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核心素养专题：四边形中的探究与创新
1．(2017·苏州中考)如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点F作
FE⊥AD，垂足为E.将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′.设P、P′分别是EF、E′F′
的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′CD的面积为( )
A．28 B．24
C．32 D．32－8
第1题图 第2题图
2．(2017·北京中考)数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角
线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等(如图所示)”这一推
论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．(以上材料来源
于《古证复原的原理》《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》)
请根据上图完成这个推论的证明过程．
证明：S ＝S －(S ＋S )，S ＝S －(______________＋
矩形NFGD △ADC △ANF △FGC 矩形EBMF △ABC
______________)．
易 知 S ＝ S ， ______________ ＝ ______________ ， ______________ ＝
△ADC △ABC
______________．可得S ＝S .
矩形NFGD 矩形EBMF
3．(2017·兰州中考)如图①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落
到点E处，BE交AD于点F.
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.
①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．
4．(2017·通辽中考)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称
为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操
作……依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图
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①， ▱ABCD中，若AB＝1，BC＝2，则 ▱ABCD为1阶准菱形．
(1)猜想与计算：邻边长分别为3和5的平行四边形是________阶准菱形；已知 ▱ABCD
的邻边长分别为a，b(a＞b)，满足a＝8b＋r，b＝5r，请写出 ▱ABCD是________阶准菱形；
(2)操作与推理：小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图②，把 ▱ABCD沿BE折
叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F处，得到四边形ABFE.求证：四边形ABFE是菱
形．
参考答案与解析
1．A 解析：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H.由题意得PP′＝AA′＝AB＝CD，
PP′∥AA′∥CD，∴四边形PP′CD是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
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∴△ABD是等边三角形．∵AF＝FB，∴DF⊥AB，DF⊥PP′.∵AF＝AB＝4，AD＝8，∴DF
＝4.在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，则∠AFE＝30°，∴AE＝2，EF＝2，
∴PE＝PF＝.在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF＝，∴HF＝PF＝，∴DH＝DF－HF＝4－＝，
∴S ＝×8＝28.故选A.
▱PP′CD
2．S S S S S S
△AEF △CFM △ANF △AEF △FGC △CFM
3．(1)证明：根据折叠得∠DBC＝∠DBE，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝
∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．
(2)解：①四边形BFDG是菱形．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴FD∥BG.又∵FD＝BF＝BG，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG
是菱形．
②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10.∴OB＝BD＝5.设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.在
Rt△ABF中，由勾股定理得AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2，解得x＝，即BF＝，∴FO＝＝
＝，∴FG＝2FO＝.
4．(1)解：3 12 解析：如图①，利用邻边长分别为3和5的平行四边形进行3次操作，
所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为3和5的平行四边形是3阶准菱形．
如图②，∵b＝5r，∴a＝8b＋r＝40r＋r＝8×5r＋r，利用邻边长分别为41r和5r的平行
四边形进行8＋4＝12(次)操作，所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为41r和5r的
平行四边形是12阶准菱形．
(2)证明：由折叠知∠ABE＝∠FBE，AB＝BF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，
∴∠AEB＝∠FBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB，∴AE＝BF，∴四边形ABFE是平行四边形．
又∵AB＝AE，∴四边形ABFE是菱形．
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