专题10 四边形
一、选择题
1.（2017浙江衢州第8题）如图，在直角坐标系中，点A在函数的图象上，AB⊥轴于点B，AB的垂直平分线与轴交于点C，与函数的图象交于点D。连结AC，CB，BD，DA，则四边形ACBD的面积等于（ ）
A. 2 B. C. 4 D.
【答案】C．
【解析】
试题解析：设A（a，），可求出D（2a，），
∵AB⊥CD，
∴S四边形ACBD=AB•CD=×2a×=4，
故选C．
考点：反比例函数系数k的几何意义.
2.（2017浙江衢州第9题）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B．
【解析】
试题解析： ∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解得x=，
则FD=6﹣x=．
故选B．
考点：1.矩形的性质；2.折叠问题.
3.（2017山东德州第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD边长为a，小正方形CEFG边长为b(a＞b),M在边BC上，且BM=b，连AM，MF，MF交CG于点P，将△ABM绕点A旋转至△ADN，将△MEF绕点F旋转至△NGF。给出以下五种结论：∠MAD=∠AND；CP=；ΔABM≌ΔNGF；④S四边形AMFN=a2+b2；⑤A，M，P，D四点共线
其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
考点:正方形、全等、相似、勾股定理
4.（2017浙江宁波第11题）如图，四边形是边长为6的正方形，点在边上，，过点作，分别交，于，两点，若，分别是，的中点，则的长为( )
A.3 B. C. D.4
【答案】C.
【解析】
试题解析：如图，过N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，过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的中点
∴MJ=DF=1，JF=1
∵N为EC的中点
∴PN=BC=3
∴QN=3
∴NH=2，MH=3
∴MN=
故选C.
考点：1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.
5.（2017重庆A卷第9题）如图，矩形ABCD的边AB=1，BE平分∠ABC，交AD于点E，若点E是AD的中点，以点B为圆心，BE为半径画弧，交BC于点F，则图中阴影部分的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B.
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD的边AB=1，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBF=45°，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE=45°，
∴AB=AE=1，BE=，
∵点E是AD的中点，
∴AE=ED=1，
∴图中阴影部分的面积=S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EBF
=1×2﹣×1×1﹣
=．
故选B．
考点：1.矩形的性质；2.扇形的面积计算.
6.（2017广西贵港第12题）如图，在正方形 中，是对角线与的交点，是边上的动点（点不与重合），与交于点 ，连接 .下列五个结论：① ；② ；③ ；④ ；⑤若，则的最小值是 ，其中正确结论的个数是 （ ）
A． B． C. D．
【答案】D
【解析】
试题解析：∵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正确；
根据△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正确；
∵∠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正确；
∵AB=BC，CM=BN，
∴BM=AN，
又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，
∴AN2+CM2=MN2，故④正确；
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN=x=CM，则BM=2﹣x，
∴△MNB的面积=x（2﹣x）=﹣x2+x，
∴当x=1时，△MNB的面积有最大值，
此时S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正确；
综上所述，正确结论的个数是5个，
故选：D．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
7.（2017贵州安顺第7题）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（ ）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【答案】C．
【解析】
考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
8.（2017湖南怀化第9题）如图，在矩形中， 对角线，相交于点，，，则的长是( )
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB=OD=3，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=3，
故选A．
考点：矩形的性质．
9.（2017甘肃兰州第 8题）如图，矩形的对角线与相交于点，，，则( )
A. B.4 C. D.3
【答案】B
考点: 矩形的性质．
10. （2017甘肃兰州第14题）如图，在正方形和正方形中，点在上，，将正方形绕点顺时针旋转，得到正方形，此时点在上，连接，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
试题解析：作G′I⊥CD于I，G′R⊥BC于R，E′H⊥BC交BC的延长线于H．连接RF′．则四边形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°，
∴点F在线段BC上，
在Rt△E′F′H中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°，
∴E′H=E′F′=1，F′H=，
易证△RG′F′≌△HF′E′，
∴RF′=E′H，RG′RC=F′H，
∴CH=RF′=E′H，
∴CE′=，
∵RG′=HF′=，
∴CG′=RG′=，
∴CE′+CG′=+．
故选A．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
11.（2017贵州黔东南州第8题）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（ ）
A．60° B．67.5° C．75° D．54°
【答案】A．
【解析】
试题解析：如图，连接DF、BF．
∵FE⊥AB，AE=EB，
∴FA=FB，
∵AF=2AE，
∴AF=AB=FB，
∴△AFB是等边三角形，
∵AF=AD=AB，
∴点A是△DBF的外接圆的圆心，
∴∠FDB=∠FAB=30°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，
∴∠FAD=∠FBC，
∴△FAD≌△FBC，
∴∠ADF=∠FCB=15°，
∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．
故选A．
考点：正方形的性质．
12.（2017四川泸州第7题）下列命题是真命题的是（ ）
A．四边都是相等的四边形是矩形 B．菱形的对角线相等
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线相等的平行四边形是矩形
【答案】D.
【解析】
考点：命题与定理.
13. （2017四川泸州第11题）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan∠BDE的值是（ ）
A． B. C. D.
【答案】A.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=BC=AD，
∴△BEF∽△DAF，
∴，
∴EF=AF，
∴EF=AE，
∵点E是边BC的中点，
∴由矩形的对称性得：AE=DE，
∴EF=DE，设EF=x，则DE=3x，
∴DF=x，
∴tan∠BDE= .
故选A．
考点：1.矩形的性质；2.解直角三角形.
14.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（ ）
A．3 B． C．5 D．
【答案】C.
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=90°，
由折叠可得△BEF≌△BAE，
∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，
在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，
根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，
设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，
根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，
解得：x=3（负值舍去），
则DE=8﹣3=5，
故选C.
考点：1. 翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质．
15.（2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片，已知，，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】
试题解析：∵AB=3，AD=2，
∴DA′=2，CA′=1，
∴DC′=1，
∵∠D=45°，
∴DG=DC′=，
故选A．
考点：矩形的性质.
二、填空题
1.（2017浙江宁波第18题）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为 .
【答案】-1．
【解析】
试题分析：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=MD=，
∴FM=DM×cos30°=，
∴MC=，
∴EC=MC-ME=-1．
考点：1.折叠问题；2.菱形的性质．
2.（2017重庆A卷第18题）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴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，
如图2，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=，
∵AC=，
∴CG=，
∴EG=，
连接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=，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=．
考点：1.折叠；2.正方形的性质.
3.（2017贵州安顺第17题）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△
ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
4.（2017湖北武汉第13题）如图，在ABCD中，∠D=100°，∠DAB的平分线AE交DC于点E，连接BE，若AE=AB，则∠EBC的度数为 ．
【答案】30°.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥DC，∠ABC=∠D
∴∠DAB+∠D=180°，
∵∠D=100°，
∴∠DAB=80°, ∠ABC=100°
又∵∠DAB的平分线交DC于点E
∴∠EAD=∠EAB=40°
∵AE=AB
∴∠ABE=(180°-40°)=70°
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=100°-70°=30°.
考点：1.解平分线的性质；2.平行四边形的性质.
5.（2017湖南怀化第13题）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，点是的中点，，则的长为 cm．
【答案】10
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵点E是AB的中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴AD=2OE，
∵OE=5cm，
∴AD=10cm．
考点：平行四边形的性质；三角形中位线定理．
6. （2017湖南怀化第16题） 如图，在菱形中，，，点是
这个菱形内部或边上的一点，若以为顶点的三角形是等腰三角形，则，(，两点不重合)两点间的最短距离为 cm.
【答案】10﹣10（cm）.
【解析】
②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10﹣10；
③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；
综上所述，PD的最小值为10﹣10（cm）.
考点：菱形的性质；等腰三角形的性质．
7.（2017甘肃兰州第19题）在平行四边形中，对角线与相交于点，要使四边形是正方形，还需添加一组条件。下面给出了四组条件：①，且；②，且；③，且；④，且，其中正确的序号是 .
【答案】①③④．
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AB⊥AD，
∴四边形ABCD是正方形，①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BD，AB⊥BD，
∴平行四边形ABCD不可能是正方形，②错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，OB=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
又OB⊥OC，即对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是正方形，③正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，
∴平行四边形ABCD是正方形，④正确；
故答案为：①③④．
考点：正方形的判定；平行四边形的性质．
8.（2017四川宜宾第11题）如图，在菱形ABCD中，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的面积是 ．
【答案】24
【解析】
试题解析：∵菱形ABCD的对角线AC=6，BD=8，
∴菱形的面积S=AC•BD=×8×6=24．
考点：菱形的性质．
9.（2017四川自贡第18题）如图，13个边长为1的小正方形，排列形式如图，把它们分割，使分割后能拼成一个大正方形．请在如图所示的网格中（网格的边长为1）中，用直尺作出这个大正方形．
【答案】作图见解析.
【解析】
试题解析：如图所示：所画正方形即为所求．
考点：作图—应用与设计.
10.（2017新疆建设兵团第14题）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，均以1cm/s的速度向点B、C、D、A匀速运动，当点E到达点B时，四个点同时停止运动，在运动过程中，当运动时间为 s时，四边形EFGH的面积最小，其最小值是 cm2．
【答案】18.
【解析】
考点：二次函数的最值；正方形的性质．
11. （2017新疆建设兵团第15题）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中：
①∠ABC=∠ADC；
②AC与BD相互平分；
③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角；
④四边形ABCD的面积S=AC•BD．
正确的是 （填写所有正确结论的序号）
【答案】①④
【解析】
试题解析：①在△ABC和△ADC中，
∵，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠ABC=∠ADC，
故①结论正确；
②∵△ABC≌△ADC，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴OB=OD，AC⊥BD，
而AB与BC不一定相等，所以AO与OC不一定相等，
故②结论不正确；
③由②可知：AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD，
而AB与BC不一定相等，所以BD不一定平分四边形ABCD的对角；
故③结论不正确；
④∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD的面积S=S△ABD+S△BCD=BD•AO+BD•CO=BD•（AO+CO）=AC•BD．
故④结论正确；
所以正确的有：①④
考点：全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
12.（2017江苏徐州第17题）如图，矩形中，，点在对角线上，且，连接并延长，与边交于点，则线段 ．
【答案】
【解析】
试题解析：∵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=.
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理；3.矩形的性质．
13.（2017浙江嘉兴第15题）如图，把个边长为1的正方形拼接成一排，求得，，，计算 ，……按此规律，写出
（用含的代数式表示）．
【答案】，.
【解析】
试题解析：作CH⊥BA4于H，
由勾股定理得，BA4=，A4C=，
△BA4C的面积=4-2-=，
∴××CH=，
解得，CH=，
则A4H==，
∴tan∠BA4C==，
1=12-1+1，
3=22-2+1，
7=32-3+1，
∴tan∠BAnC=.
考点：1.解直角三角形；2.勾股定理；3.正方形的性质．
三、解答题
1（2017浙江衢州第24题）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。
（1）如图1，当t=3时，求DF的长；
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。
【答案】（1）3；（2）∠DEF的大小不变；理由见解析；；（3）或.
【解析】
试题分析：（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形的中位线定理得出DE∥EA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式，，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明ΔDMF∽ΔDNE，得出，再由三角函数的定义即可得解；
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将ΔDEF的面积分为1:2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点.
①当点E到达中点之前时，NE=3-t，由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝，求出AF=4+MF=
，得出G（，），求出直线AD的解析式为y=-+6，把G（，）代入即可求出t的值；
②当点超过中点之后，NE＝t-3，由由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝，求出AF=4-MF=，得出G（，），代入直线AD的解析式y=-+6即可求出t的值；
试题解析： （1）当t=3时，点E为AB的中点，
∵A（8，0），C（0，6），
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
∴DE∥OA，DE=OA=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）∠DEF的大小不变；理由如下：
作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，
∴，，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴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，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，
由△DMF∽△DNE得：MF=（3﹣t），
∴AF=4+MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：，
解得：，
∴直线AD的解析式为y=﹣x+6，
把G（，）代入得：t=；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，
由△DMF∽△DNE得：MF=（t﹣3），
∴AF=4﹣MF=﹣t+，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
代入直线AD的解析式y=﹣x+6得：t=；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为或.
考点：四边形综合题.
2.（2017山东德州第23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E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随着移动.
①当点Q与点C重合时，（如图2），求菱形BFEP的边长；
②如限定P，Q分别在BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）①菱形BFEP的边长为cm.②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
【解析】
试题分析：（1）利用定理:四条边都相等的四边形是菱形，证明四边形BFEP为菱形；
(2) ①在直角三角形APE中，根据勾股定理求出EP=
②分两种情况讨论：第一：点Q和点C重合；第二：点P和点A重合
试题解析：（1）∵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=FE=EP
∴四边形BFEP为菱形.
（2）①如图2
∵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的边长为cm.
②当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由①知，此时AE=1cm.
当点P与点A重合时，如图3.点E离A点最远，此时，四边形ABQE是正方形.
AE=AB=3cm
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
考点：折叠问题，矩形的性质，菱形的性质与判定，分类讨论思想
3.（2017浙江宁波第24题）在一次课题学习中，老师让同学们合作编题，某学习小组受赵爽弦图的启发，编写了下面这道题，请你来解一解：
如图，将矩形的四边、、、分别延长至、、、，使得，，连接，，，.
(1) 求证：四边形为平行四边形；
(2) 若矩形是边长为1的正方形，且，，求的长.
【答案】（1）证明见解析；（2）2
【解析】
试题分析：（1）易证AH=CF，结合已知条件由勾股定理可得EH=FG，同理可得EF=GH，从而得证.
（2）设AE=x，则BE=x+1，由可得DH=x+1，AH=x+2,由可求出结果.
试题分析：（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，FG=
∵AE=CG
∴EH=FG
同理得：EF=HG
∴四边形EFGH为平行四边形．
（2）在正方形ABCD中，AB=AD=1
设AE=x,则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
考点：1.矩形的性质；2.平行四边形的判定；3.正方形的性质；4.解直角三角形.
4.（2017甘肃庆阳第26题）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【答案】(1)证明见解析.（2）．
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（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的长．
（2）当四边形BEDF是菱形时，BE⊥EF，
设BE=x，则 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=．
考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质．
5.（2017广西吴江第26题）已知，在中，是边上的一个动点，将沿所在直线折叠，使点落在点处.
（1）如图1，若点是中点，连接 . ①写出的长；②求证：四边形是平行四边形.
（2）如图2，若，过点作交的延长线于点，求的长.
【答案】（1）①BD=，BP= 2．②证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）①分别在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解决问题；
②想办法证明DP∥BC，DP=BC即可；
（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．设BD=AD=x，则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﹣=由此即可解决问题．
试题解析：（1）①在Rt△ABC中，∵BC=2，AC=4，
∴AB=，
∵AD=CD=2，
∴BD=，
由翻折可知，BP=BA=2．
②如图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，
∴四边形BCPD是平行四边形．
（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．
设BD=AD=x，则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﹣=，
易证四边形PECH是矩形，
∴PH=EC=．
考点：四边形综合题．
6.（2017贵州安顺第21题）如图，DB∥AC，且DB=AC，E是AC的中点，
（1）求证：BC=DE；
（2）连接AD、BE，若要使四边形DBEA是矩形，则给△ABC添加什么条件，为什么？
【答案】（1）证明见解析；（2）添加AB=BC．
【解析】
试题分析：（1）要证明BC=DE，只要证四边形BCED是平行四边形．通过给出的已知条件便可．
（2）矩形的判定方法有多种，可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决．
试题解析：（1）证明：∵E是AC中点，
∴EC=AC．
∵DB=AC，
∴DB∥EC．
又∵DB∥EC，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴BC=DE．
（2）添加AB=BC．
理由：∵DB∥AE，DB=AE
∴四边形DBEA是平行四边形．
∵BC=DE，AB=BC，
∴AB=DE．
∴▭ADBE是矩形．
考点：矩形的判定；平行四边形的判定与性质．
7.（2017湖北武汉第23题）已知四边形的一组对边的延长线相交于点．
（1）如图1，若，求证；
（2）如图2，若，，，，的面积为6，求四边形的面积；
（3）如图3，另一组对边的延长线相交于点，若，，，直接写出的长（用含的式子表示）．
【答案】(1)证明见解析；（2）75-18；（3）
【解析】
试题解析：（1）∵∠ADC=90°
∴∠EDC=90°
∴∠ABE=∠CDE
又∵∠AEB=∠CED
∴ΔEAB∽ΔECD
∴
∴
(2) 过点C作CG⊥AD于点G，过点A作AH⊥BC于点H，
∵CD=5，cos∠ADC=
∴DG=3，CG=4
∵SΔCED=6
∴ED=3
∴EG=6
∵AB=12 ∠ABC=120°
∴BH=6 AH=6
由（1）有：ΔECG∽ΔEAH
∴
∴EH=9
∴S四边形ABCD＝SΔAEH－SΔECG-SΔABH
=
=75-18
(3)
考点：相似三角形的判定与性质.
8.（2017湖南怀化第19题）如图，四边形是正方形，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求的度数.
【答案】(1)证明见解析(2) 150°．
【解析】
试题分析：（1）根据正方形、等边三角形的性质，可以得到AB=BE=CE=CD，∠ABE=∠DCE=30°，由此即可证明；
（2）只要证明∠EAD=∠ADE=15°，即可解决问题；
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，△ABC是等边三角形，
∴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°．
考点：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．
9.（2017江苏无锡第21题）已知，如图，平行四边形ABCD中，E是BC边的中点，连DE并延长交AB的延长线于点F，求证：AB=BF．
【答案】证明见解析.
【解析】
试题分析：根据线段中点的定义可得CE=BE，根据平行四边形的对边平行且相等可得AB∥CD，AB=CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DCB=∠FBE，然后利用“角边角”证明△CED和△BEF全等，根据全等三角形对应边相等可得CD=BF，从而得证．
试题解析：∵E是BC的中点，
∴CE=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠DCB=∠FBE，
在△CED和△BEF中，
，
∴△CED≌△BEF（ASA），
∴CD=BF，
∴AB=BF．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质．
10.（2017江苏盐城第22题）如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，理由见解析.
试题解析：（1）∵四边形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，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴∠EDB=90°-∠ABD=30°，
∴∠EDB=∠EBD=30°，
∴EB=ED，
又∵四边形BEDF是平行四边形，
∴四边形BEDF是菱形．
考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．
11.（2017甘肃兰州第26题）如图，1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点落到点处，交于点.
(1)求证：是等腰三角形；
(2)如图2，过点作，交于点，连结交于点.
①判断四边形的形状，并说明理由；
②若，，求的长.
【答案】(1)证明见解析;(2) ．
【解析】
试题分析: （1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断；
（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断；
②根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解．
试题解析：（1）证明：如图1，根据折叠，∠DBC=∠DBE，
又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，
∴△BDF是等腰三角形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴FD∥BG，
又∵FD∥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．
假设DF=BF=x，∴AF=AD﹣DF=8﹣x．
∴在直角△ABF中，AB2+A2=BF2，即62+（8﹣x）2=x2，
解得x=，
即BF=，
∴FO==，
∴FG=2FO=．
考点：四边形综合题．
12.（2017四川自贡第21题）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边DC，DA上，且CE=AF．
求证：∠ABF=∠CBE．
【答案】证明见解析.
【解析】
考点：菱形的性质.
13.（2017江苏徐州第23题）如图，在平行四边形中，点是边的中点，连接并延长，交
延长线于点连接.
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，则当 时，四边形是矩形.
【答案】（1）证明见解析；（2）100°
【解析】
试题分析：（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论．
试题解析:（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD，
∴∠OEB=∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO=CO，
在△BOE和△COD中，
，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE=OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD，
∴OC=OD，
∵BO=CO，OD=OE，
∴DE=BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
考点：1.矩形的判定；2.平行四边形的判定与性质．
14.（2017浙江嘉兴第23题）如图，是的中线，是线段上一点（不与点重合）．交于点，，连结．
（1）如图1，当点与重合时，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当点不与重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
（3）如图3，延长交于点，若，且．
①求的度数；
②当，时，求的长．
【答案】（1）证明见解析（2）成立，理由见解析；（3）①30°．②1+．
【解析】
试题分析：（1）只要证明AE=BM，AE∥BM即可解决问题；
（2）成立．如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．由四边形DMGE是平行四边形，推出ED=GM，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM，AB∥GM，可知AB∥DE，AB=DE，即可推出四边形ABDE是平行四边形；
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，只要证明MI=AM，MI⊥AC，即可解决问题；
②设DH=x，则AH=x，AD=2x，推出AM=4+2x，BH=4+2x，由四边形ABDE是平行四边形，推出DF∥AB，推出，可得，解方程即可；
（2）结论：成立．理由如下：
如图2中，过点M作MG∥DE交CE于G．
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，且ED∥GM，
由（1）可知AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，
∵BM=MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴∥BH，MI=BH，
∵BH⊥AC，且BH=AM．
∴MI=AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°．
②设DH=x，则AH=x，AD=2x，
∴AM=4+2x，
∴BH=4+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴，
∴，
解得x=1+或1-（舍弃），
∴DH=1+．
考点：四边形综合题.
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