文档内容
第 07 课 特殊平行四边形 解答题（难点 2-存在性问题）
课后培优练级
练
培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图，在直角坐标系xOy中，点A（2，0）和点B（﹣2，0），直线BC与y轴正半轴交于点C（0，
b），过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OD．
(1)求OD的长；
(2)当∠ODA＝30°时，求点C的坐标；
(3)在（2）的条件下，已知点E在直角坐标平面内，如果以A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
请直接写出点E的坐标．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可解决问题．
（2）首先证明∠CBO＝60°，在Rt△OBC中，根据OC＝ OB计算即可．
（3）点E有三种可能，利用平行四边形的性质，以及中点坐标公式即可解决问题．
(1)
如图，连接OD，
∵AD⊥ BC，∴∠ADB＝90°，
∵A(2,0)，B(-2,0)，
∴OA＝OB＝2，
∴OD＝ AB＝2．
(2)
∵∠ODA＝30°，OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD＝30°，
∴∠OBD＝60°，
在Rt△OBC中，OC＝ OB＝2 ，
∴C（0，2 ）．
(3)
∵四边形ADCE 是平行四边形，
1
∴CM＝AM，DM＝ME ，
1
∵C（0，2 ），A（2，0），M为AC中点，
∴利用中点坐标公式可得M（1， ），
∴再逆用中点坐标公式可得E（3， ），
1
同法可得E（﹣3，3 ），E（1，﹣ ）．
2 3
【点睛】
本题考查平行四边形的判定、坐标与图形的性质、含30°角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线定
理、中点坐标公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，考虑问题要全面，不能漏解，属于
中考常考题型．
2．如图，在平面直角坐标系中，函数y＝﹣2x+12的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，过点A的直线交
y轴正半轴于点M，且点M为线段OB的中点．(1)求直线AM的函数解析式；
(2)若点C是x轴上一点，且S△AMC S△ABM，求点C的坐标；
(3)点P在直线AB上，在坐标平面内是否存在点Q，使四边形BPMQ是菱形？若存在，请求出点P的坐
标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x+6，
(2)（2，0）或（10，0）；
(3)存在，点P的坐标（ ，12 ）或（ ，12 ）或（ ， ）或（ ，9）．
【解析】
【分析】
（1）通过函数y＝−2x＋12求出A、B两点坐标，又由点M为线段OB的中点，即可求得点M的坐标，然
后由待定系数法求得直线AM的函数解析式；
（2）设出C点坐标，可求得AC的长，根据S ABM＝ BM•OA，S AMC AC•OM，由S AMC＝
S ABM，可得方程，解方程即可求得答案； △ △ △
（3）分两种情况讨论：①BM是菱形的边时；②BM是菱形的对角线时，分别根据菱形的性质求解即可．
△
(1)
解：∵直线AB的函数解析式为y＝﹣2x+12，
∴A（6，0），B（0，12），
又∵M为线段OB的中点，
∴M（0，6），
设直线AM的解析式为：y＝kx+b，
∴ ，
解得： ，
故直线AM的解析式为y＝﹣x+6；
(2)设点C的坐标为：（x，0），
∴AC＝|x﹣6|，
∵B（0，12），M（0，6），
∴BM＝6，
∴S ABM BM•OA 6×6＝18，
△
∵S AMC S ABM，
△ △
∴S AMC AC•OM 6×|x﹣6| 18，
∴3△×|x﹣6|＝12，
解得：x＝2或10，
故点C的坐标为：（2，0）或（10，0）；
(3)
设P（x，﹣2x+12），
①如图所示：BM是菱形的边时．
过P 作PC⊥y轴于C，
2 2
∴PC＝x，BC＝12﹣（﹣2x+12）＝2x，
2
∵四边形BPQM是菱形，
2 2
∴PB＝BM＝6，
2
在Rt BPC中，PC2+BC2＝PB2，
2 2 2
△
∴x2+（2x）2＝62，解得x＝± ，
∴点P的坐标为（ ，12 ）或（ ，12 ）；
过P 作PD⊥y轴于D，
3 3
∴PD＝x，MD＝6﹣（﹣2x+12）＝2x﹣6，
3
∵四边形BQPM是菱形，
3 3
∴PM＝BM＝6，
3在Rt MP D中，PD2+MD2＝PM2，
3 3 3
∴x2+（△2x﹣6）2＝62，解得x 或0（舍去），
∴点P的坐标为（ ， ）；
②如图所示：BM是菱形的对角线时，
连接PQ交y轴于N，
∵四边形BQMP是菱形，
∴PQ⊥BM，BN＝MN，
∴点N的坐标为（0，9）．
∴点P的纵坐标是9，
∴﹣2x+12＝9，解得x ，
∴点P的坐标为（ ，9）．
综上所述，存在，点P的坐标（ ，12 ）或（ ，12 ）或（ ， ）或（ ，
9）．
【点睛】
本题为一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、三角形的面积、菱形的性质等．解题的
关键是掌握数形结合思想与方程思想的应用．
3．如图：(1)如图1，已知锐角△ABC的边BC＝3，S ABC＝6，点M为△ABC内一点，过点M作MD⊥BC交BC于点
D，连接AM，则AM+MD的最小值为 △ ．
(2)如图2．点P是正方形ABCD内一点，PA＝2，PB＝ ，PC＝4．求∠APB的度数．
(3)如图3，在长方形ABCD中，其中AB＝600，AD＝800点P是长方形内一动点，且S ABC＝2S PBC，点
Q为△ADP内的任意﹣点，是否存在一点P和一点Q．使得AQ+DQ+PQ有最小值？若△存在，请△求出此时
PQ的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)135°
(3)存在，PQ的长度为
【解析】
【分析】
（1）过A作AE⊥BC于E，则S ABC＝ BC•AE＝6，求出AE＝4，由垂线段最短即可得出结果；
△
（2）把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，易证△BPQ
是等腰直角三角形，得出∠BQP＝45°，PQ＝2 ，再由勾股定理的逆定理证得△PCQ是直角三角形，
∠PQC＝90°，即可得出结果；
（3）过点P作EF AD交AB于点E、交CD于点F，将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接
DD′，QQ′，D′P，设D′P交AD于点G，则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，由S PAD＝2S PBC，可得
AE＝2BE，进而求得AE＝400，当D′P⊥EF时，D′P取最小值，运用勾股定理即可△求得答案．△
(1)
解：如图1，过A作AE⊥BC于E，
则S△ABC＝ BC•AE＝ ×3×AE＝6，
∴AE＝4，
∵MD⊥BC，
∴当A、M、D三点共线时，
AM＋MD的值最小＝AE＝4，
故答案为：4；
(2)
∵点P是正方形ABCD内一点，
∴把△ABP绕点B顺时针旋转90°得△CBQ，连接PQ，如图2所示：则∠PBQ＝90°，∠APB＝∠CQB，QC＝PA＝2，QB＝PB＝ ，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠BQP＝45°，PQ＝ PB＝ × ＝2 ，
∵QC2＋PQ2＝22＋（2 ）2＝16，PC2＝42＝16，
∴QC2＋PQ2＝PC2，
∴△PCQ是直角三角形，∠PQC＝90°，
∴∠CQB＝∠PQC＋∠BQP＝90°＋45°＝135°，
∴∠APB＝135°；
(3)
存在一点P和一点Q，使得AQ＋DQ＋PQ有最小值，理由如下：
如图3，过点P作EF AD交AB于点E、交CD于点F，
将△ADQ绕点A逆时针旋转60°，得△AD′Q′，连接DD′、QQ′、D′Q、D′P，
设D′P交AD于点G，
则△ADD′、△AQQ′都是等边三角形，D′Q′＝DQ，
∴AQ＝QQ′，
∵Q′Q＋D′Q′≥D′Q，即AQ＋DQ≥D′Q，D′Q＋PQ≥D′P，
∴AQ＋DQ＋PQ≥D′P，
∴当P、Q、Q′、D′在同一条直线上时，AQ＋DQ＋PQ有最小值，最小值为D′P，
在长方形ABCD中，AB＝600，AD＝800，
∴BC＝AD＝800，AD∥BC，∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∴EF∥BC，∵S PAD＝2S PBC，
△ △
∴ AD•AE＝2× BC•BE，
∴AE＝2BE，
∴AE＝ AB＝400，
∵点P在EF上，
∴当D′P⊥EF时，D′P取最小值，
∵AD EF，
∴D′P⊥AD，
∵△ADD′是等边三角形，
∴AD′＝AD＝800，AG＝
AD＝400，∠AGD′＝90°，
∴D′G＝ ，
∵∠EAG＝∠AEP＝∠EPG＝90°，
∴四边形AEPG是矩形，
∴GP＝AE＝400，
∴D′P＝D′G＋GP＝400 ＋400，
∴AQ＋DQ＋PQ的最小值为400 ＋400，；
∵△AQQ′是等边三角形，AD⊥QQ′，
∴∠GAQ＝30°，AQ＝2GQ，
在Rt△AGQ中，AG2＋GQ2＝AQ2，
∴4002＋GQ2＝（2GQ）2，
解得：GQ＝ ，
∴PQ＝GP−GQ＝ ．
【点睛】
本题考查了等边三角形判定与性质、正方形的性质、矩形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与
性质、勾股定理、勾股定理逆定理、点到直线的距离垂线段最短、三角形面积计算等知识，解题关键是通
过旋转确定线段和取最小值的位置．
4．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，8），点B是x轴的正半轴上的一个动点，连接AB，取AB的中
点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BC．过点B作x轴的垂线交直线AC于点D．
设点B坐标是（t，0）(1)当t＝6时，点M的坐标是______；
(2)求点C的坐标（用含t的代数式表示）；
(3)是否存在点B，使四边形AOBD为矩形？若存在，请求出点B的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)在点B的运动过程中，平面内是否存在一点N，使得以A、B、N、D为顶点的四边形是菱形？若存在，
请直接写出点N的纵坐标（不必要写横坐标）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3) ，理由见解析
(4)3或8，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用中点坐标公式计算即可．
（2）如图1中，作 于 ， 轴于 ．证明 ，利用全等三角形的性质即可
解决问题．
（3）如图2中，存在．由题意当 时，可证四边形 是矩形，构建方程即可解决问题．
（4）分三种情形：①如图3中，当 时，以 为对角线可得菱形 ，此时点 在 轴上．
②如图4中，当 时，以 为对角线可得菱形 ．此时点 的纵坐标为8．③因为
，所以不存在以 为对角线的菱形．
(1)
如图1中，
， ， ，
，
故答案为：（3，4）；
(2)如图1中，作 于 ， 轴于 ．
∵ ，
， ，
，
， ，
，
，
，
， ，
，
．
(3)
存在．
如图2中，作 于 ， 轴于 ．
理由：由题意当 时，
，
四边形 是平行四边形，
，
四边形 是矩形，
，
四边形 是矩形，
又∵由（2）得 ，
即： ，解得： ．
．
(4)
①如图3中，当 时，以 为对角线可得菱形 ，此时点 在 轴上．作BE⊥AC交于点E，设 ， ，
∵点M是AB的中点， ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中，则有 ，
①②联立，解得： ，
，
点 的纵坐标为3．
②如图4中，当 时，以 为对角线可得菱形 ．此时点 的纵坐标为8．
③ ，
不存在以 为对角线的菱形．
综上所述，满足条件的点 的纵坐标为3或8．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，翻折变换，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
5．如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是 BC 边上的一点，∠AEP=90°，且EP 交正方形外角的平分线
CP 于点 P．
(1)求∠ECP 的度数；
(2)求证：∠BAE=∠CEP；
(3)求证：AE=EP；
(4)在 AB 边上是否存在点 M，使得四边形 DMEP 是平行四边形？若存在，请画出图形并给予证明； 若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)135°；
(2)证明过程见解析；
(3)证明过程见解析；
(4)存在，理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质及角平分线的定义求解即可；
（2）先证∠BAE+∠BEA=90°，再证∠BEA+∠CEP=90°，最后得∠BAE=∠CEP；
（3）在AB上取BN=BE，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECP，从而得到
AE=EP；
（4）先证△DAM≌△ABE，进而可得四边形DMEP是平行四边形．
(1)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCB=∠DCN=90°．
∵CP为正方形ABCD的外角平分线，
∴∠PCD=∠PCN=45°．
∴∠ECP=∠DCB+∠DCP=135°．
(2)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°．
∴∠BAE+∠BEA=90°，
∵∠AEP=90°，
∴∠BEA+∠CEP=90°，
∴∠BAE=∠CEP，
(3)
如图，在AB上截取BN=BE．∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠B=90°．
∴AN=EC，∠1=∠2=45°．
∴∠4=135°．
∵CP为正方形ABCD的外角平分线，
∴∠PCE=135°．
∴∠PCE=∠4．
∵∠AEP=90°，
∴∠BEA+∠3=90°．
∵∠BAE+∠BEA=90°，
∴∠3=∠BAE．
在△ANE和△ECP中
∴△ANE≌△ECP（ASA）．
∴AE=EP．
(4)
存在点M使得四边形DMEP是平行四边形．
理由如下：过点D作DM∥PE，交AE于点K，交AB于点M，连接ME、DP．
∴∠AKD=∠AEP=90°．
∵∠BAD=90°，
∴∠ADM+∠AMD=90°，∠MAK+∠AMD=90°．
∴∠ADM=∠MAK．
在△AMD和△BEA中∴△AMD≌△BEA（ASA）．
∴DM=AE．
∴DM=EP．
∴四边形DMEP为平行四边形．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识．此题综合性很强，图形比
较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
6．已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的
动点，设PC＝m．
（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代
数式表示为 ，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角
形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使 APD是等腰直角三角形，点D的坐标
△
或 ．
【解析】
【分析】
（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的
一点，可得点D（n,2n+6）,根据 APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证 EDA≌△FAP
（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x
△ △
＋6上，求出n=4即可；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，AD=DP，
ADP为等腰直角三角形，证明 EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，得出
DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP， ADP为等腰直角三角形，先证 ABP≌△PFD（AAS），得
△ △
出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD， ADP为等腰直角三角形，先证四边
△ △
形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证 APF≌△DAE（AAS），得出 求解方程即可
△
【详解】
△
解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，
设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，
∴x=n，y＝2n＋6，
∴点D（n,2n+6）,∵△APD是等腰直角三角形，
∴DA=AP，∠DAP=90°，
∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°，
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EDA=∠FAP，
在 EDA和 FAP中，
△ △
，
∴△EDA≌△FAP（AAS），
∴AE=PF，ED=FA，
∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6），
∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°，
∵∠AFP=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
∴EA=FP=8，
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴点D（n，14），
∵点D在直线y＝2x＋6上，
∴14＝2n＋6,，
∴n=4，
∴点D（4,14）；
（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），
∴0＝6＋b，
∴b =-6，
∴直线y＝2x-6，
设点D（x, 2x-6），过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F，
要使 ADP为等腰直角三角形，
当∠ADP=90°，AD=DP， ADP为等腰直角三角形，
△
∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°，
△
∵DE⊥y轴，PF⊥y轴，
∴∠DEA=∠AFP=90°，
∴∠EDA+∠DAE=90°，
∴∠EAD=∠FDP，
在 EDA和 FPD中，
△ △
，
∴△EDA≌△FPD（AAS），
∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x，
∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6，
∴∠OCF=90°，
∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，
∴DE+DF=x+2x-14=8，
解得x= ，
∴ ，
∴点D ；
当∠APD=90°，AP=DP， ADP为等腰直角三角形，
△∴∠APB+∠DPF=90°，
过D作DF⊥射线CB于F，
∴∠DFP=90°，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°，
∴∠BAP+∠APB=90°，
∴∠BAP=∠FPD，
在 ABP和 PFD中，
△ △
，
∴ ABP≌△PFD（AAS），
∴BP=FD=x-8,AB=PF=8，
△
∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6，
解得x= ，
∴ ，
∴点D ；
当∠PAD=90°，AP=AD， ADP为等腰直角三角形，
∴∠EAD +∠PAF=90°，
△
过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F，
∴∠DEA=∠PFA=90°，
∴∠FAP+∠FPA=90°，∴∠FPA=∠EAD，
∵四边形OABC为矩形，
∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°，
∵∠PFA=90°，
∴四边形AFPB为矩形，
∴PF=AB=8，
在 APF和 DAE中，
△ △
，
∴ APF≌△DAE（AAS），
∴FP=AE=8，AF=DE=6-m，
△
∴OE=OA+AE=6+8=14，
∴ ，
解得： ，
∵PC＝m≥0，
∴AF=6-m≤6＜10，
∴此种情况不成立；
综合存在第一象限的点D使 APD是等腰直角三角形，点D的坐标 或 ．
△
【点睛】
本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，
一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定
系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键．
7．把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在BC、CD
上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知3BE＝BC．（1）请直接写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；
（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐
标，若不存在，请说明理由．
（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．
【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为 ；（2）当M
的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到
BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则
GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由 ，得到 ，即可求出F的坐标为（3，
），设直线EF的解析式为 ，把E、F的坐标代入求解即可；
（2）由△AEF和△AFM等高，则 ，从而得到 ，然后分当M在线段EF上时，
即M为EF的中点时，此时记作M，当M在EF延长线上时，此时记作M，则 ，即此时F为
1 2
的中点，根据中点坐标公式求解即可；
（3）由 ，得到当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，再由点到直线的距离垂
线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，先用面积法求出 ，
然后求出直线AF的解析式为 ；设Q点坐标为（t， ），则
，由此求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，∴D点坐标为（3，3），
∵3BE=BC，
∴BE=1，
∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，
由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，
设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴F的坐标为（3， ），
设直线EF的解析式为 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线EF的解析式为 ；
（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，
∵△AEF和△AFM等高，
∴ ，
∴ ，
当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M，
1
∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3， ），∴ ，
∴M 的坐标为（2， ）；
1
当M在EF延长线上时，此时记作M，则 ，即此时F为 的中点，
2
∴ ，
∴ ，
∴M 的坐标为（4， ）；
2
∴综上所述，当M的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；
（3）如图所示，连接EQ，
∵ ，
∴当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，
再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，
由（1）得 ，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，
∴ ，∵ ，
∴ ，
设直线AF的解析式为
∴ ，
∴ ，
∴直线AF的解析式为 ；
设Q点坐标为（t， ），
∴ ，
解得 ，
∴Q点坐标为（2，2）
【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握一次
函数的相关知识．
8．如图1，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上， ， ，点P是射线
CA上的动点，点Q是x轴上的动点， ，分别以AQ和AP为边作平行四边形APEQ，设Q点的坐
标是 ．（1）求矩形OABC的对角线AC的长；
（2）如图2，当点Q在线段OA上，且点E恰好在y轴上时，求t的值；
（3）在点P，Q的运动过程中，是否存在点Q，使 是菱形？若存在，请求出所有满足条件的t的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）12；（2） ；（3）存在，t＝3或 或 或
【解析】
【分析】
（1）结合题意，根据矩形和含 角直角三角形的性质计算，即可得到答案；
（2）根据题意，推导得AP＝12－3t，根据平行四边形和含 角直角三角形的性质，推导得EQ＝2OQ，
再通过列一元一次方程并求解，即可得到答案；
（3）结合题意，分点P在线段CA上和点P在CA的延长线上两种情况分析；结合（1）的结论，根据菱形
的性质，通过列绝对值方程并求解，即可得到答案．
【详解】
（1）∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵OA＝6，∠OCA＝30°，
∴AC＝12；
（2）∵OQ＝t，
∴CP＝3OQ＝3t，
∴AP＝12－3t，
∵以AQ和AP为边作平行四边形APEQ，
∴EQ＝AP＝12－3t，
∴
∴EQ＝2OQ，
∴12－3t＝2t，
∴ ；
（3）当点P在线段CA上时，OQ＝|t|，分点Q在点A左侧和右侧两种情况分析；
当点Q在点A左侧时，分 和 两种情况当 时，
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝12－3|t|＝12－3t，AQ＝6－|t|＝6－t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12－3t＝6－t
∴t＝3；
当 时，
∴CP＝3|t|＝-3t，
∴AP＝12－3|t|＝12+3t，AQ＝6+|t|＝6-t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12+3t＝6-t
∴ ；
当点Q在点A右侧时，即
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝12－3t，AQ＝t－6，
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴12－3t＝t－6
∴ ，和 矛盾，故舍去；
当点P在CA的延长线上时，分点Q在点A左侧和右侧两种情况分析；
当点Q在点A左侧时，分 和 两种情况
当 时，
∴CP＝3|t|＝3t
∴AP＝3t－12，AQ＝6－|t|＝6－t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴3t－12＝6－t
∴
当 时，
∴CP＝3|t|＝-3t，
∴AP＝3|t|－12＝－3t－12，AQ＝6+|t|＝6-t
∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AP＝AQ，
∴－3t－12＝6－t
∴ ；
当点Q在点A右侧时，分
∴OQ＝t，
∴AQ＝t－6，CP＝3t
∴AP＝3t－12，∵平行四边形APEQ是菱形，
∴AQ＝AP，
∴t－6＝3t－12，
∴ ，和 矛盾，故舍去
∴存在点Q，使 是菱形，t＝3或 或 或 ．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、直角三角形、一元一次方程、平行线、菱形、绝对值的知识；解题的关键
是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、含 角直角三角形的性质，从而完成求解．
9．已知如图，平面直角坐标系内的矩形OABC，点A在x轴上，点C在y轴上，点B坐标为（ ），
D为AB边上一点，将△BCD沿直线CD折叠，得到△ECD，点B的对应点E落在线段OA上．
（1）求OE的长；
（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD方向运动，设运动时间为t，△PBD的面积
为S，求S关于t的关系式；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线DE上一点，是否存在t，使得以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平
行四边形？若存在，请求出t的值，并直接写出点P、点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2） ；（3）t=1， ， 或t=3， ，
或t=7， ，
【解析】
【分析】
（1）先求出OC=6，由折叠的性质可知 ，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD，分P在线段CD上和在CD的延长线上两种情况讨论求
解即可；
（3）分当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，当四边形APQB是平行四边形的边时，
当四边形AQPB是平行四边形的边时三种情况利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCO是矩形， ，
∴OC=AB=6， ，由折叠的性质可知，DE=BD， ，
∴ ，
（2）如图，过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD
由题意可知CP=2t
∵ ，∠COE=90°，
∴ ，∠OCE=30°，
∴∠ECB=60°，
由折叠的性质可知∠BCD=∠ECD
∴∠FCP=∠ECD=30°，
∴PF= ，
∴
设BD=DE=x，则AD=6-x，
∵ ，
∴ ，
解得x=4，
∴BD=4，
当P在线段CD上时，
当P在CD的延长线上时，∴综上所述
（3）由（1）（2）得BD=4， ，PF=t ， ，
∴AD=2，
∴ ， ，
设直线DE的解析式为 ，
∴ ，
解得 ，
∴直线DE的解析式为 ，
设 ，
当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，
∴ （平行四边形两条对角线的中点坐标相同），
解得 ，
∴ ，
当AB为四边形APQB是平行四边形的边时，∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得 ，
∴ ， ；
当AB为四边形AQPB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得
∴ ， ；
∴综上所述，当t=1， ， 或t=3， ， 或t=7， ， 时
以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形；
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性
质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
10．如图，直线y＝﹣ x+11分别交x轴y轴于A，B两点，点D以每秒2个单位的速度从点A出发沿射
线AD方向运动，同时点E以每秒1个单位的速度从点B出发沿边BA方向运动，当E到达点A时，点D，
E同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求点A的坐标及线段AB的长．
（2）如图1，当t＝4 ﹣2时，求∠AED的度数．（3）如图2，以DE为对角线作正方形DFEG，在运动过程中，是否存在正方形DFEG的一边恰好落在
ADB的一边上？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
△
【答案】（1）A（11 ，0），AB=22；（2）∠AED=30°；（3）存在，t= 或t=44-22 或t=4
+2或t= ．
【解析】
【分析】
（1）由直线y=- x+11分别交x轴y轴于A，B两点，求点A、点B的坐标，再根据勾股定理求出AB的
长；
（2）作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，由 AB•DK= AD•OB=S ABD，求
△
出DK的长，得到DL的长，可判断△ADL是等边三角形，∠DAK= ∠DAL=30°；再通过计算证明
AK=EK，可得∠AED=∠DAK，求得∠AED的度数；
（3）先证明含30°角的直角三角形的三边的比是1：2： ，再按DF或DG在OA上、EG或EF在AB上
分类讨论，求出相应的t的值．
【详解】
解：（1）当y=0时，由- x+11=0得，x=11 ；当x=0时，y=11，
∴A（11 ，0），B（0，11），
∵∠AOB=90°，OA=11 ，OB=11，
∴AB= =22；
（2）如图1，作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，
由题意得，AD=2t，BE=t，当t=4 -2时，AD=2（4 -2）=8 -4，BE=4 -2，
∵ AB•DK= AD•OB=S ABD，
△
∴ ×22DK= ×（8 -4）×11，
解得，DK=4 -2，
∴DL=2DK=2（4 -2）=8 -4，
∴AD=DL，
∴AD=AL=DL，
∵△ADL是等边三角形，
∴∠DAL=60°，
∴∠DAK= ∠DAL=30°；
∵∠AKD=90°，
∴ ，
∴EK=22-（4 -2）-（12−2 ）=12−2 ，
∴AK=EK，
∴AD=ED，
∴∠AED=∠DAK=30°；
（3）存在．
如图2，在BO的延长线上取一点H，使OH=OB，连结AH，
由（2）得，∠OAB=30°，
∵AO⊥BH，
∴AB=AH，
∴∠OAH=∠OAB=30°，
∴∠BAH=60°，
∴△BAH是等边三角形；设OB=a，则AB=BH=2a，
∴OA= ，
可得，在直角三角形中，如果有一个角是30°，那么30°角所对的直角边与斜边、另一直角边的比为1：2：
，
当DG边在OA上，如图2，则∠AGE=90°，
∴EG= AE= （22-t），
∴ （22-t）+2t= × （22-t），
解得， ；
当EF边在AB上，如图3，则∠AFD=90°，
∴EF=DF= AD= ×2t=t，
∴AF= DF= t，
∴2t+ t=22，
解得，t=44-22 ；
当DF边在OA上，如图4，则∠AFE=90°，∴AF= EF，
∵EF=DF，AF+DF=AD=2t，
∴ EF+EF=2t，
∴EF=（ -1）t，
∵AE=2EF，
∴22-t=2（ -1）t，
解得，t=4 +2；
当EG边AB上，如图5，则∠AGD=90°，
∵EG=DG= AD=t，AG= DG，
∴22-t+t= t，
解得， ．
综上所述，t= 或t=44-22 或t=4 +2或t= ．
【点睛】
本题重点考查一次函数的图象与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、二次根式的
化简、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是确定∠AED=30°及含有30°角的直角三角形的三边的
比是1：2： ，解第（3）题时还应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
11．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为
PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形PBFE为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填
“无”．最大值为 ；最小值为 ．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②36，
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出
∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得AE的长，再在Rt APE中求得PE，即菱形的边长；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2；当点P与点A重合时，点E离点A最
△
远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，即可得出答案．
【详解】
解：（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∵EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝10，
在Rt△CDE中，DE＝ ＝8，
∴AE＝AD﹣DE＝2；
在Rt△APE中，AE＝2，AP＝6-PB＝6﹣PE，
∴ ，解得： ，
∴菱形BFEP的边长为 ；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2， ，
，当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝6，
，
∴菱形的面积范围： ．
菱形PBFE面积的最大值是36，最小值是 ．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判
定、勾股定理、正方形的性质等知识，求出PE是本题的关键．
12．已知：在矩形ABCD中， ， ．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；
（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上， ．
①连接BG，若 ，求AF的长；
②设 ， GFB的面积为S，且S满足函数关系式 ．在自变量m的取值范围内，是否存在
m，使菱形EPG△H面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②存在m= ，菱形EFGH面积最大为【解析】
【分析】
（1）连接 ， ，由 、 、 、 分别是 ， ， ， 的中点可得， ，
，又 ，得 ，即结论得证；
（2）①过点 作 延长线于 ，根据 证 ，得出 ，根据勾股定理求出
，设 ，则 ，再利用勾股定理求出 即可；
②延长 交 延长线于 ，由①知 ，同理可证 ，则菱形的面积 矩形
的面积 的面积 的面积 的面积 的面积，得出关于 的关系式即可得出 最大时
菱形面积最大，当 与 重合时 有最大值，求出此时的 值即可．
【详解】
解：（1）连接 ， ，
、 、 、 分别是 ， ， ， 的中点，
， ，
四边形 是矩形，
，
，
四边形 是菱形；
（2）①如图2，过点 作 延长线于 ，
， ，
，
又 ， ，
，，
，
设 ，则 ，
，
，
即 ，
解得 ，
故 ；
②如图2，延长 交 延长线于 ，
由已知可得，四边形 是矩形，
由①知 ，
同理可证 ，
菱形的面积 矩形 的面积 的面积 的面积 的面积 的面积，
，
即 ，
，
， ， ， ，
，
，
当 取最大值时菱形 面积最大，
当 与 重合时 有最大值，即 取到最大值，
此时 ，
，
当 时，菱形 面积最大为 ．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的
性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
培优第二阶——拓展培优练
一、解答题1．把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在BC、CD
上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知3BE＝BC．
（1）请直接写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；
（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐
标，若不存在，请说明理由．
（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．
【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为 ；（2）当M
的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到
BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则
GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由 ，得到 ，即可求出F的坐标为（3，
），设直线EF的解析式为 ，把E、F的坐标代入求解即可；
（2）由△AEF和△AFM等高，则 ，从而得到 ，然后分当M在线段EF上时，
即M为EF的中点时，此时记作M，当M在EF延长线上时，此时记作M，则 ，即此时F为
1 2
的中点，根据中点坐标公式求解即可；
（3）由 ，得到当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，再由点到直线的距离垂
线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，先用面积法求出 ，
然后求出直线AF的解析式为 ；设Q点坐标为（t， ），则
，由此求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，
∴BC=CD=3，∠BCD=90°，
∴D点坐标为（3，3），
∵3BE=BC，
∴BE=1，
∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，
由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，
设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴F的坐标为（3， ），
设直线EF的解析式为 ，
∴ ，
∴ ，
∴直线EF的解析式为 ；
（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，
∵△AEF和△AFM等高，
∴ ，
∴ ，
当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M，
1∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3， ），
∴ ，
∴M 的坐标为（2， ）；
1
当M在EF延长线上时，此时记作M，则 ，即此时F为 的中点，
2
∴ ，
∴ ，
∴M 的坐标为（4， ）；
2
∴综上所述，当M的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；
（3）如图所示，连接EQ，
∵ ，
∴当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，
再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，
由（1）得 ，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，∴ ，
∵ ，
∴ ，
设直线AF的解析式为
∴ ，
∴ ，
∴直线AF的解析式为 ；
设Q点坐标为（t， ），
∴ ，
解得 ，
∴Q点坐标为（2，2）
【点睛】
本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握一次
函数的相关知识．
2．已知如图，平面直角坐标系内的矩形OABC，点A在x轴上，点C在y轴上，点B坐标为（ ），
D为AB边上一点，将△BCD沿直线CD折叠，得到△ECD，点B的对应点E落在线段OA上．
（1）求OE的长；
（2）点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD方向运动，设运动时间为t，△PBD的面积
为S，求S关于t的关系式；
（3）在（2）的条件下，点Q为直线DE上一点，是否存在t，使得以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出t的值，并直接写出点P、点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2） ；（3）t=1， ， 或t=3， ，
或t=7， ，
【解析】
【分析】
（1）先求出OC=6，由折叠的性质可知 ，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD，分P在线段CD上和在CD的延长线上两种情况讨论求
解即可；
（3）分当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，当四边形APQB是平行四边形的边时，
当四边形AQPB是平行四边形的边时三种情况利用平行四边形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCO是矩形， ，
∴OC=AB=6， ，
由折叠的性质可知，DE=BD， ，
∴ ，
（2）如图，过点P作PF⊥BC交直线BC于F，连接PD
由题意可知CP=2t
∵ ，∠COE=90°，
∴ ，∠OCE=30°，
∴∠ECB=60°，
由折叠的性质可知∠BCD=∠ECD
∴∠FCP=∠ECD=30°，
∴PF= ，
∴设BD=DE=x，则AD=6-x，
∵ ，
∴ ，
解得x=4，
∴BD=4，
当P在线段CD上时，
当P在CD的延长线上时，
∴综上所述
（3）由（1）（2）得BD=4， ，PF=t ， ，
∴AD=2，
∴ ， ，
设直线DE的解析式为 ，
∴ ，解得 ，
∴直线DE的解析式为 ，
设 ，
当AB以点A、B、Q、P为顶点的平行四边形的对角线时，
∴ （平行四边形两条对角线的中点坐标相同），
解得 ，
∴ ，
当AB为四边形APQB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得 ，
∴ ， ；
当AB为四边形AQPB是平行四边形的边时，
∴AB∥PQ，AB=PD=6
∴
解得
∴ ， ；∴综上所述，当t=1， ， 或t=3， ， 或t=7， ， 时
以点A、B、Q、P为顶点的四边形为平行四边形；
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，坐标与图形，矩形的性质，平行四边形的性质，含30度角的直角三角形的性
质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3．如图，直线y＝﹣ x+11分别交x轴y轴于A，B两点，点D以每秒2个单位的速度从点A出发沿射线
AD方向运动，同时点E以每秒1个单位的速度从点B出发沿边BA方向运动，当E到达点A时，点D，E
同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）求点A的坐标及线段AB的长．
（2）如图1，当t＝4 ﹣2时，求∠AED的度数．
（3）如图2，以DE为对角线作正方形DFEG，在运动过程中，是否存在正方形DFEG的一边恰好落在
ADB的一边上？若存在，请求出所有符合条件的t值；若不存在，请说明理由．
△
【答案】（1）A（11 ，0），AB=22；（2）∠AED=30°；（3）存在，t= 或t=44-22 或t=4
+2或t= ．
【解析】
【分析】
（1）由直线y=- x+11分别交x轴y轴于A，B两点，求点A、点B的坐标，再根据勾股定理求出AB的
长；
（2）作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，由 AB•DK= AD•OB=S ABD，求
△
出DK的长，得到DL的长，可判断△ADL是等边三角形，∠DAK= ∠DAL=30°；再通过计算证明
AK=EK，可得∠AED=∠DAK，求得∠AED的度数；
（3）先证明含30°角的直角三角形的三边的比是1：2： ，再按DF或DG在OA上、EG或EF在AB上分类讨论，求出相应的t的值．
【详解】
解：（1）当y=0时，由- x+11=0得，x=11 ；当x=0时，y=11，
∴A（11 ，0），B（0，11），
∵∠AOB=90°，OA=11 ，OB=11，
∴AB= =22；
（2）如图1，作DK⊥AB于点K，延长DK到点L，使KL=DK，连结AL、BD，
由题意得，AD=2t，BE=t，
当t=4 -2时，AD=2（4 -2）=8 -4，BE=4 -2，
∵ AB•DK= AD•OB=S ABD，
△
∴ ×22DK= ×（8 -4）×11，
解得，DK=4 -2，
∴DL=2DK=2（4 -2）=8 -4，
∴AD=DL，
∴AD=AL=DL，
∵△ADL是等边三角形，
∴∠DAL=60°，
∴∠DAK= ∠DAL=30°；
∵∠AKD=90°，
∴ ，
∴EK=22-（4 -2）-（12−2 ）=12−2 ，∴AK=EK，
∴AD=ED，
∴∠AED=∠DAK=30°；
（3）存在．
如图2，在BO的延长线上取一点H，使OH=OB，连结AH，
由（2）得，∠OAB=30°，
∵AO⊥BH，
∴AB=AH，
∴∠OAH=∠OAB=30°，
∴∠BAH=60°，
∴△BAH是等边三角形；
设OB=a，则AB=BH=2a，
∴OA= ，
可得，在直角三角形中，如果有一个角是30°，那么30°角所对的直角边与斜边、另一直角边的比为1：2：
，
当DG边在OA上，如图2，则∠AGE=90°，
∴EG= AE= （22-t），
∴ （22-t）+2t= × （22-t），
解得， ；
当EF边在AB上，如图3，则∠AFD=90°，∴EF=DF= AD= ×2t=t，
∴AF= DF= t，
∴2t+ t=22，
解得，t=44-22 ；
当DF边在OA上，如图4，则∠AFE=90°，
∴AF= EF，
∵EF=DF，AF+DF=AD=2t，
∴ EF+EF=2t，
∴EF=（ -1）t，
∵AE=2EF，
∴22-t=2（ -1）t，
解得，t=4 +2；
当EG边AB上，如图5，则∠AGD=90°，∵EG=DG= AD=t，AG= DG，
∴22-t+t= t，
解得， ．
综上所述，t= 或t=44-22 或t=4 +2或t= ．
【点睛】
本题重点考查一次函数的图象与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、二次根式的
化简、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是确定∠AED=30°及含有30°角的直角三角形的三边的
比是1：2： ，解第（3）题时还应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
4．如图1，在平面直角坐标系中，过点 的两条直线分别交y轴于B、C两点，且B、C两点的纵坐
标分别是一元二次方程 的两个根．
（1）判断直线AC与直线AB的位置关系？并说明理由；
（2）如图2，若点D在直线AC上，且△BCD为等边三角形，动点E在直线AC上（不与点D、C重
合），做 直线BD，垂足为点F，设点EF的长为d，点E的横坐标是x，请求出d与x的函数关系
式：
（3）在（2）的条件下，直线BD上是否存在点P，平面内是否存在点Q，使以A、B、P、Q四点为顶点的
四边形是菱形，若存在请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）AB⊥AC，，理由见解析；（2） ；（3） 或 ， 或
， 或 ，
【解析】
【分析】
（1）结论： ．先求出 、 两点坐标，得到AB2，AC2，BC2，利用勾股定理的逆定理证明．
（2）分两种情形解答① ，② ，分别 在 中，解直角三角形即可．
（3）分两种情形讨论即可①当 为菱形对角线时，线段 的垂直平分线的解析式为 ，直线
与 轴的交点即为点 ，此时 ．
②当 为菱形的边时， ，可得 ， ， ， ，根据菱形的性质求出
点 坐标即可．
【详解】
解：（1） ，理由如下：
一元二次方程 的两个根为 ，3，
， ，
， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
；
（2）如图1中，作 于 ．
∵△BCD是等边三角形，
∴ ， ，
，， ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ， ，
直线 的解析式为 ，直线 的解析式为 ，
①当点 在点 上方时，即 时，
点 的横坐标为 ，
， ，
，
．
②当点 在点 下方时，即 时，同理可得 ．
综上所述 ．
（3）如图2中，存在，理由如下：
当 为菱形对角线时,设线段 的垂直平分线的解析式为把 的中点 代入：
所以线段 的垂直平分线的解析式为 ，
直线 与 轴的交点即为点 ，此时 ．
当 为菱形的边时，
同理可得： 的解析式为：
而 ，
设
，
则 或
所以 ， ，
同理可得 ，
四边形 、四边形 、四边形 是菱形，
所以由平移的性质可得：
， ， ， ， ，
综上所述，满足条件的点 坐标 或 ， 或 ， 或 ， ．
【点睛】
本题考查四边形综合题、一次函数、两直线位置关系、菱形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的
关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．已知：在矩形ABCD中， ， ．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上， ．
①连接BG，若 ，求AF的长；
②设 ， GFB的面积为S，且S满足函数关系式 ．在自变量m的取值范围内，是否存在
m，使菱形EPG△H面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②存在m= ，菱形EFGH面积最大为
【解析】
【分析】
（1）连接 ， ，由 、 、 、 分别是 ， ， ， 的中点可得， ，
，又 ，得 ，即结论得证；
（2）①过点 作 延长线于 ，根据 证 ，得出 ，根据勾股定理求出
，设 ，则 ，再利用勾股定理求出 即可；
②延长 交 延长线于 ，由①知 ，同理可证 ，则菱形的面积 矩形
的面积 的面积 的面积 的面积 的面积，得出关于 的关系式即可得出 最大时
菱形面积最大，当 与 重合时 有最大值，求出此时的 值即可．
【详解】
解：（1）连接 ， ，
、 、 、 分别是 ， ， ， 的中点，
， ，
四边形 是矩形，，
，
四边形 是菱形；
（2）①如图2，过点 作 延长线于 ，
， ，
，
又 ， ，
，
，
，
设 ，则 ，
，
，
即 ，
解得 ，
故 ；
②如图2，延长 交 延长线于 ，
由已知可得，四边形 是矩形，
由①知 ，
同理可证 ，
菱形的面积 矩形 的面积 的面积 的面积 的面积 的面积，
，
即 ，
，
， ， ， ，
，，
当 取最大值时菱形 面积最大，
当 与 重合时 有最大值，即 取到最大值，
此时 ，
，
当 时，菱形 面积最大为 ．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的
性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
6．如图，平面直角坐标系中，直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过A、B两点，点C的坐标是（1，0）．
(1)如图1，当S ABC＝6时，求直线AB的解析式；
(2)如图2，以B△C、AB为边分别在第一二象限作正方形BCGF和正方形ABDE，连接DF，交y轴于点H，
当a的值发生变化时，试判断BH的长度是否发生变化？若没有变化，请求出这个值并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，在a的值发生变化过程中，当直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F时，将
直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，当直线A′F′经过点D时停止平移，此时在直线A′F′上有一动点
P，当PC+PG最小时，在y轴左侧的平面内是否存在一动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行
四边形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2) 不变，证明见解析
(3) 或
【解析】
【分析】
（1）用a表示A、B的坐标再结合面积求出a的值即可；
（2）分别过DF作y轴的垂线，利用一线三垂直模型表述出D、F的坐标，再证明DH=HF即可；
（3）把（2）中F点坐标代入AB解析式即可求出a的值，再求出A′F′的解析式；当PC+PG最小时利用轴
对称求出P点坐标，最后设Q点坐标利用平行四边形对角线互相平方以及中点坐标公式计算即可．
(1)当 时 ，
∴B点坐标为
当 时 ，解得
∴A点坐标为
∵点C的坐标是（1，0）．
∴
∵
∴ 即
解得
∴直线AB的解析式为
(2)
不变，理由如下：
如图，过D作DM⊥y轴于M，过F作FN⊥y轴于N，
∵正方形BCGF
∴
∴
∴F点坐标
∵正方形ABDE
∴
∴∴D点坐标
∴ ，
又∵
∴
∴
∴
(3)
∵直线y＝ax+2a（a＞0）的图象经过点F
∴ ，解得
∵a＞0
∴
∴直线AF的解析式为 ，D点坐标为
∵直线AF向左平移，平移后的直线为A′F′，
∴设A′F′的解析式为
∵当直线A′F′经过点D时停止平移，
∴代入D 得 ，解得
∴设A′F′的解析式为
作C关于直线A′F′的对称点 ,连接 与直线A′F′的交点即为P，此时PC+PG最小
∵B点坐标为 ,C点坐标为
∴直线BC解析式为
∴D 在直线BC上且BC⊥DE
设 ，则 的中点即为D点∴ ，解得
∴
∵DP∥CG，且D为 中点
∴DP是 中位线
∴P为 中点
过G作GH⊥x轴于H，则由正方形BCGF得
∴
∴G点坐标为：
∴ 中点P坐标为
分别过△PAC三个顶点作对边的平行线，交点分别为 、 、 ，则此时以P、Q、A、C为顶点的四边
形是平行四边形，由于要求Q在y轴左边，符合条件的只有 、 ，
∵ ∥x轴，且
∴ 坐标为
∵线段AC中点坐标为 ，平行四边形PAQC对角线互相平分
∴线段 中点坐标为∴ 坐标为
综上所述，存在动点Q使得以P、Q、A、C为顶点的四边形是平行四边形，Q点坐标为
或 ．
【点睛】
本题综合考查一次函数与特殊四边形，难度极大，解题的关键是熟练根据正方形构造“一线三垂直”模型
以及中点坐标公式的运用．
7．在锐角△ABC中，AB＝AC，D是线段BC上的一点，连接AD，将AD绕着点A顺时针旋转至AE，使得
∠EAD＝2∠BAC，连接DE交AB于点F．
（1）如图1，若∠BAC＝60°，∠DAC＝15°，BD＝4，求AB的长；
（2）如图2，点G是线段AC的一点，连接DG，FG，若DA平分∠EDG，求证：FE＝DG+FG；
（3）在（1）的条件下，将△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，直线B'F'交AB于点
M，交AC于点N．在旋转过程中，是否存在△AMN为直角三角形？若存在，请直接写出AM的长度；若
不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）存在，
【解析】
【分析】
（1）过点 作 于点 ，交 于点 ，设 ，则 ， 勾股定理求得
；
（2）在 上截取 ,证明 ， 即可证明 ；
（3）①如图，当 时，延长 交于点 ， 角 于点 ,结合（1）的结论，通过计算角
度可得 是等腰直角三角形，在 中勾股定理求得 ,在 中，求得 ，进而求得
的长，② 是直角三角形， 时，通过分析不存在此情况．
【详解】
（1）过点 作 于点 ，交 于点 ，如图，是等边三角形，
，
,
，
∠DAC＝15°，
设 ，则 ，
，
，
，
在 中
，
，
解得 ，
，
（2）如图，在 上截取 ,
DA平分∠EDG，在 与 中
,
,
∵AF=AF
即
（3）①如图，当 时，延长 交于点 ， 角 于点 ,
由（1）可知， 是等边三角形，
∠DAC＝15°，∠BAC＝60°，
△BFD绕D点顺时针旋转∠α（0°＜α＜180°）得△B'F'D，
△AMN为直角三角形
当 时，,
是等腰直角三角形
在 中
在 中
② 是直角三角形， 时，
过点 作
若 ，
则四边形 是矩形，
又
四边形 是正方形，如图，此时 三点重合，不存在
综上所述，
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，勾股定理,正方形的判定，三角形全等的性质与判定，旋转的性质，掌握旋
转模型证明三角形全等是解题的关键．
8．在平面直角坐标系中，直线l：y＝ x＋3m交x轴，y轴于A，E两点，m＞0，过点E的直线l 交x轴
1 2
正半轴于点B（4m，0），如图1所示．
（1）求直线l 的函数解析式；
2
（2）△AEB按角的大小分类为 ；
（3）以点A，B为基础，在x轴上方构建矩形ABCD，点E在边CD上，过原点的直线l3：y＝mx交直线
CD于点P交直线AE，BE于点G，H．
①若直线l 把矩形ABCD的周长平分，求m的值；
3
②是否存在一个合适的m，使S BOH＝S AOG，若存在，求m的值；若不存在，则说明理由．
△ △
【答案】（1） ，（2）直角；（3）① ，②存在 ，
【解析】
【分析】
（1）先求出 ，再根据待定系数法求直线l 的函数解析式；
2
（2）把三点坐标用含 的代数式来表示，利用勾股定理的逆定理进行判断即可；
（3）①根据矩形的性质，用 表示矩形的周长，根据直线l 把矩形ABCD的周长平分建立方程求解；②
3
联立 ，求出 的坐标， ，求出 的坐标,根据面积相等建立方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）令 ，
解得： ，即 ，
令 ，得 ，
即 ，
设直线 ，
代入 两点得：
，
解得： ，
；
（2）由两点间的距离公式得：
，
，
，
则满足： ，
为直角三角形，
为直角．
（3）①如图， 四边形 为矩形，
，
则点 的纵坐标与 点相同，
即 ，
设 代入 得，，
，
即 ，
由题意得： ，
矩形 的周长为 ，
直线 平分矩形 的周长，则 一定在线段 上，则
，则 ，
，
解得： ，
②联立 与 得： ，
解得： ，
即 ，
联立 与 得： ，
解得： ，
即 ，
＞ 则 过一，三象限，
则 ，
此时 点位于 轴下方时，则 ，，
即 ，
解得： ，
经检验： 是原方程的根且符合题意，
同理，当此时 点位于 轴上方时，则 ，
解得： ，经检验： 是原方程的根且符合题意，
综上所述：存在，
【点睛】
本题考查了一次函数的综合运用、勾股定理、矩形的性质、解题的关键是熟练掌握求解一次函数解析式，
通过数学结合思想及分论讨论思想来求解，难度较大．
培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2020·山东济宁·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，
BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四
边形的面积比为1:3．若存在，请求出 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②存在， 或
【解析】
【分析】
（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周
长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形 ，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM= CD=6，
∴DM= ，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE= =DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为 ；
②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S ：S =1:3，
AON 四边形HNEF
即S AO△N ：S AEC =1:4，
∵O是△ AC中△点，∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴ ，
当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S ：S =1:3，
NOC 四边形ONEA
∴S NOC△：S
AEC
=1:4，
∵O△为AC中△ 点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴ ，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP= ，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中， ，
解得：x= ，
∴EF= ，
∴ ，综上：存在直线OH， 的值为 或 .
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点
较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.
2．（2021·辽宁沈阳·中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线 经过点
，与x轴交于点A，与y轴交于点B．线段 平行于x轴，交直线 于点D，连接 ， ．
（1）填空： __________．点A的坐标是（__________，__________）；
（2）求证：四边形 是平行四边形；
（3）动点P从点O出发，沿对角线 以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q
同时从点D出发，沿对角线 以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动
时间均为t秒．
①当 时， 的面积是__________．
②当点P，Q运动至四边形 为矩形时，请直接写出此时t的值．
【答案】（1） ，5，0；（2）见解析；（3）①12；② 或 ．
【解析】
【分析】
（1）代入 点坐标即可得出 值确定直线的解析式，进而求出 点坐标即可；
（2）求出 点坐标，根据 ， ，即可证四边形 是平行四边形；
（3）①作 于 ，设出 点的坐标，根据勾股定理计算出 的长度，根据运动时间求出 的长
度即可确定 的面积；②根据对角线相等确定 的长度，再根据 、 的位置分情况计算出 值即可．
【详解】
解：（1） 直线 经过点 ，
，
解得 ，
即直线的解析式为 ，
当 时， ，
，
（2） 线段 平行于 轴，
点的纵坐标与 点一样，
又 点在直线 上，
当 时， ，
即 ，
，
，
，
又 ，
四边形 是平行四边形；
（3）①作 于 ，
点在直线 上，
设 点的坐标为 ，
， ，
由勾股定理，得 ，
即 ，
整理得 或8（舍去），
，，
当 时， ，
，
② ，
当 时， ，
当 时， ，
当点 ， 运动至四边形 为矩形时， ，
，
当 时， ，
解得 ，
当 时， ，
解得 ，
综上，当点 ， 运动至四边形 为矩形时 的值为 或 ．
【点睛】
本题主要考查一次函数的性质，熟练掌握待定系数法求解析式，平行四边形的性质和矩形的性质是解题的
关键．
3．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落
在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出
∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在Rt CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在Rt APE中，由勾股定
理得出方程，解方程得出EP＝ cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最
远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在Rt CDE中，DE＝ ＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在Rt APE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝ cm，
∴菱形BFEP的边长为 cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判
定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
4．（2017·江苏连云港·中考真题）如图1，点 、 、 、 分别在矩形 的边 、 、 、
上， .
求证： .( 表示面积)
实验探究：
某数学实验小组发现：若图1中 ，点 在 上移动时，上述结论会发生变化，分别过点 、
作 边的平行线，再分别过点 、 作 边的平行线，四条平行线分别相交于点 、 、 、
，得到矩形 .
如图2，当 时，若将点 向点 靠近( )，经过探索，发现：
.
如图3，当 时，若将点 向点 靠近( ，请探索 、 与 之间的
数量关系，并说明理由.
迁移应用：
请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题.
(1)如图4，点 、 、 、 分别是面积为25的正方形 各边上的点，已知 ， ，
， ，求 的长.(2)如图5，在矩形 中， ， ，点 、 分别在边 、 上， ， ，点
、 分别是边 、 上的动点，且 ，连接 、 ，请直接写出四边形 面积的最
大值.
【答案】问题呈现： ；实验探究： ；迁移应用：
（1） ；（2）
【解析】
【详解】
试题分析：问题呈现：根据矩形的性质，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；
实验探究：由题意得，当将点 向点 靠近 时，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可
得到结论；
迁移应用：（1）由上面的结论，结合图形，通过割补法利用三角形的面积和矩形的面积可得到结论；
（2）直接根据规律写出结果即可.
试题解析：问题呈现：
因为四边形 是矩形，所以 ， ，
又因为 ，所以四边形 是矩形，
所以 ，同理可得 .
因为 ，所以 .
实验探究：
由题意得，当将点 向点 靠近 时，如图所示， ， ，
， ，
所以 ，
所以 ，
即 .
迁移应用：
(1) 如图所示，由“实验探究”的结论可知 ，
所以 ，
因为正方形面积是25，所以边长为5，
又 ，
所以 ， ，
所以 ，
所以， .
（2）四边形 面积的最大值为 .考点：四边形的综合
5．（2017·江西·中考真题）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜
180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是
△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中
心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= BC；
②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2 ，DA=6．在四边形内部是否存在
点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存
在，说明理由．
【答案】（1）① ；②4；（2）AD= BC，证明见解析；（3）存在，证明见解析， ．
【解析】
【分析】
（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD= AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD= BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形
AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于
P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，
PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可；
【详解】
解：（1）①如图2中，∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AB=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD= AB′= BC，
故答案为 ．
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD= B′C′= BC=4，
故答案为4．
（2）结论：AD= BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC=AM，
∴AD= BC．
（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交
BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，∵CD=2 ，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM= BM=7，
∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，∵CD=2 ，CF=6，
∴tan∠CDF= ，
∴∠CDF=60°=∠CPF，易证△FCP≌△CFD，
∴CD=PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN= ，
∴PN= = ．
【点睛】
本题考查四边形综合题．
