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第 08 课 特殊平行四边形 解答题（难点 3-解答证明与情景探究题）
课后培优练级
练
培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图1，四边形ABCD是矩形，点O位于对角线BD上，将△ADE，△CBF分别沿DE、BF翻折，点
A，点C都恰好落在点O处．
(1)求证：∠EDO= ∠FBO；
(2)求证：四边形DEBF是菱形；
(3)如图2，若AD=2，点P是线段ED上的动点，求2AP + DP的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）先证明△DOF≌△BOE得到OE=OF，再证明△EOD≌△FOB即可得到∠EDO=∠FBO；
（2）先证明∠DOF=∠BOE=90°，从而推出E、O、F三点共线，再由OE=OF，OB=OD，EF⊥BD，即可证
明四边形DEBF是菱形；
（3）如图所示，连接OA，先证明△AOB是等边三角形，得到∠ADO=60°，则由折叠的性质可得
，过点P作PH⊥BD于H，得到 ，则 ，要使
2AP+DP最小，即要使AP+PH最小，则当A、P、H三点共线且与BD垂直时AP+PH有最小值，据此求解
即可．
(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，AD=BC， ，
∴∠ODF=∠OBE，∠OFD=∠OEB，
由折叠的性质可知AD=OD，OB=BC，∠EOD=∠A=90°，∠BOF=∠C=90°，
∴OD=OB，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴OE=OF，
又∵∠EOD=∠FOB=90°，OD=OB，
∴△EOD≌△FOB（SAS），
∴∠EDO=∠FBO；
(2)
解：由（1）得△DOF≌△BOE，
∴∠DOF=∠BOE，
∵∠EOD=∠FOB=90°，∠DOF+∠BOE+∠EOD+∠FOB=360°，
∴∠DOF=∠BOE=90°，
∴∠DOE+∠DOF=180°，
∴E、O、F三点共线，
又∵OE=OF，OB=OD，EF⊥BD，
∴四边形DEBF是菱形；
(3)
解：如图所示，连接OA，
由（1）得OD=AD，OB=BC，BC=AD，
∴BD=2AD，
∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴OA=OD，
∴OA=OD=AD，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ADO=60°，
∴由折叠的性质可得 ，
过点P作PH⊥BD于H，
∴ ，∴ ，
要使2AP+DP最小，即要使AP+PH最小，
∴当A、P、H三点共线且与BD垂直时AP+PH有最小值，
过点A作AG⊥BD，
在Rt△ABD中，BD=2AD=4，AD=2，
∴ ，
∴由等面积法可知 ，
∴ ，
∴ ，
∴2AP+DP的最小值为 ．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，等边三角形的性质与判定，折叠的
性质，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等等，正确作出辅助线是解题的关键．
2．问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到
△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．(1)猜想证明：
试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与 的数量关系并加以证明；
(3)解决问题：
如图①，若AB＝4，当BE的长为 时，△ADE为等腰三角形，请直接写出结果．
【答案】(1)正方形，理由见解析
(2)CF＝ ，理由见解析
(3) 或
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可证四边形
BE'FE是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH＝AE，DH⊥AE，由“AAS”
（3）分类讨论，当①AD=AE、AD=DE、DE=AE时，△ADE为等腰三角形．
(1)
解：四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠BEF=∠CE'B＝90°，∠EBE'＝90°，
∴四边形 是矩形，
又∵BE＝ ，
∴四边形 是正方形；
(2)
CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，∴AH＝ AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝ AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝ ，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝ ，
∴CF＝ ；
(3)
当AE=AD=4时， ，不符合题意；
当AD=DE=4时，由（2）可知，
∴
设 ，则
在Rt△ABE中， ，即：解得 ，（ 舍去）
当AE=DE=4时，点E在AD的中垂线上
∵∠AEB=90°
∴E在AC、BD的交点
此时BE=AE
在Rt△ABE中， ，
∴
∴ （ 舍去）
综上所述，当 或 时， ADE是等腰三角形
△
故答案为： 或 ．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形
的性质等知识，勾股定理，分类讨论思想，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
3．已知正方形 ，E，F为平面内两点．
(1)如图1，当点E在边 上时， ，且B，C，F三点共线．求证： ；
(2)如图2，当点E在正方形 外部时， ， ，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段
， ， 之间的数量关系；
(3)如图3，当点E在正方形 外部时， ， ， ，且D，F，E三点共线，
与 交于G点．若 ， ，求正方形 的面积．
【答案】(1)见解析(2)
(3)17
【解析】
【分析】
(1)证明 EAD≌ FCD即可．
(2)证明△EAD≌△FCD，得到DE=DF，AE=CF，由勾股定理证明即可．
△ △
（3）结合（2）的结论，运用四点共圆，先求得EC= ，根据勾股定理求得 ，运用正方形的面
积等于 计算即可．
(1)
如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠EAD=∠FCD=∠BCD=∠ADC=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠EDA=90°-∠CDE=∠FCD，
∴ EAD≌ FCD，
∴△AE=CF．△
(2)
， ， 之间的数量关系为 ．理由如下：
如图2，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠EAD=∠FCD=∠BCD=∠ADC=90°，∵∠EDF=90°，
∴∠EDA=90°-∠CDE=∠FCD，
∵∠EDF=90°，∠AEF=90°，
∴∠AED=90°-∠DEF=∠CFD，
∴ EAD≌ FCD，
∴△AE=CF，△DE=DF，
∴ EDF是等腰直角三角形，
△
∴
故 ．
(3)
连接AC，根据题意，得∠AEC=∠ADC=90°，
∴A、E、C、D都在以AC为直径的圆上，
∵∠ABC=90°，
∴点B也在同一个圆上，
∴∠DEA=∠DCA=45°，
∵∠EAF=90°，
∴∠AFE=45°，
∴AE=AF= ，EF= AE=2，
∴DE=DF+EF=3+2=5，
根据（2）得 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠AEC=90°，
∴ ，
∴正方形的面积等于 ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，四点共圆，熟练掌握正方形的性质，四
点共圆，勾股定理是解题的关键．
4．如图，正方形 ，点 、 、 分别在 、 、 上， 与 相交于点 ．
(1)如图1，过点 作DF//GH交 的延长线于点 ，当 时．
①求证： ；
②平移图1中线段 ，使 点与 重合， 点在 延长线上，连接 ，取 中点 ，连接 如图
2，求证： ；(2)如图3，当 ，边长 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）①如图1，可证得四边形DGHF是平行四边形，进而可证 ADE≌△CDF（AAS），即可证得结论；
△
②在BC上截取BN＝BE，如图2，则 BEH是等腰直角三角形，EN＝ BE，由 ADE≌△CDH，利用全等
△ △
三角形性质和正方形性质即可得出结论；
（2）如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，作∠ADM＝∠CDN，DM
交BA延长线于M，利用AAS证明 ADM≌△CDN，设AE＝x，则BE＝3−x，运用勾股定理建立方程求解即
可． △
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD//BC，∠ADC＝90°，
又∵DF//GH，
∴四边形DGHF是平行四边形，
∴HG＝DF，GD＝FH，
∴∠GOD＝∠FDE＝90°，
∴∠FDC＋∠EDC＝90°，
∵∠ADE＋∠EDC＝90°，
∴∠FDC＝∠ADE，
在 ADE和 CDF中，
△ △，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴DE＝DF，
∵HG＝DF，
∴ ；
②在BC上截取BN＝BE，如图2，
则 BEN是等腰直角三角形，EN＝ BE，
△
由（1）知， ADE≌△CDH，
∴AE＝CH，△
∵BA＝BC，BE＝BN，
∴CN＝AE＝CH，
∵PH＝PE，
∴PC＝ EN，
∴PC＝ BE，
即BE＝ PC；
(2)
如图3，过点D作DN//GH交BC于点N，则四边形GHND是平行四边形，
∴DN＝HG，GD＝HN，
∵∠C＝90°，DC＝AB＝3，HG＝DN＝ ，∴ ，
∴BN＝BC−CN＝3−1＝2，
作∠ADM＝∠CDN，DM交BA延长线于M，
在 ADM和 CDN中，
△ △
，
∴△ADM≌△CDN（ASA），
∴AM＝NC，DM＝DN，
∵∠GOD＝45°，
∴∠EDN＝45°，
∴∠ADE＋∠CDN＝45°，
∴∠ADE＋∠ADM＝45°＝∠MDE，
在 MDE和 NDE中，
△ △
，
∴△MDE≌△NDE（SAS），
∴EM＝EN，
即AE＋CN＝EN，
设AE＝x，则BE＝3−x，
在Rt BEN中，22＋(3−x)2＝(x＋1)2，
△
解得：x＝ ,∴ ．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形性质，等腰直角三角形判定和性质，平行四边形的判定与性质，全等
三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
5．某数学小组在探究四边形的性质时，经历了如下过程：四边形 是菱形， ．
(1)【操作发现】如图1，点 是线段 上的一个动点（不与端点重合），连接 ，以 为边作等边
，过 点作 于点 ，作 于点 ，连接 ．
① __________°；② __________ （填“＞”或“＜”或“＝”）．
(2)【数学思考】如图2，点 是线段 延长线上的一个动点（不与端点重合），连接 ，以 为边作
等边 ．
①连接 ，求证：点 在 的角平分线上；
②过 点作 ，交 于点 ，连接 ，求证：四边形 是平行四边形；
(3)【类比探索】如图3，若 点不在直线 上时，以 为边作等边 ，连接 并延长，交 于点
，连接 ，求 的大小．
【答案】(1)①60；②＝
(2)①见解析；②见解析
(3)60°
【解析】
【分析】
（1）证明 ，可得 ，进而可得 三点共线，根据四边形内角和定理即可得 ，根据 在 的角平分线上，根据角平分线的性质可得 ；
（2）①连接 ，同理证明 ，进而可得 三点共线，即可得证；
②根据 ，可得 ，由 ，即可得证．
（3）过点 作 于 ， 交 于点 ，证明 ，根据角平分线的判定即可求解．
(1)
四边形 是菱形， ， 是等边三角形，
，AB=BC，BF=BE，
，
，
，
，
，
三点共线，
，
，
在 的角平分线上，
，
故答案为：①60；②＝.
(2)
①如图2，连接四边形 是菱形， ， 是等边三角形
，
，
，
即 ，
又 ，
，
，
，
三点共线，
平分 ， ，
点 在 的角平分线上，
② ，
，
是等边三角形，
，
是等边三角形，
，
由①知： ，
，
，
，
四边形 是平行四边形；
(3)
解：如图3，过点 作 于 ， 交 于点 ，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，又BE=BF,
，
，
平分 ，
．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的判定与性质，全等三角形的性质与判定，
掌握全等三角形的性质与判定以及角平分线的性质是解题的关键．6．如图所示，在菱形 中， 是等边三角形．
(1)如图1，点E、F分别在菱形的边 上滑动，且E、F不与B、C、D重合，求证： ；
(2)如图2，点E是 延长线上一点，连 ．
①求证： ；
②若 ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②
【解析】
【分析】
（1）证明 、 为等边三角形，得出 ， ，可证明 ，再
根据全等三角形的性质求解；
（2）①证明 ，由全等三角形的性质可得出 ，则可得出结论；
②过点A作 于点G，连接AC，由勾股定理可得出答案．
(1)
证明：如图1，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形， ，
∴ ．∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ 和 为等边三角形，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ；
(2)
①证明：∵ 和 为等边三角形，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ， ，
∴ ；
②解：过点A作 于点G，连接AC，
∴ ，∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股
定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
7．
(1)操作发现：如图1，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将 沿AE折叠后得到 ，点F在矩形
ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论．
(2)类比探究：如图2，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然
成立？请说明理由．
(3)解决问题：保持（1）中的条件不变，若G点是CD的中点，则矩形ABCD中，AD与AB的比值______．
【答案】(1)GF＝GC；理由见解析
(2)（1）中的结论仍然成立，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接EG，利用矩形性质和折叠性质，根据“HL”即可证明Rt△EFG≌Rt△ECG，进而得出答案；
（2）连接FC，运用折叠的性质和平行四边形性质即可证得∠GFC＝∠GCF，进而得出GF＝GC．即（1）
中的结论仍然成立；
（3）先根据题意画出图形，设AB=m，则 ，求出 ，得出，根据勾股定理求出 ，即可求出结果．
(1)
解：GF＝GC；理由如下：
连接EG，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∵E是BC的中点，
∴EB＝EC，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴∠AFE＝∠B＝90°，EF＝EB，
∴∠EFG＝180°﹣∠AFE＝90°
∴△EFG和△ECG为直角三角形，
∵EG=EG，EF＝EC，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴GF＝GC．
(2)
（1）中的结论仍然成立；理由如下：
连接FC，如图所示：
∵E是BC的中点，∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴∠ECD＝∠EFG，
∴∠EFG﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴GF＝GC．
即（1）中的结论仍然成立．
(3)
如图所示：
∵点G是CD的中点，
∴ ，
根据（1）中的结论可知， ，
∴ ，
根据折叠可知， ，
设AB=m，则 ，
∴ ， ，
在Rt△ADG中，根据勾股定理可得：，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】
本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角
形的判定和性质，解本题的关键是根据已知得出EF＝EC，∠EFC＝∠ECF，是解决问题的关键．
8．[情景引入]如图1，射线AD与线段AB重合，将射线AD绕点A逆时针方向旋转旋转角为 ，
，在旋转过程中，某一时刻射线AD把 分成面积相等两部分，于是我们可以求得
，此时我们把射线AD称为 的“完美分割线”．
[理解应用]
如图2，在钝角 中，点E是线段BC的中点，试说明：射线AD是 的“完美分割线”．
[问题提升]
在菱形ABCD中， ，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线
OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F．（1）如图3，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上，
①请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系；
②连接E、F，试说明： 为等边三角形．
（2）如图4，将 绕点O以每秒2°的速度逆时针方向旋转，当OM与AD重合时停止运动（旋转时
间为t）；试问：当t为何值时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”？（注：解答时原图
不添加任何字母和辅助线）
【答案】[理解应用]见解析；[问题提升]（1）①CA＝CE＋CF；②见解析；（2）t=15或45
【解析】
【分析】
[理解应用]分别表示出 ，即可证得结论；
[问题提升]（1）①如图，结论：CA＝CE＋CF．只要证明 ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题；
△
②由题意易得△ADF≌△ACE，可得： ，可推得 ，进而问题可证；
（2）分射线OM是 的“完美分割线”或射线ON是 的“完美分割线”，进行讨论即
可得出答案．
[理解应用]如图：过A作AH⊥BC于H，
∵点E是线段BC的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故射线AD是 的“完美分割线”．
[问题提升](1)①结论：CA＝CE＋CF．
理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝AD＝DC＝BC，∠BAC＝∠DAC＝60°，
∴△ABC， ACD都是等边三角形，
∵∠DAC＝∠△EAF＝60°，
∴∠DAF＝∠CAE，
∵CA＝AD，∠D＝∠ACE＝60°，
∴△ADF≌△ACE（SAS），
∴DF＝CE，
∴CE＋CF＝CF＋DF＝CD＝AC，
∴CA＝CE＋CF；
②∵△ADF≌△ACE，
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ,
∴ 为等边三角形．
(2)当OM恰巧平分BC时，此时ON恰巧平分CD，
在等边 中，OM平分BC，
∴ , ，
故射线OM是 的“完美分割线”，
∴ ，
∴ （秒）；
当ON恰巧平分CD，
在等边 中，ON平分CD，∴ ， ,
∴ ,
故射线ON是 的“完美分割线”，
∴ ，
∴ （秒）；
当OM恰巧平分CD时，
在等边 中，OM平分CD，
∴ , ，
故射线OM是 的“完美分割线”，
∴ ，
∴ （秒）．
综上所述当t=15或45秒时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
培优第二阶——拓展培优练
一、解答题
1．如图1，矩形 中， ，点P在边 上，且不与点B、C重合，直线 与 的延长
线交于点E．(1)当点P是 的中点时，求证： ；
(2)将 沿直线 折叠得到 ，点 落在矩形 的内部，延长 交直线 于点F．
①证明 ，并求出在（1）条件下 的值；
②连接 ，求 周长的最小值；
③如图2， 交 于点H，点G是 的中点，当 时，请判断 与 的数量关系，
并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析； ；②12,；③ ，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到 ，再结合P是 的中点证明 ；
（2）①设 ，在 中，表示出三角形的其他两边，再由勾股定理列方程计算即可；
②当点 恰好位于对角线 上时， 最小，利用勾股定理计算即可；
③过点 作 ，交 于点M，证明 ，再由
即可得到 ．
(1)
解：如图9-1，在矩形 中， ，即 ，
∴ ．
∵点P是 的中点，
∴ ．
∴ ．
(2)
①证明：如图9-2，在矩形 中， ，
∴ ．
由折叠可知 ，
∴ ．
∴ ．
在矩形 中， ，
∵点P是 的中点，∴ ．
由折叠可知 ， ．
设 ，则 ．
∴ ．
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
②解：如图9-3，由折叠可知 ， ．
∴ ．
由两点之间线段最短可知，
当点 恰好位于对角线 上时， 最小．
连接 ，在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
③解： 与 的数量关系是 ．理由是：如图9-4，由折叠可知 ．
过点 作 ，交 于点M，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
∴点H是 中点．
∵ ，即 ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∵点G为 中点，点H是 中点，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、折叠问题、勾股定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质，关键是作出辅助
线，根据等腰三角形的性质证明．2．如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水
平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形
ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．
【活动】
小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，
这两个矩形的对称中心O，O 所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的
1 2
面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）
【思考】
如图3，直线OO 是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分
1 2
别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ （填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．
【应用】
在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．
（1）如图4，CD＝AF＝1．
①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；
②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为 ．
（2）设 ＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交
的面积平分线，直接写出t的取值范围 ．
【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）① ；② ；（2） ＜t＜【解析】
【分析】
[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O，O 所在直线是该L图
1 2
形的面积平分线；
[思考]如图2，证明 OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
[应用] △
（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积
平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；
②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；
（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，
在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得
t的取值．
解：【活动】如图1，直线OO 是该L图形的面积平分线；
1 2
【思考】
如图2，∵∠A＝∠B＝90°，
∴AF∥BC，
∴∠NQO＝∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON＝OM，
在 OQN和 OPM中，
△ △，
∴△OQN≌△OPM（AAS），
∴S OQN＝S OPM，
∵S△ ABMN＝△SMNFEDC，
梯形
∴S ABMN﹣S OPM＝SMNFEDC﹣S OQN，
梯形
即SABPON＝SC△DEFQOM， △
∴SABPON+S OQN＝SCDEFQOM+S OPM，
即S ABPQ△＝SCDEFQP， △
梯形
∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．
故答案为：是；
【应用】
（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，
L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积= ×（DQ+BC）×CD= ，
即 ×（DQ+6）×1= ，
∴DQ=CH=3，
∴PH=6-3=3，
∵QH=CD=1，
由勾股定理得：PQ= ；∴PQ长的最大值为 ；
②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，
设BG＝x，则MG＝1﹣x，
根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，
解得x＝ ，即BG＝ ；
故答案为： ；
（2）∵ ＝t（t＞0），
∴CD＝tAF，
在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，
如图5，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条
边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，
即（4﹣tAF）•AF＜6t•AF，∴ ，
∵0＜AF＜6，
∴0＜ ﹣6＜6，
∴ ．
故答案为： ＜t＜ ．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了应用与设计作图，矩形的性质和判定，四边形面积的平分，三角形全等的
性质和判定等知识，并结合平面直角坐标系计算线段的长，明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积
平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
3．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．
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．
4．在等边三角形ABC中，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD的上方作
菱形ADEF，且∠DAF=60°，连接CF．
（1）【观察猜想】如图（1），当点D在线段CB上时，
① ；
② 之间数量关系为 ．
（2）【数学思考】：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，（1）中两个结论是否仍然成立？请说
明理由．
（3）【拓展应用】：如图（3），当点D在线段BC的延长线上时，若 ， ，请直接写出
的长及菱形ADEF的面积．．
【答案】（1）①120°；② BC＝CD+CF；（2）不成立，见解析；（3）8，
【解析】
【分析】
（1）①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△ACF≌△ABD，根据全等三角形的性质即可得到结
论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
（2）依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB∥CF；依据△ABD≌△ACF可得
BD=CF，依据CD-BD=BC，即可得出CD-CF=BC；
（3）依据 ，即可得到 ，利用 是等边三角形， ，可得
，即可得出HD的长度，利用勾股定理即可求出AD的长度，即可得出结论．
解：（1）在等边△ABC中，AB=AC，∠BAC=∠ACB=∠ABC=60°
∴∠BAD+∠DAC=60°
在菱形ADEF中
AD=AF
∵∠DAF=∠DAC+∠FAC=60°
∴∠CAF=∠DAB
又∵AC=AB，AF=AD
∴△ACF≌△ABD
∴∠ACF=∠ABD=60°，CF=BD
∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=120°故答案为：120°
②∵BC=BD+CD，BD=CF
∴BD=CF+CD
故答案为：BC=CD+CF
（2）不成立
理由：∵ 是等边三角形
∴ ，
又∵
∴
∴
∵四边形ADEF是菱形
∴
∴
∴ ，
∴
∵
∴
（3） ，菱形ADEF的面积是
∵
∴
又∵ ，
∴
∴
∴如图，过点A作 于点H，连接FD
∵ 是等边三角形，
∴
∴
∵
∴
∴ .
【点睛】
此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质的
综合运用，利用已知条件判定△DAB≌△FAC是解本题的关键．
5．折纸是同学们喜欢的手工活动之一，通过折纸我们既可以得到许多美丽的图形．同时纸的过程还蕴含
着丰富的数学知识．
(1)折纸1：如图，将正方形 沿 对折，使点A落在点 ，连接 ，若 ，则
_______．
(2)折纸2：请用一个正方形纸片折出一个30°的角（不借助任何工具），在给出的正方形图形中画出你的
折叠方法，并说明理由．
(3)折纸3：如图，操作一；将边长为4的正方形片 对折，使点B、C分别与点A，D重合，再展开得到折痕 ；操作：将正方形 沿着 折叠，使得点D落在点 处；操作三：正方形纸片沿着
折叠再展开，折痕 与边 于点P，求线段 的长度．
(4)综合应用：如图，在矩形 中， ， ，点P为 上的一点（不与B点重合，可以与C
点重合），将 沿着 折叠，点B的对应点为 ， 落在矩形的内部，连结 ， ，当
为等腰三角形时，求 的面积．
【答案】(1)
(2)折图见解析
(3)
(4) 或
【解析】
【分析】
（1）由邻补角的性质先求解 再由对折的性质求解
结合正方形的性质可得： 再
利用等腰三角形的性质可得答案；
（2）如图，先将正方形ABCD对折，使A，D重合，B，C重合，展开，再将AB，CD分别沿过B或C的
直线折叠，使A，D落在折痕EF上，从而可得答案；
（3）如图，连结AP，证明 可得 由勾股定理可得： 再建立
方程求解即可；（4）分两种情况讨论：如图，由对折可得： 当 时，过 作 于 再
求解 如图，当 时，过 作 于 设 则 再利用勾股
定理可得： 从而可得答案．
(1)
解： ，
由折叠可得：
正方形 ，
故答案为：
(2)
解：如图，图中 理由如下：
由对折可得：
正方形
是等边三角形，
是等边三角形，(3)
解：如图，连结AP，由边长为4的正方形片 对折，再沿AF对折，
正方形纸片沿着 折叠再展开，折痕 与边 于点P，
而
由勾股定理可得：
解得：
(4)
解：如图，由对折可得：
当 时，过 作 于
则如图，当 时，过 作 于
设 则
同理：
由勾股定理可得：
解得：
综上：三角形 的面积为： 或 ．
【点睛】
本题考查的是矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，轴对称的性质，
勾股定理的应用，二次根式的运算，熟练的掌握轴对称的性质是解本题的关键．
6．已知正方形 ， ， 为平面内两点．(1)【探究建模】如图1，当点 在边 上时， ，且 ， ， 三点共线．求证： ；
(2)【类比应用】如图2，当点 在正方形 外部时， ， ，且 ， ， 三点共线．
猜想并证明线段 ， ， 之间的数量关系；
(3)【拓展迁移】如图3，当点 在正方形 外部时， ， ， ，且 ， ，
三点共线， 与 交于 点．若 ， ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)猜想： ；理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）如图1，由正方形 和 的条件，根据 证明 ，即可得到结论；
（2）如图2，猜想： ，根据 证明 ，推出 ， ，即可证
明；
（3）如图3，连接 ，取 的中点 ，连接 ， ，证明 ，利用（2）中结论
求解即可．
(1)
证明：如图1，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ．
(2)
解：猜想： ．
理由：如图2，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在四边形 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，在 和 中，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
(3)
如图3，连接 ，取 的中点 ，连接 ， ，
∴ ，
∵四边形 是正方形， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ， ， 四点共圆， ，
∴ ，
∴ ，
由（2）可知， ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理，勾股
定理，四边形内角和，等腰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，学会利用建模的思想思考问题．
7．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．如图1，小明在证明这个
定理时，通过延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF，证明△ADE △CFE，再证明四边形DBCF是平行
四边形，即可得证．(1)【类比迁移】如图2，AD是BC边的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AC＝BF，求证：AE＝
EF．
小明发现可以类比以上思路进行证明．
证明：如图2，延长AD至点M，使MD＝FD，连接MC，……
请你根据小明的思路完成证明过程．
(2)【方法运用】如图3，在菱形ABCD中，∠D＝60°，点E为射线BC上一个动点(在点C右侧)，把线段
EC绕点E逆时针旋转120°得到线段BC′，连接BC′，点F是BC′的中点，连接AE、CF、EF．
①请你判断线段EF和AE的数量关系是________，并说明理由；②若菱形ABCD的边长为6，CF＝ CE，请直接写出CF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；② 或
【解析】
【分析】
（1）延长 至 ，使 ，连接 ，证明 ，由全等三角形的性质可得出
， ，则可得出结论；
（2）①延长 至点 ，使 ，连接 、 ，先证 ，得 ，
，则 ，再证 ，得 ， ，然后证
是等边三角形，即可得出结论；
②分两种情况，当 为 的中位线时， ，可求出答案；当 不是 的中位
线时，连接 ，取 的中点 ，连接 ，过点 作 ，过点 作 于点 ，过点 作
于点 ，证明 ，得出 ，则可得出答案．
(1)
证明：延长 至 ，使 ，连接 ，
在 和 中，，
，
， ，
，
，
，
，
，
；
(2)
①解：线段 与 的数量关系为： ，
理由：延长 至点 ，使 ，连接 、 ，
点 为 的中点，
，
在 和 中，
，
，， ，
，
线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，
， ，
，
四边形是 菱形， ，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
是等边三角形，
；
故答案为： ；
②解： 的长为 或 ．
当 为 的中位线时， ， ，
点 是 的中点，
为 的中点，
，
；
如图，当 不是 的中位线时，连接 ，取 的中点 ，连接 ，过点 作 ，过点作 于点 ，过点 作 于点 ，
为等腰三角形， ，
，
， ，
，
，
为 的中点， 为 的中点，
是 的中位线，
， ，
，
， ，
， ，
，
，
，
，即 ，
，即 ，
综上所述， 的长为 或 ．【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角
三角形的性质、三角形中位线定理的证明、旋转的性质、含 角的直角三角形的性质，熟练掌握全等三
角形的判定与性质是解题的关键．
8．[特例感知]如图1，在正方形 中，点E，F分别为 ， 的中点， 、 交于点G．
（1）易证 ，可知 、 的关系为___________________；
（2）连接 ，若 ，求 的长．
[初步探究]如图2，在正方形 中，点E为 边上一点， 分别交 、 于F、G，垂足为
O．求证： ．
[基本应用]如图3，将边长为6的正方形 折叠，使得点A落在边 的中点M处，折痕为 ，点
P、Q分别在边 、 上，请直接写出折痕 的长： ________．
[应用拓展]如图4，在四边形 中， ， ， ， ， 于
E， 交 于F，则 长为________．
【答案】特例感知：（1） 且 ；（2）6；初步探究：见解析；基本应用： ；应用拓
展：
【解析】
【分析】
[特例感知]（1）由“SAS”可证 ，即可得出结论；
（2）由“AAS”可证 ，可得AD=BH，由直角三角形的性质可求得 的长；
[初步探究]“ASA”可证 ，可得DE=DH=FG；
[基本应用]由全等三角形的性质可证PQ=AM，由勾股定理可求解；[应用拓展]由“AAS”可证 ,可得AH=BE, DH=AE，由“ASA"可证 ,可得
DE=AF= ．
[特例感知]解：（1）∵四边形 是正方形,
∴ ,
∵点 ， 是 ， 的中点,
∴ ， ，
∴ ，
在 和 中
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： 且 ．
（2）解：延长 交 的延长线于点H，
∵四边形 是正方形，
∴ 且 ，
∴ ，又∵ ，
∴ ，
∴ ，
又由（1）知： ，
∴ ，
∴在 中， ，
∴ ．
[初步探究]过点C作 交 于点H，交DE于N,
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
[基本应用]如图，连接AM,过点 作 于H点，∴ ，
∵ ，
∴四边形ABQH是矩形，
∴HQ=AB=6,
由折叠可知PQ⊥AM，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
在 和 中
∴ ，
∴ ，
∵点 是 的中点，
∴ ，
在 中，由勾股定理得， ，
∴ = ．
故答案为： ．
[应用拓展]过点 作 于 ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】
此题是四边形综合题,考查了正方形的性质，勾股定理,折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
9．在图1中似乎包含了一些曲线，其实它们是由多条线段构成的．它不但漂亮，还蕴含着很多美妙的数学
结论．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是直线AB，BC上的点（E，F在直线AC的两侧），且AE＝
CF．
(1)如图2，求证：DE＝DF；
(2)若直线AC与EF相交于点G，
①如图3，求证：DG⊥EF；
②设正方形ABCD的中心为O，∠CFE＝α，用含α的式子表示∠DGO的度数（不必证明）．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；
②∠DGO＝α+45°或∠DGO＝α﹣45°或∠DGO＝45°﹣α
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得AD＝CD，∠C＝∠DAB＝90°．则∠DAE＝∠C＝90°，利用SAS证明
，根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）①作 交AC于点H，根据正方形的性质可得AE＝EH＝CF，证明 ，
可得EG＝GF．由（1）同理可得 DE＝DF，根据等腰三角形三线合一的性质可得DG⊥EF；②分三种情况：
Ⅰ当点E在线段AB上时，Ⅱ当点E在线段BA的延长线上时，Ⅲ当点E在线段AB的延长线上时，根据正
方形以及直角三角形的性质即可求解．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠C＝∠DAB＝90°．
∴∠DAE＝∠C＝90°，
又∵AE＝CF，
∴ ，∴DE＝DF；
(2)
①证明：作 交AC于点H，如图3．
∴∠EHG＝∠FCG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°．
∴∠BAC＝∠BCA＝45°
∵EH∥BC，
∴∠AHE＝∠ACB＝45°．
∴∠BAH＝∠AHE．
∴AE＝EH，
∵AE＝CF，
∴EH＝CF．
又∵∠EGH＝∠FGC，
∴ （AAS），
∴EG＝GF．
由（1）同理可得DE＝DF，
∴DG⊥EF；
②解：Ⅰ当点E在线段AB上时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ACD＝45°，
∵DE＝DF，DG⊥EF，∴∠GDF＝∠2＝45°，
∴∠1＝45°﹣∠3，
∵∠BCD＝90°，
∴∠3+∠2+∠CFE＝90°，
∴∠3＝90°﹣45°﹣α＝45°﹣α，
∴∠1＝45°﹣∠3＝α，
∵∠DGO＝∠ACD+∠1，
∴∠DGO＝α+45°；
Ⅱ当点E在线段BA的延长线上时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BDC＝45°，
∵DE＝DF，DG⊥EF，
∴∠GDF＝∠GFD＝∠BDC＝45°，
∴∠1＝∠2，
∵∠BCD＝90°，
∴∠3+∠2＝90°，
∵∠3＝∠CFE﹣∠GFD＝α﹣45°，
∴∠2＝90°﹣α +45°＝135°﹣α，
∴∠1＝∠2＝135°﹣α，
∴∠DGO＝90°﹣∠1＝α﹣45°；
Ⅲ当点E在线段AB的延长线上时，∵四边形ABCD是正方形，
∴ ，∠ACD＝45°，∠ABC＝90°，
∴∠2＝∠3，
∵DE＝DF，DG⊥EF，
∴∠GDE＝∠DEG＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CFE+∠2+∠DEG＝90°，
∴∠CFE+∠2＝45°，
∴∠CFE＝∠1＝α，
∴∠DGO+∠1＝∠ACD＝45°，
∴∠DGO＝45°﹣α．
综上：∠DGO＝α+45°或∠DGO＝α﹣45°或∠DGO＝45°﹣α．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质
等知识，解题的关键是利用全等三角形的判定和性质得出DE＝DF，利用等腰直角三角形的性质求解，属
于中考压轴题．
10．阅读下面材料：有公共顶点A的正方形 与正方形 按如图1所示放置，点E，F分别在边
和 上，连接 ，M是 的中点，连接 交 于点N．(1)【观察猜想】线段 与 之间的数量关系是__________，位置关系是__________；
(2)【探究证明】将图1中的正方形 绕点A顺时针旋转 ，点G恰好落在边 上，如图2，其他条
件不变，线段 与 之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
(3)【拓展应用】在图2的基础上，若 ，请直接写出线段 的长．
【答案】(1) 、
(2)仍然成立，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质得出 ， ， ，证明 ，由全
等三角形的性质得出 ， ，由直角三角形的性质可得出结论；
（2）延长 至点 ，使得 ，连接 ，证明 ，由全等三角形的性质得出
， ，证明 ，由全等三角形的性质得出 ，则可得出
答案；
（3）过 作 于 ，根据已知得到 进而利用等腰直角三角形性质求出 ，在
中求出 ，根据（2）中 得出结果．
(1)
解： 四边形 和四边形 都是正方形，， ， ，
，
， ，
，
，
在 中， 是 的中点，
，
．
，
，
又 ，
，
，
即 ，
故答案为 ， ；
(2)
解：仍然成立，
证明如下：延长 至点 ，使得 ，连接 ，
是 的中点，
，
又 ，
，， ，
，
，
四边形 和四边形 是正方形，
， ， ， ，
，
，
，
又 ，
，
，
，
，
，
，
又 ，
，
，
即 ，
故线段 与 之间的数量关系是 ；线段 与 之间的位置关系是 ；
(3)
解：过 作 于 ，如图所示：
，， ，
在等腰 中， ，
在 中， ， ，则 ，
由（2）知 ，
．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，作出辅
助线构造出全等三角形是解本题的关键．
培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2021·江苏徐州·中考真题）如图1，正方形 的边长为4，点 在边 上（ 不与 重合），
连接 ．将线段 绕点 顺时针旋转90°得到 ，将线段 绕点 逆时针旋转90°得到 ．连接
．
（1）求证：
① 的面积 ；
② ；
（2）如图2， 的延长线交于点 ，取 的中点 ，连接 ，求 的取值范围．【答案】（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜
【解析】
【分析】
（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明 ，即可得到结论；②过点E作
EH⊥DA交DA的延长线于点H，证明 ，结合 ，可得GD=EH，同理：FG=AH，
从而得 ，进而即可得到结论；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，可得
∠AMD=90°，MN= EF，HG= 2AD=8，EH+FG= AD=4，然后求出当点P与点D重合时， EF最大值=
，当点P与AD的中点重合时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案．
（1）①证明：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，
∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，
∴∠FPG=∠CPD，
又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，
∴ （AAS），
∴FG=PD，
∴ 的面积 ；
②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH +∠BPA=90°，
∴∠PEH =∠BPA，
又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，
∴ （AAS），
∴EH=PA，
由①得：FG=PD，
∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，
由①得： ，
∴PG=CD，
∴PD+GD= CD= EH+FG，
∴FG+ GD= EH+FG，
∴GD=EH，
同理：FG=AH，
又∵∠AHE=∠FGD，
∴ ，
∴ ；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，由（1）得： ，
∴∠HAE=∠GFD，
∵∠GFD+∠GDF=90°，
∴∠HAE+∠GDF=90°，
∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，
∴∠MAD+∠MDA=90°，
∴∠AMD=90°，
∵点N是EF的中点，
∴MN= EF，
∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，
∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，
当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，
此时EF最大值= ，
当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，
此时EF最小值= HG=8，
∴ 的取值范围是：4≤MN＜ ．【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角
全等的直角三角形，是解题的关键．
2．（2021·甘肃兰州·中考真题）已知正方形 ， ， 为平面内两点．
【探究建模】
（1）如图1，当点 在边 上时， ，且 ， ， 三点共线．求证： ；
【类比应用】
（2）如图2，当点 在正方形 外部时， ， ，且 ， ， 三点共线．猜想并证明
线段 ， ， 之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点 在正方形 外部时， ， ， ，且 ， ， 三点共线，
与 交于 点．若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见解析；（2） ；理由见解析（3）
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质以及题意证明 即可得出结论；
（2）根据已知条件证明 ，然后证明 为等腰直角三角形即可得出结论；
（3）先证明 ，得出 为等腰直角三角形，根据勾股定理以及等腰直角三角形的性质
求出 的长度，即可得出结论．
解：（1）∵四边形 是正方形， ， ， 三点共线，
∴ ,
∵ ，∴ ，
∴ ,
在 和 中，
,
∴ ,
∴ ;
（2）∵ ，四边形 是正方形，
∴ , ,
∴ ,
∵ ， ，
∴ ,
∴ ,
在 和 中，
,
∴ ,
∴ ,
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ,
即 ；
（3）过点D作 于点H，连接BD，
∵ ，∵ ，
∴ ，
∵ ,
∴ ，
在 和 中，
,
∴ ,
∴ ， ，
∵ 且 ,
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
在 中， ,
∴ ,
∵ 是正方 对角线，
∴ ,
∵
∴ ,
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ,
∴在 中， ,
∴ ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形判定与性质，熟知性质
定理是解本题的关键．
3．（2021·广西来宾·中考真题）【阅读理解】如图1， ， 的面积与 的面积相等吗？为什么？
解：相等，在 和 中，分别作 ， ，垂足分别为 ， ．
，
．
，
四边形 是平行四边形，
．
又 ， ，
．
【类比探究】问题①，如图2，在正方形 的右侧作等腰 ， ， ，连接 ，求
的面积．
解：过点 作 于点 ，连接 ．
请将余下的求解步骤补充完整．
【拓展应用】问题②，如图3，在正方形 的右侧作正方形 ，点 ， ， 在同一直线上，
，连接 ， ， ，直接写出 的面积．【答案】① ；② ．
【解析】
【分析】
①过点 作 于点 ，连接 ，可得 ，根据材料可知 ，再由等腰三角形性
质可知 ，即可求出 ；
②连接CE，证明 ，即可得 ，由此即可求解．
：①过点 作 于点 ，连接 ，
∵在正方形 中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵在正方形 中， ，
∴ ；② ，
过程如下：如解图3，连接CE，
∵在正方形 、正方形 中，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵在正方形 中， ， ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了正方形性质和平行线判定和性质以及三角形面积，解题关键是理解阅读材料，根据平行线
找到等底等高的三角形．
4．（2019·湖南岳阳·中考真题）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩
形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处.点P为直线EF上一动点(不与E、F
重合)，过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形
PMQN.
(1)如图1，求证：BE＝BF；
(2)特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；
(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.
①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并
证明；
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系.
(不要求写证明过程)【答案】(1)证明见解析；(2)四边形PMQN的周长为2 ；(3)①QN﹣QM＝ ，证明见解析；
②QM﹣QN＝ .
【解析】
【分析】
(1)根据矩形的对边平行可得∠DEF＝∠EFB，根据翻折性质可得∠DEF＝∠BEF，由此可得∠BEF＝
∠EFB，即可求得结论；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，先求出AB的长，继而利用
面积法求出PM+PN＝EH＝ ，再根据平行形的周长公式求解即可；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，先求出EH＝AB＝ ，再根据面积法求得PM﹣PN＝
EH＝ ，继而根据平行四边形的性质即可求得QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝ ，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝ .
(1)如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，
∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2，
∴AD＝BC＝7，AE＝2，
在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2，
∴AB＝ ，
∵S ＝S +S ，PM⊥BE，PN⊥BF，
BEF PBE PBF
△ △ △
∴ •BF•EH＝ •BE•PM+ •BF•PN，
∵BE＝BF，
∴PM+PN＝EH＝ ，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴四边形PMQN的周长＝2(PM+PN)＝2 ；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，
∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，
∴AD＝BC＝a+b，
∴AE＝AD﹣DE＝b，∴EH＝AB＝ ，
∵S ﹣S ＝S ，
EBP BFP EBF
△ △ △
∴ BE•PM﹣ •BF•PN＝ •BF•EH，
∵BE＝BF，
∴PM﹣PN＝EH＝ ，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝ ，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝ .
【点睛】
本题考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，面积法等知识，综合性较强，有一定的难度，正确把握
和灵活运用相关知识是解题的关键.
5．（2018·吉林长春·中考真题）在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连结
BE．
【感知】如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．易证 ABF≌△BCE．（不需要证明）
【探究】如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交△BC于点F，交AD于点G．
（1）求证：BE=FG．（2）连结CM，若CM=1，则FG的长为 ．
【应用】如图③，取BE的中点M，连结CM．过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG．若
CM=3，则四边形GMCE的面积为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）2，9.
【解析】
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
探究：（1）判断出PG=BC，同感知的方法判断出 PGF≌CBE，即可得出结论；
（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，△
应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．感知：∵四边形ABCD是
正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在 ABF和 BCE中，
△ △
，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；
探究：（1）如图②，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，∴PG=AB，∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在 PGF和 CBE中，
△ △
，
∴△PGF≌△CBE（ASA），
∴BE=FG；
（2）由（1）知，FG=BE，
连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为2．
应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究（1）得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S = CG×ME= ×6×3=9，
四边形CEGM
故答案为：9．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，
直角三角形的性质，熟练掌握相关的性质与定理、判断出CG=BE是解本题的关键．
