2021年中考数学压轴题专项训练四边形含解析

2021 年中考数学压轴题专项训练《四边形》 1．如图①，在矩形 ABCD 中，已知 BC＝8cm，点 G 为 BC 边上一点，满足 BG＝AB＝6cm，动点 E 以 1cm/s 的速度沿线段 BG 从点 B 移动到点 G，连接 AE，作 EF⊥AE，交线段 CD 于点 F．设 点 E 移动的时间为 t（s），CF 的长度为 y（cm），y 与 t 的函数关系如图②所示． （1）图①中，CG＝ 2 cm，图②中，m＝ 2 ； （2）点 F 能否为线段 CD 的中点？若可能，求出此时 t 的值，若不可能，请说明理由； （3）在图①中，连接 AF，AG，设 AG 与 EF 交于点 H，若 AG 平分△AEF 的面积，求此时 t 的值． 解：（1）∵BC＝8cm，BG＝AB＝6cm， ∴CG＝2cm， ∵EF⊥AE， ∴∠AEB+∠FEC＝90°，且∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠FEC，且∠B＝∠C＝90°， ∴△ABE∽△ECF， ∴ ， ∵t＝6， ∴BE＝6cm，CE＝2cm， ∴ ∴CF＝2cm， ∴m＝2， 故答案为：2，2； （2）若点 F 是 CD 中点， ∴CF＝DF＝3cm， ∵△ABE∽△ECF， ∴ ， ∴ ∴EC2﹣8EC+18＝0 ∵△＝64﹣72＝﹣8＜0， ∴点 F 不可能是 CD 中点； （3）如图①，过点 H 作 HM⊥BC 于点 M， ∵∠C＝90°，HM⊥BC， ∴HM∥CD， ∴△EHM∽△EFC， ∴ ∵AG 平分△AEF 的面积， ∴EH＝FH， ∴EM＝MC， ∵BE＝t，EC＝8﹣t， ∴EM＝CM＝4﹣ t， ∴MG＝CM﹣CG＝2﹣ ， ∵ ， ∴ ∴CF＝ ∵EM＝MC，EH＝FH， ∴MH＝ CF＝ ∵AB＝BG＝6， ∴∠AGB＝45°，且 HM⊥BC， ∴∠HGM＝∠GHM＝45°， ∴HM＝GM， ∴ ＝2﹣ ， ∴t＝2 或 t＝12，且 t≤6， ∴t＝2． 2．问题提出： （1）如图 1，△ABC 的边 BC 在直线 n 上，过顶点 A 作直线 m∥n，在直线 m 上任取一点 D， 连接 BD、CD，则△ABC 的面积 ＝ △DBC 的面积． 问题探究： （2）如图 2，在菱形 ABCD 和菱形 BGFE 中，BG＝6，∠A＝60°，求△DGE 的面积； 问题解决： （3）如图 3，在矩形 ABCD 中，AB＝12，BC＝10，在矩形 ABCD 内（也可以在边上）存在 一点 P，使得△ABP 的面积等于矩形 ABCD 的面积的 ，求△ABP 周长的最小值． 解：问题提出： （1）∵两条平行线间的距离一定， ∴△ABC 与△DBC 同底等高，即△ABC 的面积＝△DBC 的面积， 故答案为：＝； 问题探究： （2）如图 2，连接 BD， ∵四边形 ABCD，四边形 BGFE 是菱形， ∴AD∥BC，BC∥EF，AD＝AB，BG＝BE， ∴∠A＝∠CBE＝60°， ∴△ADB 是等边三角形，△BGE 是等边三角形， ∴∠ABD＝∠GBE＝60°， ∴BD∥GE， ∴S△DGE＝S△BGE＝ BG2＝9 ； （3）如图 3，过点 P 作 PE∥AB，交 AD 于点 E， ∵△ABP 的面积等于矩形 ABCD 的面积的 ， ∴ ×12×AE＝ ×12×10 ∴AE＝8， 作点 A 关于 PE 的对称点 A'，连接 A'B 交 PE 于点 P，此时△ABP 周长最小， ∴A'E＝AE＝8， ∴AA'＝16， ∴A'B＝ ＝ ＝20， ∴△ABP 周长的最小值＝AP+AB+PB＝A'P+PB+AB＝20+12＝32． 3．（1）方法感悟： 如图①，在正方形 ABCD 中，点 E、F 分别为 DC、BC 边上的点，且满足∠EAF＝45°，连 接 EF．将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论： DE+BF＝EF．根据这个结论，若 CD＝6，DE＝2，求 EF 的长． （2）方法迁移： 如图②，若在四边形 ABCD 中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F 分别是 BC、CD 上的点， 且∠EAF＝ ∠BAD，试猜想 DE，BF，EF 之间有何数量关系，证明你的结论． （3）问题拓展：如图③，在四边形 ABCD 中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F 分别是 边 BC、CD 延长线上的点，且∠EAF＝ ∠BAD，试探究线段 EF、BE、FD 之间的数量关系， 请直接写出你的猜想（不必说明理由）． 解：（1）方法感悟： ∵将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG， ∴GB＝DE＝2， ∵△GAF≌△EAF ∴GF＝EF， ∵CD＝6，DE＝2 ∴CE＝4， ∵EF2＝CF2+CE2， ∴EF2＝（8﹣EF）2+16， ∴EF＝5； （2）方法迁移： DE+BF＝EF， 理由如下：如图②，将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABH， 由旋转可得，AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，∠D＝∠ABH， ∵∠EAF＝ ∠DAB， ∴∠HAF＝∠1+∠3＝∠2+∠3＝ ∠BAD， ∴∠HAF＝∠EAF， ∵∠ABH+∠ABF＝∠D+∠ABF＝180°， ∴点 H、B、F 三点共线， 在△AEF 和△AHF 中， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝HF， ∵HF＝BH+BF， ∴EF＝DE+BF． （3）问题拓展： EF＝BF﹣FD， 理由如下：在 BC 上截取 BH＝DF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF，且 AB＝AD，BH＝DF， ∴△ABH≌△ADF（SAS） ∴∠BAH＝∠DAF，AH＝AD， ∵∠EAF＝ ∠BAD， ∴∠DAE+∠BAH＝ ∠BAD， ∴∠HAE＝ ∠BAD＝∠EAF，且 AE＝AE，AH＝AD， ∴△HAE≌△FAE（SAS） ∴HE＝EF， ∴EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF． 4．如图 1，在▱ ABCD 中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD 沿 AC 的方向匀速平移得到△ PNM，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 C 出发，沿 CB 方向匀速移动，速度为 1cm/s，当△ PNM 停止平移时，点 Q 也停止移动，如图 2，设移动时间为 t（s）（0＜＜4），连结 PQ， MQ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，PQ∥MN？ （2）当 t 为何值时，∠CPQ＝45°？ （3）当 t 为何值时，PQ⊥MQ？ 解：（1）∵AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB， ∴AC＝ ＝4cm， ∵MN∥AB，PQ∥MN， ∴PQ∥AB， ∴ ， ∴ ， ∴ t＝ s （2）如图 2，过点 Q 作 QE⊥AC，则 QE∥AB， ∴ ， ∴ ， ∴CE＝ ，QE＝ t， ∵∠CPQ＝45°， ∴PE＝QE＝ t， ∴t+ t+ t＝4， ∴t＝ s （3）如图 2，过点 P 作 PF⊥BC 于 F 点，过点 M 作 MH⊥BC，交 BC 延长线于点 H， ∴四边形 PMHF 是矩形， ∴PM＝FH＝5， ∵∠A＝∠PFC＝90°，∠ACB＝∠PCF， ∴△ABC∽△FPC， ∴ ， ∴ ＝ ∴PF＝ ，CF＝ ， ∴QH＝5﹣FQ＝5﹣（CF﹣CQ）＝ ， ∵PQ⊥MQ， ∴∠PQF+∠MQH＝90°，且∠PQF+∠FPQ＝90°， ∴∠FPQ＝∠MQH，且∠PFQ＝∠H＝90°， ∴△PFQ∽△QHM， ∴ ， ∴ ∴t＝ s． 5．问题背景：如图 1，在正方形 ABCD 的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角 形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得四边形 EFGH 是正方形． 类比探究：如图 2，在正△ABC 的内部，作∠1＝∠2＝∠3，AD，BE，CF 两两相交于 D，E， F 三点（D，E，F 三点不重合）． （1）△ABD，△BCE，△CAF 是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明； （2）△DEF 是否为正三角形？请说明理由； （3）如图 3，进一步探究发现，△ABD 的三边存在一定的等量关系，设 BD＝a，AD＝b， AB＝c，请探索 a，b，c 满足的等量关系． （1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下： ∵△ABC 是正三角形， ∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC＝AC， 又∵∠1＝∠2＝∠3， ∴∠ABD＝∠BCE＝∠CAF， 在△ABD、△BCE 和△CAF 中， ， ∴△ABD≌△BCE≌△CAF（ASA）； （2）△DEF 是正三角形；理由如下： ∵△ABD≌△BCE≌△CAF， ∴∠ADB＝∠BEC＝∠CFA， ∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD， ∴△DEF 是正三角形； （3）c2＝a2+ab+b2．作 AG⊥BD 于 G，如图所示： ∵△DEF 是正三角形， ∴∠ADG＝60°， 在 Rt△ADG 中，DG＝ b，AG＝ b， 在 Rt△ABG 中，c2＝（a+ b）2+（ b）2， ∴c2＝a2+ab+b2． 6．如图，在四边形 ABCD 中，AC 是对角线，∠ABC＝∠CDA＝90°，BC＝CD，延长 BC 交 AD 的延长线于点 E． （1）求证：AB＝AD； （2）若 AE＝BE+DE，求∠BAC 的值； （3）过点 E 作 ME∥AB，交 AC 的延长线于点 M，过点 M 作 MP⊥DC，交 DC 的延长线于点 P， 连接 PB．设 PB＝a，点 O 是直线 AE 上的动点，当 MO+PO 的值最小时，点 O 与点 E 是否可 能重合？若可能，请说明理由并求此时 MO+PO 的值（用含 a 的式子表示）；若不可能，请 说明理由． （1）证明：∵∠ABC＝∠CDA＝90°， ∵BC＝CD，AC＝AC， ∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）． ∴AB＝AD． （2）解：∵AE＝BE+DE， 又∵AE＝AD+DE， ∴AD＝BE． ∵AB＝AD， ∴AB＝BE． ∴∠BAD＝∠BEA． ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD═45°． ∵由（1）得△ABC≌△ADC， ∴∠BAC＝∠DAC． ∴∠BAC═22.5°． （3）解：当 MO+PO 的值最小时，点 O 与点 E 可以重合，理由如下： ∵ME∥AB， ∴∠ABC＝∠MEC＝90°，∠MAB＝∠EMA． ∵MP⊥DC， ∴∠MPC＝90°． ∴∠MPC＝∠ADC＝90°． ∴PM∥AD． ∴∠EAM＝∠PMA． 由（1）得，Rt△ABC≌Rt△ADC， ∴∠EAC＝∠MAB， ∴∠EMA＝∠AMP．即 MC 平分∠PME． 又∵MP⊥CP，ME⊥CE， ∴PC＝EC． 如图，连接 PB，连接 PE，延长 ME 交 PD 的延长线于点 Q． 设∠EAM＝α，则∠MAP＝α． 在 Rt△ABE 中，∠BEA＝90°﹣2α． 在 Rt△CDE 中，∠ECD＝90°﹣∠BEA＝2α． ∵PC＝EC， ∴∠PEB＝∠EPC＝∠ECD＝α． ∴∠PED＝∠BEA+∠PEB＝90°﹣α． ∵ME∥AB， ∴∠QED＝∠BAD＝2α． 当∠PED＝∠QED 时， ∵∠PDE＝∠QDE，DE＝DE， ∴△PDE≌△QDE（ASA）． ∴PD＝DQ． 即点 P 与点 Q 关于直线 AE 成轴对称，也即点 M、点 E、点 P 关于直线 AE 的对称点 Q， 这三点共线，也即 MO+PO 的值最小时，点 O 与点 E 重合． 因为当∠PED＝∠QED 时，90°﹣α＝2α，也即α＝30°． 所以，当∠ABD＝60°时，MO+PO 取最小值时的点 O 与点 E 重合． 此时 MO+PO 的最小值即为 ME+PE． ∵PC＝EC， ∠PCB＝∠ECD，CB＝CD， ∴△PCB≌△ECD（SAS）． ∴∠CBP＝∠CDE＝90°． ∴∠CBP+∠ABC＝180°． ∴A，B，P 三点共线． 当∠ABD＝60°时，在△PEA 中， ∠PAE＝∠PEA＝60°． ∴∠EPA＝60°． ∴△PEA 为等边三角形． ∵EB⊥AP， ∴AP＝2AB＝2a． ∴EP＝AE＝2a． ∵∠EMA＝∠EAM＝30°， ∴EM＝AE＝2a． ∴MO+PO 的最小值为 4a． 7．已知：如图，在正方形 ABCD 中，点 E 在 AD 边上运动，从点 A 出发向点 D 运动，到达 D 点停止运动．作射线 CE，并将射线 CE 绕着点 C 逆时针旋转 45°，旋转后的射线与 AB 边 交于点 F，连接 EF． （1）依题意补全图形； （2）猜想线段 DE，EF，BF 的数量关系并证明； （3）过点 C 作 CG⊥EF，垂足为点 G，若正方形 ABCD 的边长是 4，请直接写出点 G 运动的 路线长． 解：（1）补全图形如图 1 所示： （2）线段 DE，EF，BF 的数量关系为：EF＝DE+BF．理由如下： 延长 AD 到点 H，使 DH＝BF，连接 CH，如图 2 所示： ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BCD＝∠ADC＝∠B＝90°，BC＝DC， ∴∠CDH＝90°＝∠B， 在△CDH 和△CBF 中， ， ∴△CDH≌△CBF（SAS）． ∴CH＝CF，∠DCH＝∠BCF． ∵∠ECF＝45°， ∴∠ECH＝∠ECD+∠DCH＝∠ECD+∠BCF＝45°． ∴∠ECH＝∠ECF＝45°． 在△ECH 和△ECF 中， ， ∴△EC H≌△ECF（SAS）． ∴EH＝EF． ∵EH＝DE+DH， ∴EF＝DE+BF； （3）由（2）得：△ECH≌△ECF（SAS）， ∴∠CEH＝∠CEF， ∵CD⊥AD，CG⊥EF， ∴CD＝CG＝4， ∴点 G 的运动轨迹是以 C 为圆心 4 为半径的弧 DB， ∴点 G 运动的路线长＝ ＝2π． 8．如图，在正方形 ABCD 中，P 是边 BC 上的一动点（不与点 B，C 重合），点 B 关于 直线 AP 的对称点为 E，连接 AE．连接 DE 并延长交射线 AP 于点 F，连接 BF． （1）若∠BAP＝α，直接写出∠ADF 的大小（用含α的式子表示）； （2）求证：BF⊥DF； （3）连接 CF，用等式表示线段 AF，BF，CF 之间的数量关系，并证明． （1）解：由轴对称的性质得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE， ∴∠ADF＝∠AED＝ （180°﹣∠DAE）＝ （90°+2α）＝45°+α； （2）证明：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵点 E 与点 B 关于直线 AP 对称， ∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB． ∴AE＝AD． ∴∠ADE＝∠AED． ∵∠AED+∠AEF＝180°， ∴在四边形 ABFD 中，∠ADE+∠ABF＝180°， ∴∠BFD+∠BAD＝180°， ∴∠BFD＝90° ∴BF⊥DF； （3）解：线段 AF，BF，CF 之间的数量关系为 AF＝ BF+CF，理由如下： 过点 B 作 BM⊥BF 交 AF 于点 M，如图所示： ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠ABM＝∠CBF， ∵点 E 与点 B 关于直线 AP 对称，∠BFD＝90°， ∴∠MFB＝∠MFE＝45°， ∴△BMF 是等腰直角三角形， ∴BM＝BF，FM＝ BF， 在△AMB 和△CFB 中， ， ∴△AMB≌△CFB（SAS）， ∴AM＝CF， ∵AF＝FM+AM， ∴AF＝ BF+CF． 9．如图 1，已知等腰 Rt△ABC 中，E 为边 AC 上一点，过 E 点作 EF⊥AB 于 F 点，以为边作正 方形，且 AC＝3，EF＝ ． （1）如图 1，连接 CF，求线段 CF 的长； （2）将等腰 Rt△ABC 绕点旋转至如图 2 的位置，连接 BE，M 点为 BE 的中点，连接 MC， MF，求 MC 与 MF 关系． 解：（1）如图 1，∵△ABC 是等腰直角三角形，AC＝3， ∴AB＝3 ， 过点 C 作 CM⊥AB 于 M，连接 CF， ∴CM＝AM＝ AB＝ ， ∵四边形 AGEF 是正方形， ∴AF＝EF＝ ， ∴MF＝AM﹣AF＝ ﹣ ， 在 Rt△CMF 中，CF＝ ＝ ＝ ； （2）CM＝FM，CM⊥FM， 理由：如图 2， 过点 B 作 BH∥EF 交 FM 的延长线于 H，连接 CF，CH， ∴∠BHM＝∠EFM， ∵四边形 AGEF 是正方形， ∴EF＝AF ∵点 M 是 BE 的中点， ∴BM＝EM， 在△BMH 和△EMF 中， ， ∴△BMH≌△EMF（AAS）， ∴MH＝MF，BH＝EF＝AF ∵四边形 AGEF 是正方形， ∴∠FAG＝90°，EF∥AG， ∵BH∥EF， ∴BH∥AG， ∴∠BAG+∠ABH＝180°， ∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°． ∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°， ∴∠CBH+∠CAG＝90°， ∵∠CAG+∠CAF＝90°， ∴∠CBH＝∠CAF， 在△BCH 和△ACF 中， ， ∴△BCH≌△ACF（SAS）， ∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF， ∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°， ∴△FCH 是等腰直角三角形， ∵MH＝MF， ∴CM＝FM，CM⊥FM； 10．如图将正方形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°）得到正方形 AB′C′D ′． （1）如图 1，B′C′与 AC 交于点 M，C′D′与 AD 所在直线交于点 N，若 MN∥B′D′， 求α； （2）如图 2，C′B′与 CD 交于点 Q，延长 C′B′与 BC 交于点 P，当α＝30°时． ①求∠DAQ 的度数； ②若 AB＝6，求 PQ 的长度． 解：（1）如图 1 中， ∵MN∥B′D′， ∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝45°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝45°， ∴∠C′MN＝∠C′NM， ∴C′M＝C′N， ∵C′B′＝C′D′，' ∴MB′＝ND′， ∵AB′＝AD′，∠AB′M＝∠AD′N＝90°， ∴△AB′M≌△AD′N（SAS）， ∴∠B′AM＝∠D′AN， ∵∠B′AD′＝90°，∠MAN＝45°， ∴∠B′AM＝∠D′AN＝22.5°， ∵∠BAC＝45°， ∴∠BAB′＝22.5°， ∴α＝22.5°． （2）①如图 2 中， ∵∠AB′Q＝∠ADQ＝90°，AQ＝AQ，AB′＝AD， ∴Rt△AQB′≌Rt△AQD（HL）， ∴∠QAB′＝∠QAD， ∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°， ∴∠B′AD＝30°， ∴∠QAD＝ ∠B′AD＝30°． ②如图 2 中，连接 AP，在 AB 上取一点 E，使得 AE＝EP，连接 EP．设 PB＝a． ∵∠ABP＝∠AB′P＝90°，AP＝AP，AB＝AB′， ∴Rt△APB≌Rt△APB′（HL）， ∴∠BAP＝∠PAB′＝15°， ∵EA＝EP， ∴∠EAP＝∠EPA＝15°， ∴∠BEP＝∠EAP+∠EPA＝30°， ∴PE＝AE＝2a，BE＝ a， ∵AB＝6， ∴2a+ a＝6， ∴a＝6（2﹣ ）． ∴PB＝6（2﹣ ）， ∴PC＝BC﹣PB＝6﹣6（2﹣ ）＝6 ﹣6， ∵∠CPQ+∠BPB′＝180°，∠BAB′+∠BPB′＝180°， ∴∠CPQ＝∠BAB′＝30°， ∴PQ＝ ＝ ＝12﹣4 ． 11．已知，如图 1，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，E 是边 AB 的中点，点 F 在边 AD 上，过点 A 作 AG⊥EF，分别交线段 CD、EF 于点 G、H（点 G 不与线段 CD 的端点重合）． （1）如图 2，当 G 是边 CD 中点时，求 AF 的长； （2）设 AF＝x，四边形 FHGD 的面积是 y，求 y 关于 x 的函数关系式，并写出 x 的取值范 围； （3）联结 ED，当∠FED＝45°时，求 AF 的长． 解：（1）∵E 是 AB 的中点，AB＝2， ∴AE＝ AB＝1， 同理可得 DG＝1， ∵AG⊥EF， ∴∠AHF＝∠HAF+∠AFH＝90°， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠ ADG＝90°＝∠DAG+∠AGD， ∴∠AFH＝∠AGD， ∵∠EAF＝∠ADG＝90°， ∴△EAF∽△ADG， ∴ ，即 ， ∴AF＝ ； （2）如图 1，由（1）知：△EAF∽△ADG， ∴ ，即 ， ∴DG＝2x， ∵∠HAF＝∠DAG， ∠AHF＝∠ADG＝90°， ∴∠AHF∽△ADG， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴AH＝ ＝ ，FH＝ ＝ ， ∴y＝S△ADG﹣S△AFH， ＝ ， ＝2x﹣ ， 如图 2，当 G 与 C 重合时，∵EF⊥AG， ∴∠AHE＝90°， ∵∠EAH＝45°， ∴∠AEH＝45°， ∴AF＝AE＝1， ∴0＜x＜1； ∴y 关于 x 的函数关系式为：y＝2x﹣ （0＜x＜1）； （3）如图 3，过 D 作 DM⊥AG，交 BC 于 M，连接 EM，延长 EA 至 N，使 AN＝CM，连接 DN， 设 CM＝a，则 AN＝a， ∵AD＝CD，∠NAD＝∠DCM＝90°， ∴△NAD≌△MCD（SAS）， ∴∠ADN＝∠CDM，DN＝DM， ∵EF⊥AG，DM⊥AG， ∴EF∥DM， ∴∠EDM＝∠FED＝45°， ∴∠ADE+∠CDM＝∠EDM＝45°， ∴∠NDA+∠ADE＝∠NDE＝∠EDM， ∵ED＝ED， ∴△NDE≌△MDE（SAS）， ∴EN＝EM＝a+1， ∵BM＝2﹣a， 在 Rt△EBM 中，由勾股定理得：BE2+BM2＝EM2， ∴12+（2﹣a）2＝（a+1）2， a＝ ， ∵∠AEF+∠EAG＝∠EAG+∠DAG， ∴∠AEF＝∠DAG＝∠CDM， ∴tan∠AEF＝tan∠CDM， ∴ ， ∴ ， ∴AF＝ ． 12．如图 1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图 2，在四边形 ABCD 中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形 ABCD 是垂美四 边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图 1，四边形 ABCD 的对角线 AC、BD 交于点 O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2 ＝AD2+BC2； （3）解决问题：如图 3，△ACB 中，∠ACB＝90°，AC⊥AG 且 AC＝AG，AB⊥AE 且 AE＝AB， 连结 CE、BG、GE．已知 AC＝4，AB＝5，求 GE 的长． 解：（1）四边形 ABCD 是垂美四边形， 理由如下：连接 AC，BD， ∵AB＝AD， ∴点 A 在线段 BD 的垂直平分线上， ∵CB＝CD， ∴点 C 在线段 BD 的垂直平分线上， ∴AC 是线段 BD 的垂直平分线， ∴四边形 ABCD 是垂美四边形； （2）∵AC⊥BD， ∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2； 故答案为：AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）∵∠CAG＝∠BAE＝90°， ∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB 和△CAE 中， ， ∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°，即 CE⊥BG， ∴四边形 CGEB 是垂美四边形， 由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝4，AB＝5， ∴BC＝3，CG＝4 ，BE＝5 ， ∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73， ∴GE＝ ． 13．如图 1，四边形 ACEB，连接 BC，∠ACB＝∠BEC＝90°，D 在 AB 上，连接 CD，∠ACD＝ ∠ABC，BE＝CD． （1）求证：四边形 CDBE 为矩形； （2）如图 2，连接 DE，DE 交 BC 于点 O，若 tan∠A＝2，在不添加任何辅助线和字母的情 况下，请直接写出图中所有长度与 AD 的长度相等的线段． （1）证明：∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， ∵∠ACD＝∠ABC， ∴∠A+∠ACD＝90°， ∴∠ADC＝90°， ∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°＝∠BEC， 在 Rt△BCD 和 Rt△CBE 中， ， ∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL）， ∴BD＝CE， ∵CD＝BE， ∴四边形 CDBE 是平行四边形， 又∵∠BEC＝90°， ∴四边形 CDBE 为矩形； （2）解：图中所有长度与 AD 的长度相等的线段为 AC＝OC＝OB＝OD＝OE＝ AD．理 由如下： 由（ 1）得：四边形 CDBE 为 矩形，∠ADC＝90°， ∴BC＝DE，OD＝OE，OB＝OC， ∴OC＝OB＝OD＝OE＝ BC， ∵∠ADC＝∠ACB＝90°， ∴tan∠A＝2＝ ＝ ， ∴CD＝2AD，BC＝2AC， ∴AC＝ ＝ ＝ AD， ∴DE＝BC＝2AC， ∴OC＝OB＝OD＝OE＝ BC＝AC＝ AD， ∴AC＝ OC＝OB＝OD＝OE＝ AD． 14．如图在直角坐标系中，四边形 ABCO 为正方形，A 点的坐标为（a，0），D 点的坐标为（0， b），且 a，b 满足（a﹣3）2+|b﹣ |＝0． （1）求 A 点和 D 点的坐标； （2）若∠DAE＝ ∠OAB，请猜想 DE，OD 和 EB 的数量关系，说明理由． （3）若∠OAD＝30°，以 AD 为三角形的一边，坐标轴上是否存在点 P，使得△PAD 为等 腰三角形，若存 在，直接写出有多少个点 P，并写出 P 点的坐标，选择一种情况证明． 解：（1）∵（a﹣3）2+|b﹣ |＝0， ∴a＝3，b＝ ， ∴D（0， ），A（3，0）； （2）DE＝OD+EB； 理由如下： 如图 1，在 CO 的延长线上找一点 F，使 OF＝BE，连 接 AF， 在△AOF 和△ABE 中， ， ∴△AOF≌△ABE（SAS）， ∴AF＝AE，∠OAF＝∠BAE， 又∵∠OAB＝90°，∠DAE＝ ， ∴∠BAE+∠DAO＝45°， ∴∠DAF＝∠OAF+∠DAO＝45°， ∴∠DAF＝∠EAD， 在△AFD 和△AED 中， ， ∴△AFD≌△AED（SAS）， ∴DF＝DE＝OD+EB； （3）有 3 种情况共 6 个点： ①当 DA＝DP 时，如图 2， Rt△ADO 中，OD＝ ，OA＝3， ∴AD＝ ＝ ＝2 ， ∴P1（﹣3，0），P2（0，3 ），P3（0，﹣ ）； ②当 AP4＝DP4 时，如图 3， ∴∠ADP4＝∠DAP4＝30°， ∴∠OP4D＝60°， Rt△ODP4 中，∠ODP4＝30°，OD＝ ， ∴OP4＝1， ∴P4（1，0）； ③当 AD＝AP 时，如图 4， ∴AD＝AP5＝AP6＝2 ， ∴P5（3+2 ，0），P6（3﹣2 ，0）， 综上，点 P 的坐标为：∴P（﹣3，0）或（0，3 ）或（0，﹣ ）或（1，0）或（3+2 ， 0）或（3﹣2 ，0）． 证明：P5（3+2 ，0）， ∵∠OAD＝30°且△ADO 是直角三角形， 又∵AO＝3，DO＝ ， ∴DA＝2 ， 而 P5A＝|3+2 ﹣3|＝2 ， ∴P5A＝DA， ∴△P5AD 是等腰三角形． 15．已知，在四边形 ABCD 中，点 M、N、P、Q 分别为边 AB、AD、CD、BC 的中点，连接 MN、 NP、PQ、MQ． （1）如图 1，求证：四边形 MNPQ 为平行四边形； （2）如图 2，连接 AC，AC 分别交 MN、PQ 于点 E、F，连接 BD，BD 分别交 MQ、NP 于点 G、 H，AC 与 BD 交于点 O，且 AC⊥BD，若 tan∠ADB＝ ，在不添加任何辅助线的情况下，请 直接写出图 2 中所有长度等于 OD 的线段． （1）证明：如图 1，连接 BD． ∵Q，P 分别是 BC，CD 的中点， 所以 PQ∥BD，PQ＝ BD． ∵M，N 分别是 AB，AD 的中点． ∴MN∥BD，MN＝ BD． ∴PQ∥MN，且 PQ＝MN． ∴四边形 MNPQ 是平行四边形． （2）解：∵四边形 MNPQ 是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形 MNPQ 是矩形， ∴四边形 NHOE 和四边形 EOGM 都是矩形， ∴NH＝OE＝MG＝AE＝ ， ∵tan∠ADB＝ ， ∴ ， ∴NH＝OE＝MG＝AE＝ ． 即长度等于 OD 的线段有 NH，OE，MG，AE．