初中数学中考数学各类考点分项专解90 特殊平行四边形综合题四种解题模型

特殊平行四边形综合题四种解题模型题型一：平行四边形综合题一．填空题（共1小题）1．（2021春•建湖县期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝8cm，BC＝12cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止，点Q自点C向B以3cm/s的速度运动，到B点即停止，O直线PQ截原四边形为两个新四边形，则当P、Q同时出发2或3秒后其中一个新四边形为平行四边形．【分析】当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形；建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．【解答】解：根据题意有AP＝tcm，CQ＝3tcm，PD＝（8﹣t）cm，BQ＝（12﹣3t）cm．①∵AD∥BC，∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．∴t＝12﹣3t．解得t＝3．∴t＝3s时四边形APQB是平行四边形．②AP＝tcm，CQ＝3tcm，∵AD＝8cm，BC＝12cm，∴PD＝AD﹣AP＝（8﹣t）cm．∵AD∥BC，∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．即：8﹣t＝3t，解得t＝2s．∴当t＝2s时，四边形PDCQ是平行四边形．综上所述，当P，Q同时出发3或2秒后其中一个新四边形为平行四边形．故答案为：2或3．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想．二．解答题（共6小题）2．（2022春•大丰区期中）已知在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．（1）如图1，若∠BAD＝90°，求证：四边形ABCD是正方形；（2）在（1）的条件下，延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．（3）如图2，若AB＝AD，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，求DE的长．【分析】（1）先证明平行四边形ABCD是矩形，再证明AB＝AD，可得四边形ABCD是正方形；（2）根据△ADE≌△BAF，得AE＝BF，证明AB垂直平分FH，根据线段垂直平分线的性质可得AH＝AF，则△AHF是等腰三角形；（3）如图2所示，延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，证明四边形ABCD是菱形，再证明△DAE≌△ABH（SAS），得DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，再证明△AHF是等边三角形，可得DE＝AH＝8．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∠DAE＝∠ABF＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∵DE⊥AF，∴∠AGD＝90°，∴∠ADE+∠DAF＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，∵DE＝AF，∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD＝BA，∴四边形ABCD是正方形；（2）解：△AHF是等腰三角形，理由如下：由（1）得：△ADE≌△BAF，∴AE＝BF，∵BH＝AE，∴BF＝BH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，即AB垂直平分FH，∴AH＝AF，∴△AHF是等腰三角形；（3）解：如图2所示，延长CB到点H，使得BH＝AE，连接AH，∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠ABH＝∠BAD．∵BH＝AE，∴△DAE≌△ABH（SAS），∴DE＝AH，∠AHB＝∠DEA＝60°，∵DE＝AF，∴AH＝AF，∴△AHF是等边三角形，∴AH＝HF＝BH+BF＝AE+BF＝6+2＝8，∴DE＝AH＝8．【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质和判定、正方形的判定、菱形的性质和判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．3．（2021春•镇江期中）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，AE＝CF．求证：（1）△AFD≌△CEB；（2）连接DF、BE，判断四边形BEDF的形状，并说明理由．【分析】（1）由AE＝CF可得AF＝CE，再结合平行四边形的对边相等且平行，可得AD＝BC，∠DAC＝∠ACB，从而证明全等；（2）平行四边形．理由：由（1）可得DF＝BE，∠EFD＝∠BEC，可得DF∥BE，∴四边形BEDF为平行四边形．【解答】（1）证明：∵AE＝CF，∴AF＝CE．∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC．∴∠DAC＝∠ACB．在△AFD和△CEB中，AF=CE∠DAC=∠ACB∴△AFD≌△CEB（SAS）．（2）解：四边形BEDF为平行四边形，理由如下：由（1）得，△AFD≌△CEB，∴DF＝BE，∠EFD＝∠BEC．∴DF∥BE．∴四边形BEDF为平行四边形．【点评】本题考查平行四边形的基本性质以及判定方法，熟练运用平行四边形的性质是解决此题的关键．4．（2021春•镇江期中）如图，在四边形ABCD中，点E是线段AD上的任意一点（E与A，D不重合），G，F，H分别是BE，BC，CE的中点．（1）证明：四边形EGFH是平行四边形；（2）连接EF，若EF⊥BC，且EF=12BC，判断四边形【分析】（1）通过中位线定理得出GF∥EH且GF＝EH，所以四边形EGFH是平行四边形；（2）当添加了条件EF⊥BC，且EF=12BC后，通过对角线相等且互相垂直平分（EF⊥GH，且EF＝【解答】解：（1）证明：∵G，F分别是BE，BC的中点，∴GF∥EC且GF=12又∵H是EC的中点，EH=12∴GF∥EH且GF＝EH．∴四边形EGFH是平行四边形．（2）四边形EGFH是正方形；理由：连接GH，EF．∵G，H分别是BE，EC的中点，∴GH∥BC且GH=12又∵EF⊥BC且EF=12又∵EF⊥BC，GH是三角形EBC的中位线，∴GH∥BC，∴EF⊥GH，又∵EF＝GH．∴平行四边形EGFH是正方形．【点评】主要考查了平行四边形的判定和正方形的性质．正方形对角线的特点是：对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角．5．（2021春•滨海县期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A（4，0），以OA为一边在第四象限内画正方形OABC，D（m，0）为x轴上的一个动点（m＞4），以BD为一直角边在第四象限内画等腰直角△BDE，其中∠DBE＝90．（1）试判断线段AE、CD的数量关系，并说明理由；（2）设DE的中点为F，直线AF交y轴于点G．问：随着点D的运动，点G的位置是否会发生变化？若保持不变，请求出点G的坐标：若发生变化，请说明理由．【分析】（1）由正方形OABC，可得BC＝BA，∠ABC＝90°，由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE，∠DBE＝90°，再根据∠CBD＝∠ABE，即可得到△CBD≌△ABE，进而得出CD＝AE；（2）过点E作PQ∥OD，分别交直线AB，AF于点P，Q，判定△ADB≌△PBE，可得AD＝PB，AB＝PE，判定△ADF≌△QEF，可得AD＝QE，依据AP＝QP，可得∠AQP＝45°，依据PQ∥OD，可得∠OAG＝∠Q＝45°，进而得到△AOG是等腰直角三角形，进而得到G（0，4），点G的位置不会发生变化．【解答】解：（1）AE＝CD．理由：由正方形OABC，可得BC＝BA，∠ABC＝90°，由等腰直角三角形BDE，可得BD＝BE，∠DBE＝90°，∴∠ABC+∠ABD＝∠DBE+∠ABD，即∠CBD＝∠ABE，∴△CBD≌△ABE，∴CD＝AE．（2）点G的位置不会发生变化．理由：如图，过点E作PQ∥OD，分别交直线AB，AF于点P，Q，∵∠DAB＝∠P＝∠DBE＝90°，∴∠ADB+∠ABD＝∠PBE+∠ABD＝90°，∴∠ADB＝∠PBE，又∵DB＝BE，∴△ADB≌△PBE，∴AD＝PB，AB＝PE，∵F是DE的中点，∴DF＝EF，∵AD∥EQ，∴∠DAF＝∠Q，又∵∠AFD＝∠QFE，∴△ADF≌△QEF，∴AD＝QE，∴AB+BP＝PE+EQ，即AP＝QP，∴∠AQP＝45°，又∵PQ∥OD，∴∠OAG＝∠Q＝45°，∴△AOG是等腰直角三角形，∴GO＝AO＝4．∴G（0，4），点G的位置不会发生变化．【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、坐标与几何图形的关系、正方形的性质等知识点，解题的难点在于作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的对应边相等得出△APG是等腰直角三角形．6．（2021春•崇川区校级月考）已知在平行四边形ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．（2）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以A，P，C，Q四点组成的四边形是平行四边形．（3）如图3，在（1）的条件下，连接BP并延长与CD的延长线交于点F，连接AF，若AB＝8，则△APF的面积是163．（直接写出结果）【分析】（1）根据平行四边形的性质、角平分线的定义和CD＝CP，可证明△PDC是等边三角形，从而求出∠B的度数；（2）由题意可知，点P到达点D需要12秒，此时点Q在BC边上运动两个往返，以A，P，C，Q四点组成的四边形是平行四边形的条件是AP＝CQ，根据这一相等关系列方程即可求出运动的时间；（3）根据等底等高的三角形面积是平行四边形面积的一半可推得△APF与△PDC面积相等，通过求△PDC面积可求得△APF的面积．【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DPC＝∠BCP，∵∠BCP＝∠DCP，∴∠DPC＝∠DCP；∴CD＝PD，∵CD＝CP，∴CD＝PD＝CP，∴△PDC是等边三角形，∴∠D＝60°，∴∠B＝∠D＝60°．（2）如图2，设点P运动的时间为t，由题意得，AP＝0.5t，AD＝6，由0.5t＝6，得t＝12，可知点P到达点D的时间为12秒；由2×12÷6＝4，可知点Q从点C开始在BC上运动两个往返；∵AP∥CQ，∴以A，P，C，Q四点组成的四边形是平行四边形的条件是AP＝CQ；当0＜t≤3时，AP＝0.5t，CQ＝2t，可知AP＜CQ，即不存在AP＝CQ的情况；当3＜t≤6时，由题意得，0.5t＝6×2﹣2t，解得t＝4.8；当6＜t≤9时，由题意得，0.5t＝2t﹣6×2，解得t＝8；当9＜t≤12时，由题意得，0.5t＝6×4﹣2t，解得t＝9.6．综上所述，当运动的时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以A，P，C，Q四点组成的四边形是平行四边形.（3）如图3，作CE⊥AD于点E，∵AD∥BC，∴S△PBC=12×AD×CE，S平行四边形ABCD＝AD∴S△PBC=12S平行四边形∴S△PAB+S△PDC=12S平行四边形同理，S△FAB=12S平行四边形∴S△PAB+S△APF＝S△PAB+S△PDC，∴S△APF＝S△PDC，由（1）得，△PDC是等边三角形，∴PD＝CD＝AB＝8，∴DE=12PD＝∵∠DEC＝90°，∴CE=CD2∴S△APF=12×8×43故答案为：163．【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、用转化法求三角形的面积、动点问题的求解等知识与方法，其中第（2）题要分类讨论，求出所有符合题意的值，此题难度不大，但涉及的知识点较多，是很好的习题．7．（2020春•杨浦区期末）已知在平行四边形ABCD中，AB≠BC，将△ABC沿直线AC翻折，点B落在点E处，AD与CE相交于点O，联结DE．（1）如图1，求证：AC∥DE；（2）如图2，如果∠B＝90°，AB=3，BC=6，求△（3）如果∠B＝30°，AB＝23，当△AED是直角三角形时，求BC的长．【分析】（1）由折叠的性质得∠ACB＝∠ACE，BC＝EC，由平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC．则EC＝AD，∠ACB＝∠CAD，得∠ACE＝∠CAD，证出OA＝OC，则OD＝OE，由等腰三角形的性质得∠ODE＝∠OED，证出∠CAD＝∠ACE＝∠OED＝∠ODE，即可得出结论；（2）证四边形ABCD是矩形，则∠CDO＝90°，CD＝AB=3，AD＝BC=6，设OA＝OC＝x，则OD=6-x，在Rt△OCD（3）分4种情况：∠EAD＝90°或∠AED＝90°，需要画出图形分类讨论，根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到BC的长．【解答】（1）证明：由折叠的性质得：△ABC≌△△AEC，∴∠ACB＝∠ACE，BC＝EC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC．∴EC＝AD，∠ACB＝∠CAD，∴∠ACE＝∠CAD，∴OA＝OC，∴OD＝OE，∴∠ODE＝∠OED，∵∠AOC＝∠DOE，∴∠CAD＝∠ACE＝∠OED＝∠ODE，∴AC∥DE；（2）解：∵平行四边形ABCD中，∠B＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠CDO＝90°，CD＝AB=3，AD＝BC=由（1）得：OA＝OC，设OA＝OC＝x，则OD=6-在Rt△OCD中，由勾股定理得：（3）2+（6-x）2＝x2解得：x=3∴OA=3∴△OAC的面积=12OA×CD（3）解：分4种情况：①如图3，当∠EAD＝90°时，延长EA交BC于G，∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，∵AD∥BC，∠EAD＝90°，∴∠EGC＝90°，∵∠B＝30°，AB＝23，∴∠AEC＝30°，∴GC=12EC=∴G是BC的中点，在Rt△ABG中，BG=32AB＝∴BC＝2BG＝6；②如图4，当∠AED＝90°时∵AD＝BC，BC＝EC，∴AD＝EC，由折叠的性质得：AE＝AB，∴AE＝CD，在△ACE和△CAD中，AE=CDCE=AD∴△ACE≌△CAD（SSS），∴∠ECA＝∠DAC，∴OA＝OC，∴OE＝OD，∴∠OED＝∠ODE，∴∠AED＝∠CDE，∵∠AED＝90°，∴∠CDE＝90°，∴AE∥CD，又∵AB∥CD，∴B，A，E在同一直线上，∴∠BAC＝∠EAC＝90°，∵Rt△ABC中，∠B＝30°，AB＝23，∴AC=33AB＝2，BC＝2AC＝③当∠EAD＝90°时，如图5所示：∵∠AED＝∠B＝30°，AE＝AB＝23，∴BC＝AD＝2；④当∠ADE＝90°时，如图6所示：∵∠DAE＝∠AEC＝∠B＝30°，AE＝AB＝23，∴BC＝AD＝3；综上所述，当△AED是直角三角形时，BC的长为4或6或2或3．【点评】本题是四边形综合题目，考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、平行线的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质和平行四边形的性质是解题的关键．题型二：矩形综合题一．解答题（共6小题）1．（2021秋•沭阳县校级月考）将一矩形纸片OABC放在平面直角坐标系中，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA＝10，OC＝8．如图1在OC边上取一点D，将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在OA边上，记作E点．（1）求点E的坐标及折痕DB的长；（2）如图2，在OC、CB边上选取适当的点F、G，将△FCG沿FG折叠，使点C落在OA上，记为H点，设OH＝x，GC＝y，写出y关于x的关系式以及x的取值范围；（3）在x轴上取两点M、N（点M在点N的左侧），且MN＝5，取线段BA段的中点为F，当点M运动到哪里时，四边形BMNF的周长最小？请画出示意图并求出周长最小值．【分析】（1）由折叠的性质可得BC＝BE＝10，CD＝DE，由勾股定理可求AE，CD的长，即可求解；（2）通过证明△FOH∽△HNG，可求FH=xy（3）将点B沿CB方向平移5个单位长度得到B'，作点F关于x轴的对称点F'，连接B'F交x轴于点N，此时四边形BMNF的周长最小，由轴对称的性质和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴OC＝AB＝8，BC＝OA＝10，∵将△BCD沿BD折叠，使点C恰好落在OA边上，∴BC＝BE＝10，CD＝DE，∴AE=BE2∴OE＝4，∴点E（4，0），∵DE2＝OE2+OD2，∴CD2＝16+（8﹣CD）2，∴CD＝5，∴BD=CD2+BC（2）如图2，过点G作GN⊥OA于N，∴四边形OCGN是矩形，∴GN＝OC＝8，CG＝ON＝y，∵将△FCG沿FG折叠，使点C落在OA上，∴∠FHG＝∠GCF＝90°，CG＝GH＝y，CF＝FH，∴∠FHO+∠GHN＝90°＝∠FHO+∠HFO，∴∠GHN＝∠HFO，又∵∠FOH＝∠GNH＝90°，∴△FOH∽△HNG，∴GHFH∴FH=xy∵FH2＝OF2+OH2，∴FH2＝（8﹣FH）2+OH2，∴16×xy8=64+∴y=x2+642x=x2（3）∵点F是AB的中点，∴AF＝BF＝4，∵四边形BMNF的周长＝BM+MN+NF+BF，AF＝4，MN＝5，∴四边形BMNF的周长＝BM+NF+9，∴当BM+NF有最小值如图3，将点B沿CB方向平移5个单位长度得到B'，作点F关于x轴的对称点F'，连接B'F交x轴于点N，∵BB'∥MN，BB'＝MN，∴四边形BB'NM是平行四边形，∴BM＝B'N，∵点F关于x轴的对称点F'，∴FN＝F'N，∴BM+NF＝F'N+B'N，∴点F'，点N，点B'共线时，BM+FN有最小值为F'B'，∴B'F'=B'∴四边形BMNF的周长＝BM+NF+9＝13+9＝22，∵OA∥BC，∴△F'AN∽△F'BB'，∴ANB∴AN=4∴AM＝5-5∴OM=20∴点M（203，0∴当点M运动到（203，0）时，四边形BMNF的周长最小，最小值为22【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．2．（2021秋•邗江区期中）如图，长方形ABCD中，AB＝10，AD＝4，E为CD边上一点，CE＝7．（1）求AE的长；（2）点P从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿着边BA向终点A运动，连接PE．设点P运动的时间为t秒．①当t为何值时，△PAE是等腰三角形；②当t＝56时，PE⊥AE【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形求得ED长度，再利用勾股定理求AE即可；（2）①分AE＝AP，AE＝EP，AP＝EP三种情况分别求值即可；②若PE⊥AE，则△AEP是直角三角形，用t表示出AP和EP，再利用勾股定理求出t值即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝CD＝10，∵CE＝7，∴DE＝CD﹣CE＝10﹣7＝3，∵AD＝4，由勾股定理可得AE=AD∴AE的长为5；（2）①由题知，BP＝2t，AP＝10﹣2t，若△PAE是等腰三角形，分一下三种情况：（Ⅰ）当AP＝AE时，即10﹣2t＝5，解得t=5（Ⅱ）当EP＝EA＝5时，过点E作EF⊥AB于点F，∴PF＝AF=12AP=12（10﹣2t）＝由题知四边形ADEF是矩形，∴ED＝AF，即5﹣t＝3，解得t＝2，（Ⅲ）当PE＝PA＝10﹣2t时，过点E作EF⊥AB于H，∴四边形ADEH是矩形，∴EH＝AD＝4，AH＝ED＝3，∴PH＝PA﹣AH＝10﹣2t﹣3＝7﹣2t，在Rt△PHE中，由勾股定理得PH2+EH2＝PE2，即（7﹣2t）2+42＝（10﹣2t）2，解得t=34综上，t的值为52或2或3512时，△②若PE⊥AE时，则△PEA是直角三角形，过点E作EF⊥AB于M，∴四边形ADEM是矩形，由①知，PM＝PA﹣AM＝10﹣2t﹣3＝7﹣2t，EM＝AD＝4，由勾股定理得PE2＝EM2+PM2＝42+（7﹣2t）2，∵PA＝10﹣2t，AE＝5，由勾股定理得PE2+AE2＝PA2，即42+（7﹣2t）2+52＝（10﹣2t）2，解得t=5故答案为：56【点评】本题主要考查矩形的性质、勾股定理及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质、勾股定理及等腰三角形的性质是解题的关键．3．（2021秋•广陵区期中）如图①，长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，E为CD的中点．点P从A点出发，沿A﹣B﹣C的方向在长方形边上匀速运动，速度为1cm/s，运动到C点停止．设点P运动的时间为ts．（图②③为备用图）（1）当P在AB上，t为何值时，△APE的面积为长方形面积的13（2）整个运动过程中，t为何值时，△APE为直角三角形？（3）整个运动过程中，t为何值时，△APE为等腰三角形？【分析】（1）设t秒后，△APE的面积为长方形面积的13，根据题意得：△APE的面积=12AP•AD=12t×（2）当P运动到AB中点时AEP为直角三角形，此时角APE为直角，t＝3；还有一种情况，当P运动到BC上时，角AEP为直角时利用相似三角形求得AP的长即可求得t值；（3））第一种情况，当P在AE垂直平分线上时，AP＝EP；第二种情况，P运动到点B上时APE为等腰三角形，此时AE＝EP，t＝6；第三种情况，P在AB上，AP＝PE；【解答】解：（1）设t秒后，△APE的面积为长方形面积的13根据题意得：AP＝t，∴△APE的面积=12AP•AD=12t解得：t＝4，∴4秒后，△APE的面积为长方形面积的13（2）显然当t＝3时，PE⊥AB，∴△APE是直角三角形，当P在BC上时，△ADE∽△ECP，此时CPDE解得：CP=9∴PB＝BC﹣PC＝4-9∴t＝6+7（3）①当P在AE垂直平分线上时，AP＝EP，过P作PQ⊥AE于Q，∵AD＝4，DE＝3，∴AE＝5，∴AQ＝2.5，由△AQP∽△EDA，得：APAE即：AP5解得：AP=25∴t=25．②当EA＝EB时，AP＝6，∴t＝6，③当AE＝AP时，∴t＝5．∴当t=256、5、6时，△【点评】本题考查了四边形的综合知识和动点问题，动点问题更是中考中的热点考题，有一定的难度，解题的关键是能够化动为静，利用等腰三角形的性质求解．4．（2017秋•姜堰区期中）在小学，我们已经初步了解到，长方形的对边平行且相等，每个角都是90°．如图，长方形ABCD中，AD＝9cm，AB＝4cm，E为边AD上一动点，从点D出发，以1cm/s向终点A运动，同时动点P从点B出发，以acm/s向终点C运动，运动的时间为ts．（1）当t＝3时，①求线段CE的长；②当EP平分∠AEC时，求a的值；（2）若a＝1，且△CEP是以CE为腰的等腰三角形，求t的值；（3）连接DP，直接写出点C与点E关于DP对称时的a与t的值．【分析】（1）先得出BP＝at＝3a，DE＝t＝3，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣3a①在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE＝5，②先判断出∠CPE＝∠CEP，得出CP＝CE＝5，进而建立方程即可得出结论；（2）先得出DE＝t，BP＝t，CP＝9﹣t，再分两种情况①CE＝CP，②CE＝PE，建立方程即可得出结论；（3）先判断出DE＝CD，PE＝PC，进而求出t＝t，再构造出直角三角形，得出PE2＝（5﹣4a）2+16，进而建立方程即可得出结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是长方形，∴AD∥BC，BC＝AD＝9，CD＝AB＝4，当t＝3时，由运动知，BP＝at＝3a，DE＝t＝3，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣3a①在Rt△CDE中，根据勾股定理得，CE=32②∵AD∥BC，∴∠AEP＝∠CPE，∵EP平分∠AEC，∴∠AEP＝∠CEP，∴∠CPE＝∠CEP，∴CP＝CE＝5，9﹣3a＝5，∴a=4（2）当a＝1时，由运动知，DE＝t，BP＝t，∴CP＝9﹣t，在Rt△CDE中，CE=16+∵△CEP是以CE为腰的等腰三角形，∴①CE＝CP，∴16+t2＝（9﹣t）2，∴t=②CE＝PE，∴12CP＝DE∴9﹣t＝2t，∴t＝3，即：t的值为3或6518（3）如图，由运动知，BP＝at，DE＝t，∴CP＝BC﹣BP＝9﹣at，∵点C与点E关于DP对称，∴DE＝CD，PE＝PC，∴t＝4，∴BP＝4a，CP＝9﹣4a，过点P作PF⊥AD于F，∴四边形CDFP是长方形，∴PF＝CD＝4，DF＝CP，在Rt△PEF中，PF＝4，EF＝DF﹣DE＝5﹣4a，根据勾股定理得，PE2＝（5﹣4a）2+16，∴（5﹣4a）2+16＝（9﹣4a）2，∴a=5【点评】此题是四边形综合题，主要考查了长方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解（1）的关键是判断出CE＝CP，解（2）的关键是分两种讨论，解（3）得关键是构造直角三角形，解本题的重点是用方程的思想解决问题．5．（2017春•高港区校级月考）如图1，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝4cm，E为CD中点．点P从A点出发，沿A﹣B﹣C的方向在矩形边上匀速运动，速度为1cm/s，运动到C点停止．设点P运动的时间为ts．（图2为备用图）（1）当P在AB上，t为何值时，△APE的面积是矩形ABCD面积的13（2）在整个运动过程中，t为何值时，△APE为等腰三角形？【分析】（1）设t秒后，△APE的面积为长方形面积的13，根据题意得：△APE的面积=12AP•AD=12t（2）第一种情况，当P在AE垂直平分线上时，AP＝EP；第二种情况，P运动到点B上时APE为等腰三角形，此时AE＝EP，t＝6；第三种情况，P在AB上，AP＝PE；解答即可．【解答】解：（1）设t秒后，△APE的面积为长方形面积的13根据题意得：AP＝t，∴△APE的面积=12AP•AD=12t解得：t＝4，∴4秒后，△APE的面积为长方形面积的13（2）①当P在AE垂直平分线上时，AP＝EP，过点E作EH⊥AP，∴四边形ADEH是矩形，∴AH＝DE＝3，AD＝HE＝4，∵PE2＝PH2+HE2，∴PE2＝（PE﹣3）2+16，∴PE=∴t=25．②当EA＝EP时，AP＝6，∴t＝6，③当AE＝AP时，∴t＝5．∴当t=256、5、6时，△【点评】本题考查了四边形的综合知识和动点问题，动点问题更是中考中的热点考题，有一定的难度，解题的关键是能够化动为静，利用等腰三角形的性质求解．6．（2016春•万州区期末）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．（1）如图1，连接AF、CE．求证：四边形AFCE为菱形；（2）如图1，求AF的长；（3）如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒．①问在运动的过程中，以A、C、P、Q四点为顶点的四边形有可能是矩形吗？若有可能，请求出运动时间t和点Q的速度，若不可能，请说明理由；②若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．【分析】（1）由判定定理“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可证，（2）由（1）得，设AF＝FC＝CE＝AE＝x，BF＝y，由图形中存在的等量关系及勾股定理求证，（3）①若以点A、C、P、Q四点为顶点四边形是矩形，则点P与点B重合，点Q与点D重合，由运动过程中时间相等求解，②分两种情形，利用平行四边形的性质可以求解．【解答】解：（1）∵AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O，∴OA＝OC，又∵矩形ABCD中，AD∥BC．∴∠OAE＝∠FCO，∴在△AOE和△COF中，∠OAE=∴△AOE≌△COF（AAS）．∴OE＝OF，∴四边形AFCE是平行四边形．又∵AC⊥EF于点O，∴四边形AFCE是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．（2）由（1）可知，四边形AFCE是菱形，设AF＝FC＝CE＝AE＝x，BF＝y，由题意，有x+y=8x2-y即：所求AF的长为5．（3）①有可能是矩形理由如下：当点P从点A出发移动到点B、点Q运动到点D时，四边形APCQ是矩形，此时，二者的运动时间相等，则，t＝（5+3）÷1＝8（秒），而点Q的速度为：4÷8＝0.5（cm/s），∴所求时间为8秒，点Q的速度为0.5cm/s，②由题意可知，RT△ABF≌RT△CDE，且AB＝CD＝4，BF＝DE＝3，AF＝CE＝5，如图：当四边形APCQ是平行四边形时，有AP∥CQ，且AP＝CQ，而AP＝12﹣t，CQ＝0.8t，则12﹣t＝0.8t，t=20当点P在BF上，点Q在DE上时，PB＝8﹣t，DQ＝0.8t﹣4，满足BP＝DE时，四边形APCQ是平行四边形，∴8﹣t＝0.8t﹣4，解得t=20即：当以点A、P、C、Q为顶点的四边形为平行四边形时，t的值为203【点评】本题是四边形综合题，考查了运动问题中的相等关系、菱形的判定及性质、矩形的性质、勾股定理及方程思想．解本题的关键是要熟练掌握特殊四边形的性质及判定．题型三：菱形综合题一．解答题（共4小题）1．（2018春•惠山区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4cm，∠BAD＝60°．动点E、F分别从点B、D同时出发，以1cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，取AF、CE的中点G、H，连接GE、FH．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．（1）求证：AF∥CE；（2）当t为何值时，四边形EHFG为菱形；（3）试探究：是否存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据菱形的性质得到∠B＝∠D，AD＝BC，AB∥DC，推出△ADF≌△CBE，根据全等三角形的性质得到∠DFA＝∠BEC，根据平行线的判定定理即可得到结论；（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到四边形EGFH是菱形，证得四边形DMEF是矩形，于是得到ME＝DF＝t列方程即可得到结论；（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，根据矩形的性质列方程即可得到结果．【解答】（1）证明：∵动点E、F同时运动且速度相等，∴DF＝BE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D，AD＝BC，AB∥DC，在△ADF与△CBE中，DF=BE∠B=∠D∴△ADF≌△CBE，∴∠DFA＝∠BEC，∵AB∥DC，∴∠DFA＝∠FAB，∴∠FAB＝∠BEC，∴AF∥CE；（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，∴DF＝BE＝t，∵AF∥CE，AB∥CD，∴四边形AECF是平行四边形，∵G、H是AF、CE的中点，∴GH∥AB，∵四边形EGFH是菱形，∴GH⊥EF，∴EF⊥AB，∠FEM＝90°，∵DM⊥AB，∴DM∥EF，∴四边形DMEF是矩形，∴ME＝DF＝t，∵AD＝4，∠DAB＝60°，DM⊥AB，∴AM=12AD＝∴BE＝4﹣2﹣t＝t，∴t＝1，（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，∵四边形EHFG为矩形，∴EF＝GH，∴EF2＝GH2，即（2﹣2t）2+（23）2＝（4﹣t）2，解得t＝0，0＜t＜4，∴与原题设矛盾，∴不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质，平行线的判定，正确的作出辅助线是解题的关键．2．（2016春•江都区期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝8cm，∠BAD＝120°，点E、F分别是边BC、CD上的两个动点，E点从点B向点C运动，F点从点D向点C运动，设点E、F运动的路径长分别是acm和bcm．（1）请问当a和b满足什么关系时，△AEF为等边三角形？并说明理由；（2）请问在（1）的条件下，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值；（3）在（1）的条件下，求出△CEF的面积最大值．【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△ABE≌△ACF，得到答案；（2）根据割补法求面积的思想解答；（3）求出△AEF的最小面积，即可得出△CEF的面积最大值．【解答】解：（1）当a+b＝8时，△AEF为等边三角形；理由如下：连接AC，如图1所示：∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠BAC＝∠1＝60°＝∠B，AC＝AB，∵a+b＝8，即BE+DF＝8＝BC，∴BE＝CF，在△ABE和△ACF中，AB=AC∠B=∠1∴△ABE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，∠2＝∠3，∵∠2+∠4＝∠BAC＝60°，∴∠3+∠4＝∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形，即当a+b＝8时，△AEF为等边三角形；（2）四边形AECF的面积不变，为163cm2．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S△ACF，故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，如图2所示：则BH=12BC＝∴AH=AB2S四边形AECF＝S△ABC=12BC•AH=12×8×43=（3）由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短=82-∴△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF，正三角形AEF的高为(43)△AEF的面积=12×43×6＝12则此时△CEF的面积就会最大．∴S△CEF＝S四边形AECF﹣S△AEF＝163-123=43（cm【点评】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、三角形全等的判定和性质、勾股定理、垂线段最短的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．3．（2016春•靖江市校级期中）已知：在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝10，把一个含60°角的三角尺与这个菱形重叠，使三角尺60°角的顶点与点A重合，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，三角尺的两边分别与菱形的两边BC、CD所在直线相交于点E、F，设BE＝x，DF＝y．（1）如图1，当点E、F分别在边BC、CD上时，①求y与x之间的函数关系式；②三角尺在旋转过程中，四边形AECF面积是否保持不变？请说明理由；③连接EF，三角尺在旋转过程中，△AEF的面积是否存在最小值？若存在，直接写出∠BAE的度数；若不存在，请说明理由；（2）如图2，当点E、F分别在边BC、CD的延长线上时，请你直接写出y与x之间的函数关系式．【分析】（1）①连接AC，证明△BAE≌△CAF，得到y与x之间的函数关系式；②根据△BAE≌△CAF，得到四边形AECF面积＝△ABC的面积，得到答案；③根据△CEF的面积最大时，△AEF的面积最小，求出△CEF的面积最大时x的值即可；（2）连接AC，证明△CAE≌△DAF即可．【解答】解：（1）①如图1，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，∠BAE=∴△BAE≌△CAF，∴CF＝BE，∴y＝10﹣x；②∵△BAE≌△CAF，∴四边形AECF面积＝△AEC的面积+△ACF的面积＝△AEC的面积+△ABE的面积＝△ABC的面积，∴四边形AECF面积保持不变；③存在．∵四边形AECF面积保持不变，∴△CEF的面积最大时，△AEF的面积最小，作FG⊥BC交BC的延长线于G，△CEF的面积=12×EC×FG=12×（10﹣x）×x×sin60°当x＝5时，△CEF的面积最大，△AEF的面积最小，∴点E为BC的中点，∴∠BAE＝30°；（2）如图2，连接AC，由（1）①得，△CAE≌△DAF，∴CE＝DF，∴y＝x﹣10．【点评】本题考查的是菱形的性质、二次函数的性质、锐角三角函数的定义，掌握菱形的四条边相等、一组对角线平分一组对角是解题的关键，注意二次函数的性质的灵活运用．4．（2015春•泗洪县校级期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上．（1）如图1，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF；（2）如图2，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形；（3）在（2）的条件下，如果AB＝10，那么△AEF的周长是否存在最小值？如果存在，请求出来．【分析】（1）首先连接AC，由菱形ABCD中，∠B＝60°，根据菱形的性质，易得△ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AE⊥BC，继而求得∠FEC＝∠CFE，即可得EC＝CF，继而证得BE＝DF；（2）首先由△ABC是等边三角形，即可得AB＝AC，求得∠ACF＝∠B＝60°，然后利由∠BAC＝∠EAF＝60°，可证明∠BAE＝∠CAF，从而可证得△AEB≌△AFC，即可得AE＝AF，证得△AEF是等边三角形；（3）由垂线段最短可知：当AE⊥BC时，AE有最小值，然后由特殊锐角三角函数值可求得AE的长，从而可求得△AEF的周长的最小值．【解答】证明：（1）如图1所示：连接AC．∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC＝CD，∠C＝180°﹣∠B＝120°．∴△ABC是等边三角形．∵E是BC的中点，∴AE⊥BC．∵∠AEF＝60°，∴∠FEC＝90°﹣∠AEF＝30°．∴∠CFE＝180°﹣∠FEC﹣∠ECF＝180°﹣30°﹣120°＝30°．∴∠FEC＝∠CFE．∴EC＝CF．∴BE＝DF．（2）如图2所示：连接AC．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝60°，∠BAC＝60°．∴∠B＝∠ACF＝60°．∵∠BAC＝∠EAF＝60°，∴∠BAE＝∠CAF．在△ABE和△ACF中，∠B=∴△ABE≌△ACF．∴AE＝AF．∵∠EAF＝60°，∴△AEF是等边三角形．（3）由垂线段最短可知：当AE⊥BC时，AE有最小值．∵AE⊥BC，∠B＝60°，∴AEAB∴AE＝10×32=∴△AEF周长的最小值为3×53=【点评】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，注意准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用题型四：正方形综合题一．选择题（共2小题）1．（2021秋•巴中期末）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（﹣3，0），则点C到y轴的距离是（）A．6 B．5 C．4 D．3【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，则点C到y轴的距离为OE，通过证明△CBE≌△BAO得到BE＝OA，利用点A，B的坐标可求OA，OB的长，则结论可求．【解答】解：过点C作CE⊥x轴于点E，如图，则点C到y轴的距离为OE．∵点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（﹣3，0），∴OA＝2，OB＝3．∵CE⊥x轴，∴∠CEB＝90°．∴∠ECB+∠EBC＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∠CBA＝90°．∴∠EBC+∠ABO＝90°．∴∠ECB＝∠ABO．在△CBE和△BAO中，∠ECB=∴△CBE≌△BAO（AAS）．∴EB＝OA＝2．∴OE＝OB+BE＝3+2＝5．∴点C到y轴的距离是5．故选：B．【点评】本题主要考查了图形的坐标与性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．2．（2021春•宜兴市月考）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE，过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=6①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为3；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+⑤S正方形ABCD＝5+22．其中正确的序号是（）A．①②③ B．①③⑤ C．②③④ D．①②④【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积；④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可．【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，∴∠EAB＝∠PAD，在△APD和△AEB中AP=AE∠PAD=∠EAB∴△APD≌△AEB（SAS）（故①正确）；③∵△APD≌△AEB，∴∠APD＝∠AEB，又∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，∴∠BEP＝∠PAE＝90°，∴EB⊥ED（故③正确）；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，∵AE＝AP，∠EAP＝90°，∴∠AEP＝∠APE＝45°，又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，∴∠FEB＝∠FBE＝45°，又∵BE=BP∴BF＝EF=2（故②④如图，连接BD，在Rt△AEP中，∵AE＝AP＝1，∴EP=2又∵PB=6∴BE＝2，∵△APD≌△AEB，∴PD＝BE＝2，∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP=12S正方形ABCD-12×DP×BE=12×（2+3+22）⑤∵EF＝BF=2，AE＝1∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝3+22+2＝5+22∴S正方形ABCD＝AB2＝5+22（故⑤正确）；故选：B．【点评】本题利用了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识，综合性比较强，得出△APD≌△AEB，进而结合全等三角形的性质分析是解题关键．二．解答题（共5小题）3．（2022春•鼓楼区校级月考）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E、F、G分别在边CD、AD、BC上．（1）在图①中，BE⊥CF于点P，连接OE、OF；①判断线段OE、OF之间的关系OE＝OF，OE⊥OF；②若BP＝3，CP＝1，P、Q两点关于直线BC对称，直接写出线段OQ的长度22；③若AB＝2，当E、F在边CD、AD上运动时，DP的最小值是5-1（2）在图②中，BE⊥FG于点P，连接EF，比较EF+BG与2BE的大小关系，并说明理由．【分析】（1）①证明△FOD≌△EOC，可得OE＝OF，∠FOD＝∠EOC，所以∠EOF＝90°，则OE⊥OF；②如图2，构建直角△ONQ，计算ON和NQ的长，最后根据勾股定理可得OQ的长；③如图3，画圆H，确定当D，P，H三点共线时，DP的值最小，根据勾股定理可得结论；（2）首先作BM∥EF，BM＝EF，连接MF，作CN∥GF，判断出FG＝NC，再根据Rt△NDC≌Rt△ECB，判断出NC＝EB，推得FG＝EB；然后判断出四边形MBEF是平行四边形，推得MF＝EB，再根据∠FHE＝90°，MF∥BE，可得∠MFG＝90°，所以MF2+FG2＝MG2，即MG2＝2FG2，据此判断出EF+BG＞2BE；最后判断出若点F与点A重合，点E与点D重合时，EF+BG=2BE，推得EF+BG与2【解答】解：（1）①OE＝OF，OE⊥OF，理由如下：∵BE⊥CF，∴∠CPE＝∠PCE+∠CEP＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCE＝∠CDF＝90°，∴∠DCF+∠DFC＝90°，∴∠BEC＝∠DFC，∴△BCE≌△CDF（AAS），∴CE＝DF，∵四边形ABCD是正方形，∴OD＝OC，∠ODF＝∠OCE＝45°，∴△OCE≌△ODF（SAS），∴OE＝OF，∠FOD＝∠EOC，∴∠EOF＝∠COD＝90°，∴OE⊥OF；故答案为：OE＝OF，OE⊥OF；②如图2，过点O作OH⊥BC于H，连接QP，过点O作ON⊥PQ于N，PQ交BC于点M，Rt△BPC中，BP＝3，CP＝1，∴BC=3∵S△BPC=12•BP•PC=12•∴12×3×1=∴PM=31010，∵P、Q两点关于直线BC对称，∴PM＝MQ=3∵∠BOC＝90°，OB＝OC，∴OH=12BC∴QN＝MN+MQ＝OH+MQ=10ON=10∴OQ=ON2故答案为：22；③如图3，取BC的中点H，连接PH，DH，以BH为半径作圆H，∵∠BPC＝90°，∴点P在半圆H上运动，∵AB＝BC＝2，∴CH＝HP＝1，当D，P，H共线时，DP的值最小，∴DP的最小值=22+1故答案为：5-1（2）EF+BG≥2BE如图③，作BM∥EF，BM＝EF，连接MF，作CN∥GF，，∵FN∥CG，CN∥GF，∴四边形FGCN为平行四边形，∴FG＝NC，由（1），可得Rt△NDC≌Rt△ECB，∴NC＝EB，∴FG＝EB，∵BM∥EF，BM＝EF，∴四边形MBEF是平行四边形，∴MF＝EB，∴MF＝FG，又∵∠FPE＝90°，MF∥BE，∴∠MFG＝90°，∴MF2+FG2＝MG2，即MG2＝2FG2，MG=2FG∵BM＝EF，∴EF+BG＝BM+BG，在△MBG中，BM+BG＞MG，即EF+BG＞2FG∴EF+BG＞2BE若点F与点A重合，点E与点D重合时，EF+BG＝BM+BG=2FG=2综上，可得EF+BG≥2BE【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质和判定，三角形三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．4．（2021春•南通期中）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．（1）求证：△ADF≌△DCE；（2）若△DEF的面积为132，求AF（3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．【分析】（1）先证得∠AED＝∠AFB，很容易证明△ABF与△DAE全等，由此得出AF＝DE，又由互余可得出∠DAF＝∠CDE，进而可得结论；（2）根据三角形的面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF＝DE即刻得出结论；（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，所以PM＝AM，DP＝AE＝3或1，又MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．【解答】（1）证明：∵AF⊥DE，∠B＝90°，∴∠AED＝∠AFB，在△ABF与△DAE中，∠AED=∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF＝DE，∵∠ADE+∠CDE＝∠ADE+∠DAG＝90°，∴∠CDE＝∠DAF，在△ADF和△DCE中，AD=DC∠DAF=∠CDE∴△ADF≌△DCE（SAS）．（2）解：∵△ABF≌△DAE，∴AE＝BF＝x，∴BE＝CF＝4﹣x，∴△DEF的面积＝S正方形﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF＝4×4-12×4•x-12（4﹣x）•x-1＝8﹣2x+12x∴y=12x2﹣2x+8解得，x1＝3，x2＝1，∴AE＝3或AE＝1，∴AF＝DE＝5或17．（3）解：如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，∵点M是DE的中点，∴DM＝ME，∵AB∥CD，∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM，∴△DPM≌△EAM（AAS），∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1，当AE＝3时，BF＝EP＝3，∴CF＝CP＝1，∴PF=2∴MN=12PF当AE＝1时，BF＝EP＝1，∴CF＝CP＝3，∴PF＝32，∴MN=12PF综上，MN的长度为22或3【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．5．（2021春•溧阳市期中）如图1，点P是矩形ABCD边CD上的一个动点，连接AP，以AP为边向外作正方形APEF，连接ED、FD设DP＝x，S△ADP＝y，y与x的函数图象如图2所示．（1）AB＝5，BC＝2；（2）试问W＝S△ADF是否发生改变？如果改变，请求出W与x的函数关系；若不改变，请求出W的值；（3）当△DEF为等腰三角形时，求出x的值．【分析】（1）设AD＝BC＝a，则y=12ax，把x＝5，y＝5代入，即可求得a＝2，再由题图2可知：x的最大值为5，故AB＝（2）如图1，过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，可证得△AFG≌△PAD（AAS），得出FG＝AD＝2，即可求得W＝S△ADF=12AD•FG=12×2（3）根据△DEF为等腰三角形，可知：DE＝DF或DE＝EF或DF＝EF，分别建立方程求解即可得出答案．【解答】解：（1）设AD＝BC＝a，则y=12由题图2可知：当x＝5时，y＝5，∴12×5a＝解得：a＝2，∴BC＝2，∵x的最大值为5，∴AB＝5，故答案为：5，2；（2）W的值不变．如图1，过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，则∠G＝90°，∴∠FAG+∠AFG＝90°，∵四边形APEF是正方形，∴AF＝AP，∠PAD+∠FAG＝90°，∴∠AFG＝∠PAD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADP＝90°，∴∠G＝∠ADP，在△AFG和△PAD中，∠G=∴△AFG≌△PAD（AAS），∴FG＝AD＝2，∴W＝S△ADF=12AD•FG=12×2∴W的值为2，是一个定值．（3）由（2）知：△AFG≌△PAD，∴AG＝DP＝x，FG＝AD＝2，∴DG＝AG﹣AD＝x﹣2，在Rt△DFG中，DF2＝DG2+FG2＝（x﹣2）2+22＝x2﹣4x+8，如图2，过点E作EH⊥CD于点H，则∠DHE＝∠EHP＝90°，∴∠EPH+∠PEH＝90°，∵四边形APEF是正方形，∴PE＝AP＝EF，∠EPH+∠APD＝90°，∴∠PEH＝∠APD，∵∠ADP＝90°，∴∠EHP＝∠ADP，∴△PEH≌△APD（AAS），∴EH＝DP＝x，PH＝AD＝2，∴DH＝DP﹣PH＝x﹣2，在Rt△DEH中，DE2＝DH2+EH2＝（x﹣2）2+x2＝2x2﹣4x+4，在Rt△ADP中，AP2＝AD2+DP2＝22+x2，∴EF2＝22+x2，∵△DEF为等腰三角形，∴DE＝DF或