舍去）．
∵AE⊥BC，AO=CO，
∴EO=CO=√10．
故答案为：√10．
18．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且
BG=3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为（ ）
1 1 2 1
A． B． C． D．
4 3 5 2
【答案】A
【分析】由正方形性质可求出BG的长，进而求出AG的长，证△ADE∽△GAB，利用相似三角形对应边成
比例可求得AE、DE的长，证△ABF≌△DAE，得AF=DE，根据线段的和差求得EF的长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴BC=CD=DA=AB=4，∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AGB，
∵BG=3CG，
∴BG=3，
∴在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
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则由勾股定理可得AG=√42+32=5，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA=∠≝=∠ABC=90°，
∴△ADE∽△GAB，
∴AD:GA=AE:GB=DE:AB，
即4:5=AE:3=DE:4，
12 16
∴AE= ，DE= ，
5 5
又∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠≝=90°，
又∵AB=AD，∠DAE=∠ABF，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
16
∴AF=DE= ，
5
16 12 4
∴EF=AF−AE= − = ，
5 5 5
EF 1
∴tan∠EDF= = ，
DE 4
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，
正切的定义等知识，灵活运用相似三角形的判定与性质求出线段的长是解答本题的关键．
考点七： 特殊四边形的折叠问题
19．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD
上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（ ）
A．2 B．√2 C．√3 D．√5
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【答案】A
【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得
1
AC=√AB2+BC2=2√5m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF= AC=√5m，由
2
5 √5 AF
AB2+BM2=AM2代入求得AM= m，则MF=√AM2−AF2= m，所以tan∠AMN= =2，于
2 2 MF
是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC交MN于点F，
设AB=2m，则BC=2AB=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=√AB2+BC2=2√5m
∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线MN对称，
∴AM=CM，MN垂直平分AC，
1
∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF= AC=√5m，
2
∵AB2+BM2=AM2，
∴(2m) 2+(4m−AM) 2=AM2
5
∴AM= m，
2
√5
∴MF=√AM2−AF2= m
2
AF √5m
tan∠AMN= = =2
∴ MF √5 ．
m
2
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故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是
解题的关键．
20．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片ABCD中， 点E在边AB上，将纸片沿CE折叠， 点
B落在B'处，CB'⊥AD， 垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm， 则BE= cm
25 4
【答案】 /3
7 7
【分析】根据菱形的性质，翻折的性质，和三角形的相似判定和性质解答即可．
【详解】解：∵CF=4cm，FB'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性质，得： CB=CD=CB'=5cm， CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，
∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
过点E作EG⊥BC，
设CG=x， 则EG=x，BG=5−x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
EG EB GB
∴ = = ，
CF DC DF
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x EB 5−x
∴ = = ，
4 5 3
20
解得：x= ，
7
25
∴BE= ，
7
25
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握性质是解
题的关键．
21．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边
AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点
E,F，连接BM．
(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明见解析
12
(2)MD=
5
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进
而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；
（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则
MP=
1
MQ=
3+2x
．由勾股定理建立方程x2+12=
(3+2x) 2
，解方程即可得到MD=
12
．
3 3 3 5
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．
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∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
MD MP DP 1
∴ = = = ，
QC QP CP 2
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
1 3+2x
∴MP= MQ= ．
3 3
在Rt△DMP中，M D2+DP2=M P2，
∴x2+12=
(3+2x) 2
．
3
12
解得：x =0（舍），x = ．
1 2 5
12
∴MD= ．
5
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股
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定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
考点八： 证明四边形是特殊四边形
22．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，O是边AB的中点，
∠AOD=∠BOC．求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题
关键．利用SAS可证明△AOD≌△BOC，得出AD=BC，根据∠A=∠B=90°得出AD∥BC，即可证明
四边形ABCD是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形ABCD是矩形．
【详解】证明：∵O是边AB的中点，
∴OA=OB，
在△AOD和△BOC中，¿，
∴△AOD≌△BOC，
∴AD=BC，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
23．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点F在边AD上，AB=AF，连接
BF，点O为BF的中点，AO的延长线交边BC于点E，连接EF
(1)求证：四边形ABEF是菱形：
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(2)若平行四边形ABCD的周长为22,CE=1,∠BAD=120°，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE=5
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识 ：
（1）由平行四边形的性质得AF∥BE,∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,再证明△AOF≌△EOB，得
出BE=AF，证明出四边形ABEF是平行四边形，由AB=AF得出四边形ABEF是菱形：
（2）求出菱形ABEF的周长为20，得出AB=5，再证明△ABE是等边三角形，得出AE=AB=5．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,即AF∥BE,
∴∠AFB=∠EBF,∠FAE=∠BEA,
∵O为BF的中点，
∴BO=FO,
∴△AOF≌△EOB，
∴BE=FA,
∵AF∥BE,
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB=AF,
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵AD=BC,AF=BE,
∴DF=CE=1,
∵平行四边形ABCD的周长为22，
∴菱形ABEF的周长为：22−2=20,
∴AB=20÷4=5,
∵四边形ABEF是菱形，
1 1
∴∠BAE= ∠BAD= ×120°=60°,
2 2
又AB=AE,
∴△ABE是等边三角形，
∵AE=AB=5．
24．（2023·湖北十堰·中考真题）如图， ▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，分别以点B,C为圆心，
1 1
AC, BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP,CP．
2 2
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(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
(2)请说明当 ▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【答案】(1)平行四边形，见解析
(2)AC=BD且AC⊥BD
1 1
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到BP= AC=OC,CP= BD=OB，根据两组对边分别相等的
2 2
四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形BPCO是平行四边形．理由如下：
∵ ▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，
∴AO=OC,BO=OD，
1 1
∵以点B,C为圆心， AC, BD长为半径画弧，两弧交于点P，
2 2
1 1
∴BP= AC=OC,CP= BD=OB
2 2
∴四边形BPCO是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
考点九： 根据特殊四边形的性质与判定求角度
25．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，
1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，
两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）
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A．64° B．66° C．68° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形ABCD是菱形，进而根据菱形的
性质，即可求解．
【详解】解：作图可得AB=AD=BC=DC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
1 1
∴∠CBD= (180°−∠MBC)= (180°−44°)=68°，
2 2
故选：C．
26．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边
AB、BC、CD、DA上，且AE=CG,BF=DH，连接EG、FH．
(1)求证：△AEH≌△CGF；
(2)若EG=FH,∠AHE=35°，求∠DHG的度数．
【答案】(1)见解析
(2)55°
【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是证明
四边形EFGH是矩形．
（1）由平行四边形的性质得到∠A=∠C,AD=BC，得到AH=CF，由SAS即可证明△AEH≌△CGF；
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（2）由△AEH≌△CGF，△DHG≌△BFE，得到HE=FG,GH=EF，推出四边形EFGH是平行四边形，
又EG=FH，得到四边形EFGH是矩形，因此∠EHG=90°，进而可求出∠DHG的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，
∵BF=DH，
∴AD−DH=BC−BF，
∴AH=CF，
在△AEH和△CGF中，
¿，
∴△AEH≌△CGF(SAS)；
（2）由（1）知△AEH≌△CGF，
同理：△DHG≌△BFE，
∴HE=FG，GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EG=FH，
∴四边形EFGH是矩形，
∴∠EHG=90°，
∵∠AHE=35°，
∴∠DHG=180°−∠EHG−∠AHE=55°．
27．（2023·四川·中考真题）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB=90°，C是A´B上一点，CD⊥OA，
CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD=CE，则图中阴影部分面积为( )
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25π 25π 25π 25π
A． B． C． D．
16 8 6 4
【答案】B
【分析】连接OC，证明四边形CDOE是正方形，进而得出S =S ，∠COE=45°，然后根据扇形
△CDE △OCE
面积公式即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OC，
∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB=90°，
∴四边形CDOE是矩形，
∵CD=CE，
∴四边形CDOE是正方形，
∴S =S ，∠COE=45°，
△CDE △OCE
45 25
∴图中阴影部分面积=S = π×52= π，
扇形BOC 360 8
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形CDOE是正方形是解题的关键．
考点十： 根据特殊四边形的性质与判定求线段长
28．（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，点P是边AB上任意
一点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（ ）
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13 60 12 30
A． B． C． D．
2 13 5 13
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不
大，设计很新颖，解题的关键是求DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性质
可知：DE=CP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，再根据三
角形的面积为定值即可求出CP的长．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB=√AC2+BC2=13，
连接CP，如图所示：
∵PD⊥AC于点D，PE⊥CB于点E，∠ACB=90°，
∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，
∴四边形DPEC是矩形，
∴DE=CP，
当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，
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5×12 60
∴此时DE=CP= = ．
13 13
故选：B．
29．（2024·山东德州·中考真题）如图， ▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
(1)求证： ▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，
tan37°≈0.75）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出
∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
1 1
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，在利用
2 2
余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，
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∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
1 1
∴∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，
2 2
OC 4 4
∴BC= = ≈ =5，
cos∠ACB cos37° 0.8
即菱形ABCD的边长为5．
30．（2020·贵州黔西·中考真题）如图，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，AB=2，点D为AB的中
点，以点D为圆心作圆心角为90°的扇形EDF，点C恰在E´F上，则图中阴影部分的面积为 ．
π 1
【答案】 −
4 2
1
【分析】连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，由等腰直角三角形的性质可得CD= AB=1，
2
√2 √2 90π×12 π
∠ACD=∠BCD=45°，证明四边形DMCN为正方形，得出DN= CD= ，S = = ，
2 2 扇形 360 4
1
证明△DNH≌△DMG(AAS)，得出S =S ，求出S =S = ，即可得解．
△DMG △DHN 四边形DHCG 四边形DNCM 2
【详解】解：如图，连接CD，作DM⊥BC于M，DN⊥AC于N，
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，
∵CA=CB，∠ACB=90°，点D为AB的中点，AB=2，
1
∴CD= AB=1，∠ACD=∠BCD=45°，
2
∵DM⊥BC，DN⊥AC，
∴∠DNC=∠DMC=∠DMG=∠ACB=90°，△DCN为等腰直角三角形，DM=DN，
∴四边形DMCN为矩形，CN=DN，
∴四边形DMCN为正方形，
√2 √2 90π×12 π
∴DN= CD= ，S = = ，
2 2 扇形 360 4
∵∠NDH+∠HEM=∠HEM+∠MDG=90°，
∴∠NDH=∠MDG，
∴△DNH≌△DMG(AAS)，
∴S =S ，
△DMG △DHN
√2 √2 1
∵S =S +S =S +S =S = × = ，
四边形DHCG △DMG 四边形DHCM △DHN 四边形DHCM 四边形DNCM 2 2 2
π 1
∴S =S −S = − ，
阴影 扇形 四边形DHCG 4 2
π 1
故答案为： − ．
4 2
【点睛】本题考查了扇形面积、正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性
质、角平分线的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
考点十一： 根据特殊四边形的性质与判定求周长
31．（2021·内蒙古·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AD=12，以AD为直径的⊙O与BC相切于点E，
连接OC．若OC=AB，则 ▱ABCD的周长为 ．
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【答案】24+6√5
【分析】连接OE，作AF⊥BC于F，先证明 ▱AOEF为矩形，进而证明Rt△ABF≌Rt△OCE，得到
BF=CE=3，利用勾股定理求出OC=3√5，即可求出 ▱ABCD的周长．
【详解】解：如图，连接OE，作AF⊥BC于F，
∵BE为⊙O的切线，
∴∠OEC=∠OEB=90°，
∵AD∥BC，
∴AF∥OE，
∴四边形AFEO为平行四边形，
∵∠OEF=90°，
∴ ▱AOEF为矩形，
1
∴AF=OE，EF=AO= AD=6,
2
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD=12，
∵AB=OC
∴Rt△ABF≌Rt△OCE，
∴BF=CE=3，
∵OE=OA=6，
∴在Rt△OCE中，OC=√OE2+CE2=3√5，
∴AB=CD=OC=3√5，
∴ ▱ABCD的周长为为（12+3√5）×2=24+6√5．
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故答案为：24+6√5
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，矩形的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，平行四边形等知
识，熟知相关定理，并根据题意添加辅助线是解题关键．
32．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，
连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=3√2，求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)12√2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AB∥DC，AB=DC，进而得出∠AEM=∠CFM，证明
AE=CF，根据AAS证明△AEM≌△CFM，即可得证；
（2）证明 ▱AECF是菱形，根据菱形的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四边形的对边平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（两直线平行，内错角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
¿
∴△AEM≌△CFM(AAS)；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵AC⊥EF
∴ ▱AECF是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四条边都相等）
∴菱形AECF的周长=4AF=4×3√2=12√2.
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【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟练掌握以上知
识是解题的关键．
33．（2023·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，AB=10，两锐角的角
平分线交于点P，点E，F分别在边AC，BC上，且∠EPF=45°，求△CEF的周长．
【答案】4
【分析】
本题考查直角平分线的性质定理，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．根据题意过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，
PK⊥AB于K，在EA上取一点J，使得MJ=FN，连接PJ，进而利用全等三角形的性质证明
EF=EM+EN，即可得出结论．
【详解】
解：如图，过点P作PM⊥AC于M，PN⊥AB于N，PK⊥AB于K，在EA上取一点J，
得MJ=FN，连接PJ．
∵BP平分∠ABC，PA平分∠CAB，PM⊥BAC，PN⊥BC，PK⊥AB，
∴PM=PK，PK=PN，
∴PM=PN，
∴∠C=∠PMC=∠PNC=90°，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM=PM，
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∴∠MPN=90°，
在△PMJ和△PNF中，
¿，
∴△PMJ≌△PNF(SAS)，
∴∠MPJ=∠FPN，PJ=PF，
∴∠JPF=∠MPN=90°，
∵∠EPF=45°，
∴∠EPF=∠EPJ=45°，
在△PEF和△PEJ中，
¿，
∴△PEF≌△PEJ(SAS)，
∴EF=EJ，
∴EF=EM+FN，
∴△CEF的周长=CE+EF+CF=CE+EM+CF+FN=2EM=2PM，
1 1
∵ S = BC⋅AC= (AC+BC+AB)⋅PM，
ΔABC 2 2
∴24=12PM，
∴PM=2，
∴△ECF的周长为4．
考点十二： 根据特殊四边形的性质与判定求面积
34．（2023·山东潍坊·中考真题）工匠师傅准备从六边形的铁皮ABCDEF中，裁出一块矩形铁皮制作工件，
如图所示．经测量，AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AB=3米，AF=BC=1米，
∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠师傅画出的裁剪虚线．当MH的长度为多少
时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是多少？
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5 25
【答案】当MH的长度为 米时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是 平方米
4 8
【分析】连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，先判断出四边形ABCF是矩形，从而可得
∠EFC=∠DCF=45°，再判断出四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，从而可得
PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，然后设矩形MNGH的面积为y
平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=(x−1)米，BN=GQ=(x−1)米，利用矩形的面积公式可得y关
于x的二次函数，最后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，
∵∠A=∠B=90°
，
∴AF∥BC，
∵AF=BC=1米，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，
∵∠BCD=∠AFE=135°，
∴∠EFC=∠DCF=45°，
∵四边形MNGH是矩形，
∴MH⊥AB,GN⊥AB,GN=MH，
∴四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，
∴PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，
∴Rt△PFH和Rt△QCG都是等腰直角三角形，
∴PH=PF,GQ=CQ，
∴AM=PH,BN=GQ，
设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=(x−1)米，BN=GQ=(x−1)米，
∵AB=3米，
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∴MN=AB−AM−BN=(5−2x)米，
( 5) 2 25
∴y=MH⋅MN=x(5−2x)=−2 x− + ，
4 8
又∵AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AF=BC=1米，
∴1≤x≤2，
5 5
由二次函数的性质可知，当1≤x≤ 时，y随x的增大而增大；当
