考題猜想02 中心對稱圖形-平行四邊形（進階必刷36題9種題型）（解析版）

專題03中心對稱圖形-平行四邊形（考題猜想，進階必刷36題9種題型）平行四邊形、菱形、矩形、正方形的判定利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題與四邊形有關(guān)的動點問題與特殊四邊形有關(guān)的最值問題利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究問題利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決新定義問題折疊與旋轉(zhuǎn)綜合四邊形有關(guān)的存在性問題坐標(biāo)系中的四邊形一．平行四邊形、菱形、矩形、正方形的判定（共4小題）1．（2023·山東聊城·二模）如圖，以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF，且點A在△BCF內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形ADFE是平行四邊形；②當(dāng)∠BAC=130°時，四邊形ADFE是矩形；③當(dāng)AB=AC時，四邊形ADFE是菱形；④當(dāng)AB=AC，且∠BAC=150°時，四邊形ADFE是正方形．其中正確結(jié)論有（填上所有正確結(jié)論的序號）．

【答案】①③④【分析】本題考查了平行四邊形及矩形、菱形、正方形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，證明△EFB≌△ACB和△CDF≌△CAB即可判斷①；當(dāng)∠BAC=130°時，求出∠EAD=110°即可判斷②；由AB=AC得到AE=AD即可判斷③；由∠BAC=150°得到∠EAD=90°，得到ADFE是矩形，再結(jié)合③即可判斷④；熟練掌握特殊四邊形的判定方法和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等邊三角形，∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC，AC=AD，∴∠EBF=∠ABC=60°?∠ABF，∴△EFB≌△ACBSAS∴EF=AC，∴EF=AC=AD，同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，由AE=DF，AD=EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC=130°時，∠EAD=360°?∠BAE?∠BAC?∠CAD=360°?60°?130°?60°=110°，由①知四邊形ADFE是平行四邊形，∴平行四邊形ADFE不是矩形，故結(jié)論②錯誤；③由①知AB=AE，AC=AD，四邊形∴當(dāng)AB=AC時，AE=AD，∴平行四邊形ADFE是菱形，故結(jié)論③正確；④當(dāng)∠BAC=150°時，∠EAD=360°?∠BAE?∠BAC?∠CAD=360°?60°?150°?60°=90°，∵ADFE是平行四邊形，∴四邊形ADFE是矩形，又由③知四邊形ADFE是菱形，∴四邊形ADFE是正方形，故結(jié)論④正確；故答案為：①③④．2．（22-23八年級下·山東威海·期中）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，點E是AD邊的中點，點P是AB邊上一動點（不與點A重合），連接PE并延長交CD的延長線于點Q，連接PD，AQ(1)求證：四邊形APDQ是平行四邊形；(2)①當(dāng)點P運動到何處時，四邊形APDQ是矩形？寫出理由；②當(dāng)點P運動到何處時，四邊形APDQ是菱形？寫出理由；③點P在運動過程中，是否會存在某個位置，使得四邊形APDQ是正方形？．（填“存在”或“不存在”）【答案】(1)見解析(2)①AB的中點，理由見解析；②點P與點B重合，理由見解析；③不存在【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)得出AP=DQ，再由平行四邊形的判定證明即可；（2）①當(dāng)點P運動到AB的中點時，利用等邊三角形的判定和性質(zhì)及矩形的判定證明即可；②當(dāng)點P與點B重合時，利用等邊三角形的判定和性質(zhì)及菱形的判定證明即可；③由①②得，不存在點P，使得四邊形APDQ是正方形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB∥∴∠QDA=∵點E是AD邊的中點，∴AE=DE，∵∠∴△APE≌△DQE(ASA∴AP=DQ．∴四邊形APDQ是平行四邊形．（2）①當(dāng)點P運動到AB的中點時，如圖，連接BD，∵點P為AB的中點，∴AP=1∵點E是AD邊的中點，∴AE=AP，∵∠ABC=120°∴∠DAB=60°∴△ABD為等邊三角形，∵點P為AB的中點，∴DP⊥AB．∵由（1）得四邊形APDQ是平行四邊形，∴四邊形APDQ是矩形．②當(dāng)點P與點B重合時，如圖所示：同①可證△ABD為等邊三角形∴AP=DP．∵由（1）得四邊形APDQ是平行四邊形，∴四邊形APDQ是菱形；③由①②得，不存在點P，使得四邊形APDQ是正方形，故答案為：不存在．【點睛】題目主要考查特殊四邊形的判定和性子，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)及特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．3．（20-21八年級下·山東濟南·期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，∠ADC=90°，AB=18cm，CD=28cm，動點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點B運動，同時動點Q從點C出發(fā)，以3（1）當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時，求t的值；（2）當(dāng)t=______時，四邊形APQD是矩形；若AD=16cm且點Q的移動速度不變，要使四邊形APQD能夠成為正方形，則P點移動速度是______cm/s（3）在點P、Q運動過程中，若四邊形PBQD能夠成為菱形，求AD的長度．【答案】（1）t=4.5；（2）7；4；（3）12cm【分析】（1）根據(jù)平行四邊形對邊相等的性質(zhì)得到關(guān)于t的方程即可得解；（2）根據(jù)矩形及正方形的性質(zhì)列方程求解；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)可以算得四邊形PBDQ成為菱形的t值，并算出AP、PD的值，再根據(jù)勾股定理可以得到AD的值．【詳解】解：（1）當(dāng)四邊形PBCQ是平行四邊形時，PB=CQ，∴18?t=3t，解得t=4.5．（2）若四邊形APQD是矩形，則：AP=QD，∴t=28-3t，∴t=7；若四邊形APQD是正方形，則：QD=AD=16，∴28-3t=16,∴t=4，設(shè)P點運動速度為vcm/s，則由AP=16cm可得：4v=16,∴v=4，故答案為：7；

4.（3）如圖，若四邊形PBQD是菱形，則BP=DQ=DP，∴18?t=28?3t解得t=5．∴AP=5cm，∵AB//CD，∠ADC=90°在Rt△DAP中，AD=D【點睛】本題考查平行四邊形、矩形、菱形、正方形的應(yīng)用，熟練掌握平行四邊形、矩形、菱形、正方形有關(guān)邊的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．4．（19-20八年級下·河南信陽·階段練習(xí)）閱讀下列例題的解題過程，并完成相關(guān)問題例：如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8cm，AD＝12cm，BC＝18cm，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動；點Q從點C同時出發(fā)，以2cm/s的速度向點B運動．規(guī)定其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動．從運動開始，使PQ∥CD和PQ＝CD，分別經(jīng)過多長時間？為什么？解：①設(shè)經(jīng)過ts時，PQ∥CD且PQ＝CD，此時四邊形PQCD為平行四邊形．∵PD＝（12－t）cm，CQ＝2tcm，∴12－t＝2t．∴t＝4．∴當(dāng)t＝4時，PQ∥CD，且PQ＝CD．②設(shè)經(jīng)過ts時，PQ＝CD，分別過點P，D作BC邊的垂線PE，DF，垂足分別為E，F(xiàn)．當(dāng)CF＝EQ時，四邊形PQCD為梯形（腰相等）或者平行四邊形．∵∠B＝∠A＝∠DFB＝90°，∴四邊形ABFD是矩形．∴AD＝BF．∵AD＝12cm，BC＝18cm，∴CF＝BC－BF＝6cm．當(dāng)四邊形PQCD為梯形（腰相等）時，PD＋2（BC－AD）＝CQ，∴（12－t）＋12＝2t．∴t＝8．∴當(dāng)t＝8時，PQ＝CD．當(dāng)四邊形PQCD為平行四邊形時，由①知當(dāng)t＝4時，PQ＝CD．綜上，當(dāng)t＝4時，PQ∥CD；當(dāng)t＝4或t＝8時，PQ＝CD．問題1：在整個運動過程中是否存在t值，使得四邊形PQCD是菱形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由．問題2：從運動開始，當(dāng)t取何值時，四邊形PQBA是矩形？問題3：在整個運動過程中是否存在t值，使得四邊形PQBA是正方形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由．問題4：是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，請求出t值；若不存在，請說明理由．【答案】問題1：不存在．理由見解析；問題2：當(dāng)t＝6時，四邊形PQBA是矩形；問題3：不存在．理由見解析；問題4：當(dāng)t＝5或6或256【分析】問題1：要使四邊形PQCD是菱形，則四邊形PQCD一定是平行四邊形，由例可知當(dāng)t＝4時，四邊形PQCD是平行四邊形，而此時DP≠DC，從而可得出結(jié)論；問題2：因為∠B=90°，AP∥BQ，由矩形的判定可知當(dāng)AP=BQ時，四邊形ABQP成為矩形，據(jù)此列方程求解即可；問題3：要使四邊形PQBA是正方形，則四邊形PQBA一定是矩形．由問題2知當(dāng)t＝6時，四邊形PQBA是矩形，而此時AP≠AB，從而可得出結(jié)論；問題4：分三種情況討論計算，①當(dāng)QC＝DC時；②當(dāng)DQ＝DC時，過點D作DH⊥CQ；③當(dāng)QD＝QC時，過點D作DH⊥CQ，分別列出方程求出時間，判斷時間是否符合題意即可．【詳解】解：問題1：不存在．理由：要使四邊形PQCD是菱形，則四邊形PQCD一定是平行四邊形．由例知當(dāng)t＝4時，四邊形PQCD是平行四邊形．此時DP＝12－t＝8≠10，即DP≠DC，所以按已知速度運動，四邊形PQCD只能是平行四邊形，但不可能是菱形．問題2：如圖，由題意，得AP＝t，DP＝12－t，CQ＝2t，BQ＝18－2t．要使四邊形PQBA是矩形，已有∠B＝90°，AD∥BC，即AP∥BQ，只需滿足AP＝BQ，即t＝18－2t，解得t＝6．所以當(dāng)t＝6時，四邊形PQBA是矩形．問題3：不存在．理由：要使四邊形PQBA是正方形，則四邊形PQBA一定是矩形．由問題2知當(dāng)t＝6時，四邊形PQBA是矩形．此時AP＝t＝6≠8，即AP≠AB，所以按已知速度運動，四邊形PQBA只能是矩形，但不可能是正方形．問題4：當(dāng)△DQC是等腰三角形時，分三種情況：①如圖1，當(dāng)QC＝DC時，即2t＝10，∴t＝5．②如圖2，當(dāng)DQ＝DC時，過點D作DH⊥CQ，則QH＝CH＝12在Rt△DHC中，DH＝8，CH＝BC－AD＝6，∴DC＝DH2∴t＝6．③如圖3，當(dāng)QD＝QC時，過點D作DH⊥CQ，DH＝8，CH＝6，DC＝10，CQ＝QD＝2t，QH＝2t－6．在Rt△DQH中，DH2＋QH2＝DQ2．∴82＋（2t－6）2＝（2t）2．解得t＝256綜上，當(dāng)t＝5或6或256【點睛】本題借助動點主要考查了矩形、菱形、正方形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理以及方程在幾何圖形中的應(yīng)用，用含t的代數(shù)式正確表示出相關(guān)線段的長度是解題的關(guān)鍵．二．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題（共4小題）5．（23-24八年級上·河北保定·期中）如圖，在四邊形ABCD中AB≠BC,AB∥CD,AB=CD，直線EF經(jīng)過四邊形ABCD的對角線AC和BD的交點O，且分別交AD、BC于點M、N，交BA、DC的延長線于點E、F，下列結(jié)論：①BO=OD；②△AOD的周長?△ODC的周長=AD?CD；③AD∥BC；④S

【答案】①②③④【分析】可以先判定四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)逐個排查即可，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【詳解】解：∵AB∥CD,AB=CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴①BO=OD正確；AO=CO，②△AOD的周長?△ODC的周長=AO+OD+AD?(OD+CD+OC)=AD?CD，正確；③AD∥④∵AB∥CD，∴∠OBN=∠MDO，∵∠BON=∠DOM，BO=DO，∴△BON≌△DOM(ASA∴S△BON∴S四邊形∵BO=DO，∴S△ABO⑤同④證明方法一致，圖中全等的三角形有：△AOB≌△COD,△AOD≌△COB,△AOM≌△CON,△AOE≌△COF，△MOD≌△NOB,△ABD≌△CDB,△ABC≌△CAD,△AEM≌△CFN，△BOE≌△DOF,△BNE≌△DMF共計10對全等的三角形，⑤錯誤．綜上所述，正確的結(jié)論是：①②③④．故答案為①②③④．6．（21-22八年級下·貴州安順·期末）如圖，已知在正方形ABCD外取一點E，連接CE、BE、DE．過點C作CE的垂線交BE于點F．CE=CF=1，DF=6．下列結(jié)論：①BF=DF；②EB⊥ED；③點D到直線CE的距離為2；④S四邊形DECF【答案】②③④【分析】①證明△BCF≌△DCE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可作判斷；②由①可作判斷；③作輔助線構(gòu)建等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理可解答；④根據(jù)面積和與三角形的面積公式可作判斷．【詳解】解：∵CE=CF，∠ECF=90°，∴∠CEF=∠CFE=45°，∴∠BFC=180°?45°=135°，在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=90°，∵∠ECF=∠BCD=90°，∴∠BCF=∠DCE，在△BCF與△DCE中，BC=CD∠BCF=∠DCE∴△BCF≌△DCESAS∴BF=DE，∠DEC=∠BFC=135°，∵∠CEF=45°，∴∠DEF=90°，∴DF=2∴DF=2故①不正確；由①知：∠DEF=90°，∴EB⊥ED，故②正確；過點D作DM⊥CE，交CE的延長線于點M，∵∠DEC=135°，∴∠DEM=180°?135°=45°，∴△DEM是等腰直角三角形，∴DM=EM，∵∠ECF=90°，F(xiàn)C=EC=1，∴EF=2∵DF=6由勾股定理可求得：DE=(∴DM=EM=2∴點D到直線CE的距離為2；故③正確；S===1故④正確；故答案為：②③④．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，三角形面積公式等知識內(nèi)容，綜合程度高，需要學(xué)生靈活運用知識解答．7．（22-23八年級下·四川宜賓·期末）如圖，菱形ABCD的邊長為6，對角線AC,BD相交于O，AE垂直平分CD，垂足為E；另有一動點P在BC上運動，過點P做PM垂直AC交AC于點M，PN垂直BD交BD于點N，連接MN，OE．下列結(jié)論正確的是（寫出所有正確結(jié)論的序號）①∠BCD=120②菱形ABCD的面積為183③OE=CM+PN；④MN的最小值為33

【答案】①②③④【分析】先根據(jù)菱形ABCD，得AD=CD，AD∥BC，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，再根據(jù)垂直平妥線的性質(zhì)可證得△ACD是等邊三角形，得∠ADC=60°，從而可得出∠BCD=120°，查判定①正確；根據(jù)菱形的性質(zhì)與勾股定理求得OD=33，則BD=63，根據(jù)菱形的面積公式可得S菱形ABCD=12AC?BD=12×6×63=183，或判定②正確；證明OE是△ACD的中位線，得OE=12AD=12AC=OC，證明四邊形PMON是矩形，得PN=OM，則OE=OC=CM+OM=CM+PN，可判定③正確；根據(jù)動點【詳解】解：∵菱形ABCD，∴AD=CD，AD∥BC，AC⊥BD，OA=OC，∵AE垂直平分CD，∴AD=AC，CE=DE，∴AD=AC=CD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ADC=60°，∵AD∥∴∠BCD+∠ADC=180°，∴∠BCD=120°，故①正確；∵菱形ABCD的邊長為6，∴AC=AD=6，∴OA=3，在Rt△AOD中，由勾股定理得OD=∴BD=2OD=63∴S菱形∵AE垂直平分CD，OA=OC∴OE是△ACD的中位線，∴OE=1∵PM垂直AC交AC于點M，PN垂直BD交BD于點N，AC⊥BD∴∠PMO=∠PNO=∠MON=90°∴四邊形PMON是矩形，∴PN=OM∴OE=OC=CM+OM=CM+PN，故③正確；∵動點P在BC上運動，∴當(dāng)OP⊥BC時，此時OP最小，在Rt△BOC中，∴1∴OP=∵四邊形PMON是矩形，∴MN=OP∴當(dāng)OP最小時，MN最小，∴MN的最小值為33綜上，正確的有①②③④共4個，故答案為①②③④．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形中位線性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，垂線段最短，勾股定理，此題屬四邊形綜合題目，熟練掌握相關(guān)判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8．（22-23八年級下·福建福州·期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=8，對角線AC上的有一動點P（點P不與點C、點A重合），以DP為邊作正方形DPFG．①在P點運動過程中，F(xiàn)點始終在射線BC上；②在P點運動過程中，∠CPD可能為135°；③若E是DC的中點，連接EG，則EG的最小值為32④△CDP為等腰三角形時，AP的值為32或6?3以上結(jié)論正確的是

【答案】①【分析】用“SAS”可證△DPH≌△FPC，可得∠PHD=∠PCF=135°，可證點B，點C，點F三點共線，故①正確；由三角形的外角可得∠CPD不可能為135°，故②錯誤；由△DPN≌△DGESAS，可得EG=PN，當(dāng)NP⊥AC時，NP有最小值為22，即EG有最小值為22，故③【詳解】解：如圖，連接CF，過點P作PH⊥PC交CD于H，，∵四邊形ABCD和四邊形DPFG是正方形，∴PD=PF，∴∠DPH=∠CPF，∴PH=PC，∴△DPH≌∴∠PHD=∠PCF=135°，∴∠ACB+∠PCF=180°，∴點B，點C，點F三點共線，故①正確；∵∠CPD=∠CAD+∠ADP∴∠ADP=90°，則點P與點C重合，此時∠CPD不存在，故②錯誤；如圖，取AD的中點N，連接PN，，∵點N是AD的中點，點E是CD中點，∴AN=DE=DN=4，∵∠ADC=∠PDG=90°，∴∠ADP=∠GDE，又∵DP=DG，∴△DPN≌∴EG=PN，∵點P是線段AC上一點，∴當(dāng)NP⊥AC時，NP有最小值為22∴EG有最小值為22，故③∵AD=CD=8，∴AC=2當(dāng)點P是AC中點時，AP=PD=PC=42，則△PCD當(dāng)CP=CD=8時，△PCD是等腰三角形，∴AP=82故答案為：①．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．三．與四邊形有關(guān)的動點問題（共4小題）9．（23-24八年級下·江蘇揚州·階段練習(xí)）在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB=6cm，AD=14cm，BC=20cm，∠ABC=90°，點P從點A出發(fā)，以1cm/s的速度向點D運動，點Q從點C(1)當(dāng)t為何值時，四邊形ABQP成為矩形？(2)當(dāng)t為何值時，以點P、Q與點A、B、C、D中的任意兩個點為頂點的四邊形為平行四邊形？(3)四邊形PBQD是否能成為菱形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由，并探究如何改變Q點的速度（勻速運動），使四邊形PBQD在某一時刻為菱形，求點Q的速度．【答案】(1)t=5(2)t=5或t=3或t=3.5(3)四邊形PBQD不能成為菱形，見解析，點Q的速度為4120cm/s時，能夠使四邊形PBQD在【詳解】（1）∵∠ABC=90°，AP∥BQ∴當(dāng)AP=BQ時，四邊形ABQP成為矩形，由運動知，AP=t，CQ=3t，∴BQ=20?3t，∴t=20?3t，解得t=5．∴當(dāng)t=5時，四邊形ABQP成為矩形；（2）①當(dāng)AP=BQ時，t=20?3t，此時t=5，四邊形ABQP是平行四邊形；②當(dāng)PD=BQ時，14?t=20?3t，此時t=3，四邊形PBQD是平行四邊形時；③當(dāng)PD=QC時，14?t=3t，此時t=3.5，四邊形PQCD為平行四邊形；綜上所述，當(dāng)t=5或t=3或t=3.5時，以點P、Q與點A、B、C、D中的任意兩個點為頂點的四邊形為平行四邊形．（3）四邊形PBQD不能成為菱形．理由如下：∵PD∥BQ，∴當(dāng)PD=BQ=BP時，四邊形PBQD能成為菱形．由PD=BQ，得14?t=20?3t，解得：t=3，當(dāng)t=3時，PD=14?3=11，BQ=20?9=11，AP=AD?PD=14?11=3．在Rt△ABP中，AB=6，AP=3根據(jù)勾股定理得，BP=AB∴四邊形PBQD不能成為菱形；如果Q點的速度改變?yōu)関cm/s時，能夠使四邊形PBQD由題意得14?t=20?vt14?t=解得：t=40故點Q的速度為4120cm/s時，能夠使四邊形PBQD在10．（23-24八年級上·吉林白山·階段練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．動點P以每秒1個單位長度的速度從點B山發(fā)，沿線段BC方向運動，動點Q同時以每秒4個單位長度的速度從點A出發(fā)，沿正方形的邊AD?DC?CB運動，當(dāng)點P與點Q相遇時停止運動，設(shè)點P的運動時間為t秒．(1)運動時間為秒時，點P與點Q相遇；(2)求t為何值時，△ABQ是等腰三角形？(3)用含t的式子表示△AQP的面積S，并寫出相應(yīng)t的取值范圍；(4)連接PA，當(dāng)以點Q及正方形的某兩個頂點為頂點組成的三角形和△PAB全等時，直接寫出t的值（點P與點Q重合時除外）．【答案】(1)12(2)t=1或32(3)當(dāng)0<t≤1時，S=8t；當(dāng)1<t≤2時，S=?2t2+2t+8；當(dāng)(4)t的值為45或43【分析】（1）設(shè)t秒后P、Q相遇．列出方程即可解決問題；（2）根據(jù)AB=AQ，AB=BQ，BQ=AQ分類討論即可解決問題；（3）分三種情形①如圖2中，當(dāng)0<t≤1，點Q在AD上時．②如圖3中，當(dāng)1<t≤2，點Q在CD上時，S=S正方形ABCD?S△ADQ?（4）分四種情形求解①當(dāng)DQ1=BP時，△CDQ1≌△ABP．②當(dāng)DQ2=BP時，△ADQ2≌△ABP．③當(dāng)【詳解】（1）設(shè)t秒后P、Q相遇．由題意(4+1)t=12，∴t=12∴125秒后P、Q故答案為125（2）∵正方形ABCD∴AB=AD=DC=BC=4，當(dāng)AB=AQ時，此時D與Q重合，t=AD當(dāng)AB=BQ時，此時C與Q重合，t=AD+DC當(dāng)BQ=AQ時，Q在AB的垂直平分線上，即Q為CD中點，此時t=AD+綜上所述，當(dāng)t=1或32或2時，△ABQ（3）①如圖2中，當(dāng)0<t≤1，點Q在AD上時，S=1②如圖3中，當(dāng)1<t≤2，點Q在CD上時，S=S③如圖4中，當(dāng)2<t<125，點Q在BC上時，綜上所述，S=8t（4）如圖5中，①當(dāng)DQ1=BP時，△CDQ1②當(dāng)DQ2=BP時，△ADQ2③當(dāng)CQ3=BP時，△BCQ3④當(dāng)BQ4=BP時，△ABQ4≌△ABP，此時綜上所述，t為45或43或85或125時，當(dāng)以點【點睛】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會分類討論，注意不能漏解，屬于中考壓軸題．11．（22-23八年級下·吉林·期中）如圖，在?ABCD中，∠DCA=90°，AB=6，AC=8，動點P從點A出發(fā)沿AD以2cm/s速度向終點D運動，同時點Q從點C出發(fā)，以8cm/s速度沿射線CB運動，當(dāng)點P到達終點時，點Q也隨之停止運動，設(shè)點

(1)CB的長為______；(2)用含t的代數(shù)式表示線段QB的長；(3)連接PQ，①是否存在t的值，使得PQ與AC互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；②是否存在t的值，使得PQ與AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；(4)若點P關(guān)于直線AQ對稱的點恰好落在直線AB上，請直接寫出t的值．【答案】(1)10(2)10?8t或8t?10(3)①不存在，理由見解析；②存在，t=(4)12【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD=6，再由勾股定理求出CB的長即可；（2）當(dāng)點Q在線段CB上時，QB=BC?CQ=10?8t；當(dāng)點Q在線段CB延長線上時，QB=CQ?BC=8t?10；（3）①連接PC、AQ，若PQ與AC互相平分，則四邊形APCQ是平行四邊形，得AP=CQ，則2t=8t，解得t=0，不符合題意舍去；②連接PB、AQ，若PQ與AB互相平分，則四邊形APBQ是平行四邊形，得AP=BQ，則2t=8t?10，解得t=5（4）分兩種情況，①當(dāng)點P關(guān)于直線AQ對稱的點恰好落在點A下方時，②當(dāng)點P關(guān)于直線AQ對稱的點恰好落在點A上方時，證BQ=AB=6，求出CQ的長，即可解決問題．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD=6，∠BAC=∠DCA=90°，∴CB=A故答案為：10；（2）由題意得：CQ=8t，當(dāng)點Q在線段CB上時，QB=BC?CQ=10?8t；當(dāng)點Q在線段CB延長線上時，QB=CQ?BC=8t?10；綜上所述，線段QB的長為10?8t或8t?10；（3）①不存在，理由如下：如圖1，連接PC、AQ，

若PQ與AC互相平分，則四邊形APCQ是平行四邊形，∴AP=CQ，∵AP=2t，CQ=8t，∴2t=8t，解得：t=0，不符合題意舍去；②存在，理由如下：如圖2，連接PB、AQ，

若PQ與AB互相平分，則四邊形APBQ是平行四邊形，∴AP=BQ，∴2t=8t?10，解得：t=5∴存在t的值，使得PQ與AB互相平分，t的值為53（4）分兩種情況：①當(dāng)點P關(guān)于直線AQ對稱的點恰好落在點A下方時，如圖3，

由對稱的性質(zhì)得：∠PAQ=∠P∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠PAQ=∠AQB，∴∠P∴BQ=AB=6，∴CQ=BC?BQ=10?6=4，即8t=4，解得：t=1②當(dāng)點P關(guān)于直線AQ對稱的點恰好落在點A上方時，如圖4，

由對稱的性質(zhì)得：∠PAF=∠P∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠PAF=∠BQA，∵∠P∴∠BQA=∠BAQ，∴BQ=AB=6，∴CQ=BC+BQ=10+6=16，即8t=16，解得：t=2；綜上所述，t的值為12【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理、軸對稱的性質(zhì)以及分類討論等知識，本題綜合性強，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．12．（22-23八年級下·浙江溫州·階段練習(xí)）已知如圖：在四邊形ABCD中，∠C=∠D=90°，AD=8cm，CD=4cm，BC=12cm，動點P從點B出發(fā)在線段BC上向點C運動，速度為2cm/s；點Q從點D出發(fā)在線段DA上向點A運動，速度為1cm/s，Q、D兩點不重合．P、

(1)當(dāng)t=2秒時，四邊形DCPQ面積為多少？(2)當(dāng)PQ=PC時，求t的值．(3)當(dāng)以P、Q、D為頂點的三角形是等腰三角形時，則t=__________．（直接寫出答案）【答案】(1)四邊形DCPQ面積為20(2)t=4或t=(3)5或4或8?46【分析】（1）根據(jù)題意得到DQ=t×1=t，BP=2t，求得CP=12?2t，根據(jù)梯形的面積公式即可得到結(jié)論；（2）過點Q作QE⊥BC于E，則四邊形CDQE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CE=DQ=t，∠PEQ=90°，EQ=CD=4，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)題意得到DQ=t，PQ2=12?3t2+42，【詳解】（1）解：由題意得：DQ=t×1=t，BP=2t，∴CP=12?2t，當(dāng)t=2秒時，DQ=2cm，CP=12?2×2=8∵∠C=∠D=90°，∴DQ∥∴四邊形DCPQ面積=1答：四邊形DCPQ面積為20cm（2）過點Q作QE⊥BC于E，則四邊形CDQE是矩形，

∴CE=DQ=t，∠PEQ=90°，EQ=CD=4，∴PE=PC?CE=12?2t?t=12?3t，∴PQ當(dāng)PQ=PC時，12?3t2解得t=4秒或t=4答：當(dāng)PQ=PC時，t=4秒或45（3）由題意得DQ=t，PQ2=當(dāng)DQ=PQ時，即t2解得t=5或t=4；DQ=PD時，即t2解得：t=8+463當(dāng)PQ=PD時，即12?3t2解得：t=245或但當(dāng)t=0時，D，Q兩點重合，故t=24綜上所述，當(dāng)以P、Q、D為頂點的三角形是等腰三角形時，t為5或4或8?463故答案為：5或4或8?463【點睛】本題四邊形的綜合題，考查了梯形，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，分類討論是解題的關(guān)鍵．四．與特殊四邊形有關(guān)的最值問題（共5小題）13．（22-23八年級下·湖南郴州·期中）如圖①．已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點D是BC的中點，作正方形DEFG，使點A，C分別在DG和DE上，連接AE，BG．

(1)試猜想線段BG和AE的數(shù)量關(guān)系，并證明你得到的結(jié)論；(2)將正方形DEFG繞點D逆時針方向旋轉(zhuǎn)一定角度后（旋轉(zhuǎn)角度大于0°，小于或等于360°），如圖②，通過觀察或測量等方法判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請予以證明；如果不成立，請說明理由；(3)若BC=DE=2，在（2）的旋轉(zhuǎn)過程中，①當(dāng)AE為最大值時，則AF=___________．②當(dāng)AE為最小值時，則AF=___________．【答案】(1)BG=AE，證明見解析(2)成立，證明見解析(3)①13；②5【分析】（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可以得出△ADE≌△BDG，進而得出結(jié)論；（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)可以得出△ADE≌△BDG，進而得出結(jié)論；（3）①如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時，BG=AE，此時AE的值最大．②利用三角形的三邊關(guān)系確定AE的最小值，此時如圖③中，G，B，D共線．【詳解】（1）解：結(jié)論：BG=AE．理由：如圖1，延長EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，點D是BC的中點，∴AD⊥BC，BD=CD，∴∠ADB=∠ADC=90°．∵四邊形DEFG是正方形，∴DE=DG．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△ADE≌△BDG(SAS∴BG=AE；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，BG=AE，BG⊥AE．理由如下：如圖②，連接AD，延長EA交BG于K，交DG于O．

在Rt△BAC中，D為斜邊BC∴AD=BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB=90°．∵四邊形EFGD為正方形，∴DE=DG，且∠GDE=90°，∴∠ADG+∠ADE=90°，∴∠BDG=∠ADE．在△BDG和△ADE中，BD=AD∠BDG=∠ADE∴△BDG≌△ADE(SAS∴BG=AE，∠BGD=∠AED，∵∠GOK=∠DOE，∴∠OKG=∠ODE=90°，∴EA⊥BG．（3）①如圖③，當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為270°時，BG=AE，此時AE的值最大．

∵BC=DE=2，∴BG=2+1=3．∴AE=3．在Rt△AEFAF=A∴AF=13故答案為：13；②如圖④中，連接AF．

如圖②中，在△BDG中，∵BD=1，DG=2，∴2?1≤BG≤1+2，∴AE的最小值為1，此時如圖④中，G，B，D共線，在Rt△AEF中，AF=故答案為：5．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，勾股定理的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，正方形的性質(zhì)的運用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．14．（22-23八年級下·福建廈門·期中）如圖1，將矩形ABOC放置于第一象限，使其頂點O位于原點，且點B，C分別位于x軸，y軸上．若A(m,n)滿足m?20+(1)求點A的坐標(biāo)；(2)取AC中點M，連接MO，△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對稱，連接AN并延長，交x軸于點P．①求AP的長；②如圖2，點D位于線段AC上，且CD=16．點E為平面內(nèi)一動點，滿足DE⊥OE，連接PE．請你求出線段PE長度的最大值．【答案】(1)(20,12)(2)①261；②【分析】（1）由m?20+n?12=0．可得m?20=0（2）①證明∠CNA=90°，得到△OCM≌△ABP(AAS)，可得PB=CM=10=12OB，即可求解；②取OD的中點Q，連接QE，QP．當(dāng)點P、Q【詳解】（1）解：∵m?20+∴m?20=0，n?12=0，解得m=20，n=12，∴點A的坐標(biāo)為(20,12)；（2）①∵△CMO與△NMO關(guān)于MO所在直線對稱，∴ON=OC=12，MN=CM=AM=10，CN⊥OM，如圖，連接NC，∵MN=AM=MC，∴∠MAN=∠MNA，∠MNC=∠MCN，設(shè)∠MAN=∠MNA=α，∠MNC=∠MCN=β，在△ACN中，∠ACN+∠CAN+∠ANM+∠MNC=180°，∴2α+2β=180°，∴α+β=90°，∴∠CNA=90°，∴∠NCA+∠CAN=90°，∵∠NCA+∠OMC=90°，∴∠CAN=∠OMC，∴OM∥∵AC∥∴四邊形AMOP是平行四邊形，∴OP=AM=10=1∴點P為OB的中點，∴P(10,0)，∴AP=20?10②取OD的中點Q，連接QE，QP．∵∠OED=∠OCA=90°，點Q是OD的中點，∵CD=16．∴D(16,12)，∴BD=16∴QE=1由中點坐標(biāo)可知：點Q的坐標(biāo)為(8,6)，∴OQ=6∵P(10,0)，∴OQ=OP=QE=QD=10，∴當(dāng)點P、Q、E三點共線時，PE的長度最大，則PE的最大值=QE+PQ，∵P(10,0)，Q(8,6)，∴PQ=(10?8)∴PE的最大值=QE+PQ=10+210故答案為：10+210【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，平行四邊形的判定，解決本題的關(guān)鍵是得到四邊形AMOP是平行四邊形．15．（22-23八年級上·四川成都·階段練習(xí)）（1）問題再現(xiàn)：學(xué)習(xí)二次根式時，老師給同學(xué)們提出了一個求代數(shù)式最小值的問題，如，“求代數(shù)式x2+4+(12?x)2+9的最小值”；小強同學(xué)發(fā)現(xiàn)x2+4可看作兩直角邊分別為x和2的直角三角形斜邊長，（2）類比遷移：已知a，b均為正數(shù)，且a?b=4，求a2（3）方法應(yīng)用：已知a，b均為正數(shù)，且4a2+b2【答案】（1）13；（2）5；（3）5【分析】（1）先根據(jù)題意利用勾股定理求出AD=x2+4，BD=12?x2+9，則x2+4+12?x2+9=AD+BD，要想x2+4（2）如圖所示，AC=1，CD=b，DE=a，BE=2，利用勾股定理求出AD=b2+1（3）如圖所示，BE=CD=a，EF=2a，BF=3a，AB=BC=∠ABF=∠ACD=∠DEF=90°，則DF=DE2+EF2=【詳解】解：（1）如圖所示，AC=2，CD=x，DE=12?x，BE=3，在直角三角形ACD中，AD=A在直角三角形BDE中，BD=D∴x2∴要想x2+4+∴當(dāng)A、D、B三點共線時，AD+BD的值最小，最小值為AB，過點B作BF⊥AC交AC延長線于F，∵EC⊥AF，BF⊥AC，BE⊥AC，∴由長方形的性質(zhì)得BF=CE=CD+DE=12，CF=BE=3，∴AF=AC+CF=5，∴AB=A∴x2故答案為：13；（2）如圖所示，AC=1，CD=b，DE=a，BE=2，在直角三角形ACD中，AD=A在直角三角形BDE中，BD=D∴a2∴要想a2+4+∴當(dāng)A、D、B三點共線時，AD+BD的值最小，最小值為AB，過點B作BF⊥AC交AC延長線于F，∵EC⊥AF，BF⊥AC，BE⊥AC，∴由長方形的性質(zhì)BF=CE=CD+DE=a+b=4，CF=BE=2，∴AF=AC+CF=3，∴AB=A∴a2故答案為：5；（3）如圖所示，BE=CD=a，EF=2a，BF=3a，AB=BC=∠ABF=∠ACD=∠DEF=90°，∴DF=DE2+EF∴△ADF的面積即為所求，∴S△ADF===5【點睛】本題主要考查了勾股定理，線段和最值問題、矩形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵在于能夠準(zhǔn)確讀懂題意，利用勾股定理求解．16．（2023·陜西西安·三模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點A，B分別在y軸，x軸上，當(dāng)B在x軸上運動時，A隨之在y軸上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB=6，BC=2．(1)取AB的中點E，連接OE，DE，求OE+DE的值．(2)如圖2，若以AB為邊長在第一象限內(nèi)作等邊三角形△ABP，運動過程中，點P到原點的最大距離是多少？【答案】(1)3+(2)3+3【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OE＝AE＝（2）如詳解圖，取AB的中點E，連接OE，PE，OP，根據(jù)OP≤OE+PE=3+33，當(dāng)P、E、O共線時，OP=OE+PE=3+33，可得點【詳解】（1）解：根據(jù)題意可知：∠AOB＝∵AB的中點E，∴OE＝∵AD＝∴DE=A∴OE+DE=3+13（2）解：如圖，取AB的中點E，連接OE，PE，OP，在Rt△AOB中，∵△AOB是等邊三角形，∴PB=PA=AB=6，∴BE=12AB=3∴PE=B∵OP≤OE+PE=3+33∴當(dāng)P、E、O共線時，OP=OE+PE=3+33∴點P到原點的最大距離是3+33【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，作出輔助線，熟練掌握三角形三邊關(guān)系求線段最值是解題的關(guān)鍵．17．（21-22八年級上·廣東廣州·期末）在長方形ABCD中，AB＝4，BC＝8，點P、Q為BC邊上的兩個動點（點P位于點Q的左側(cè)，P、Q均不與頂點重合），PQ＝2(1)如圖①，若點E為CD邊上的中點，當(dāng)Q移動到BC邊上的中點時，求證：AP＝QE；(2)如圖②，若點E為CD邊上的中點，在PQ的移動過程中，若四邊形APQE的周長最小時，求BP的長；(3)如圖③，若M、N分別為AD邊和CD邊上的兩個動點（M、N均不與頂點重合），當(dāng)BP＝3，且四邊形PQNM的周長最小時，求此時四邊形PQNM的面積．【答案】(1)見解析(2)4(3)4【分析】（1）由“SAS”可證△ABP≌△QCE，可得AP=QE；（2）要使四邊形APQE的周長最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．為此，先在BC邊上確定點P、Q的位置，可在AD上截取線段AF=DE=2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，則此時AP+EQ=EG最小，然后過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點，那么先證明∠GEH=45°，再由CQ=EC即可求出BP的長度；（3）要使四邊形PQNM的周長最小，由于PQ是定值，只需PM+MN+QN的值最小即可，作點P關(guān)于AD的對稱點F，作點Q關(guān)于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，由面積和差關(guān)系可求解．【詳解】（1）解：證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=4，BC=AD=8，∵點E是CD的中點，點Q是BC的中點，∴BQ=CQ=4，CE=2，∴AB=CQ，∵PQ=2，∴BP=2，∴BP=CE，又∵∠B=∠C=90°，∴△ABP≌△QCE（SAS），∴AP=QE；（2）如圖②，在AD上截取線段AF=PQ=2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點．∵GH=DF=6，EH=2+4=6，∠H=90°，∴∠GEH=45°，∴∠CEQ=45°，設(shè)BP=x，則CQ=BC-BP-PQ=8-x-2=6-x，在△CQE中，∵∠QCE=90°，∠CEQ=45°，∴CQ=EC，∴6-x=2，解得x=4，∴BP=4；（3）如圖③，作點P關(guān)于AD的對稱點F，作點Q關(guān)于CD的對稱點H，連接FH，交AD于M，交CD于N，連接PM，QN，此時四邊形PQNM的周長最小，連接FP交AD于T，∴PT=FT=4，QC=BC-BP-PQ=8-3-2=3=CH，∴PF=8，PH=8，∴PF=PH，又∵∠FPH=90°，∴∠F=∠H=45°，∵PF⊥AD，CD⊥QH，∴∠F=∠TMF=45°，∠H=∠CNH=45°，∴FT=TM=4，CN=CH=3，∴四邊形PQNM的面積=12×PF×PH-12×PF×TM-12×QH×CN=12×8×8-【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱求最短距離，直角三角形的性質(zhì)；通過構(gòu)造平行四邊形和軸對稱找到點P和點Q位置是解題的關(guān)鍵．五．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究問題（共5小題）18．（22-23八年級下·湖南益陽·期中）如圖，在△ABC中，已知AB=8，BC=6，AC=7，依次連接△ABC的三邊中點，得到△A1B1C1，再依次連接△A

【答案】21【分析】由C△ABC=AB+BC+AC=21，再利用中位線的性質(zhì)可得：C△A【詳解】解：探究規(guī)律：∵AB=8，BC=6，AC=7，∴C∵A1,∴A∴同理：C△······總結(jié)規(guī)律：C△運用規(guī)律：當(dāng)n=2023時，C△故答案為：21【點睛】本題考查的是圖形周長的規(guī)律探究，三角形中位線的性質(zhì)，掌握探究規(guī)律的方法與三角形中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（22-23八年級下·廣西南寧·階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是矩形，點F是AB邊的三等分點，BF=2AF，點E1是CB邊的中點，連接E1F，E1D，得到△E1FD；點E2是CE1的中點，連接E2F，E【答案】3?【分析】根據(jù)題意，并結(jié)合矩形的性質(zhì)可得：AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF=13AB，BE1=CE1=【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,∵BF=2AF,點E1是CB∴AF=1∴=6?=6?=6?=6?∵E2是C∴BE∴S△整理得：S△同理可得：S△∴S△∴S△故答案為：3?1【點睛】本題主要考查三角形的面積，規(guī)律型：圖形的變化類．解答的關(guān)鍵是明確S△20．（20-21八年級下·湖北恩施·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A11,0，A23,0，A36,0，A410,0，…，以A1A2為對角線作第一個正方形A1C1A2B1，以

【答案】n+1【分析】利用圖形分別得出B點橫坐標(biāo)B1，B2，B3，…的橫坐標(biāo)分別為：42,【詳解】解：分別過點B1，B2，B3，作B1D⊥x軸，B2E⊥x軸，B

∵A1∴A1A2=3?1=2，A1可得出B1∵A2∴A3A2=6?3=3，EB可得B2同理可得出：B38,2，∵B1，B2，B3∴點Bn的橫坐標(biāo)為：n+1∵B1，B2，B3∴點Bn的縱坐標(biāo)為：n+1∴點Bn的坐標(biāo)為：n+1故答案為：n+12【點睛】此題主要考查了點的坐標(biāo)規(guī)律，培養(yǎng)學(xué)生觀察和歸納能力，從所給的數(shù)據(jù)和圖形中尋求規(guī)律分別得出B點橫縱坐標(biāo)的規(guī)律是解答本題的關(guān)鍵．21．（23-24八年級上·遼寧沈陽·階段練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為2，其面積標(biāo)記為S1，以CD為斜邊作等腰直角三角形，以該等腰直角三角形的一條直角邊為邊向外作正方形，其面積標(biāo)記為S2，…按照此規(guī)律繼續(xù)下去，則S2021

A．222018 B．222019 C．【答案】C【分析】先求出S1，再根據(jù)勾股定理求出S2，進而求出S3，S【詳解】根據(jù)題意可知S1根據(jù)勾股定理，得DE即S2同理：S3S4S???Sn∴S2021故選：C．【點睛】本題主要考查了正方形和等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，規(guī)律問題，理解面積變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．22．（22-23八年級下·江蘇·期末）解答題(1)證明三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半；[要求根據(jù)圖1寫出已知、求證、證明；在證明過程中，至少有兩處寫出推理依據(jù)（“已知”除外）](2)如圖2，在?ABCD中，對角線交點為O，A1、B1、C1、D(3)借助圖形3反映的規(guī)律，猜猜l可能是多少？

【答案】(1)見解析(2)l=1+(3)l=1+1【分析】（1）先作出圖形，延長DE至F，使EF=DE，然后根據(jù)“邊角邊”證明△ADE和△CFE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AD=CF，全等三角形對應(yīng)角相等可得∠A=∠ECF，再根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行可得AD∥CF，然后證明四邊形BCFD是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的對邊平行且相等可得DF∥（2）根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求出四邊形A1B1（3）根據(jù)規(guī)律，l的算式等于大正方形的面積減去最后剩下的一小部分的面積，然后寫出結(jié)果即可解答．【詳解】（1）解：已知：在△ABC中，D、E分別是邊AB、求證：DE∥BC且證明：如圖，延長DE至F，使EF=DE，∵E是AC的中點，∴AE=CE，在△ADE和△CFE中，DE=EF∠AED=∠CEF∴△ADE?△CFE（SAS）∴AD=CF（全等三角形對應(yīng)邊相等），∠A=∠ECF（全等三角形對應(yīng)角相等），∴AD∥∵點D是AB的中點，∴AD=BD，∴BD=CF且BD∥∴四邊形BCFD是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形），∴DF∥BC且∵DE=EF=1∴DE∥BC且

（2）解：∵A1、B∴A.A∴四邊形A1B1同理可得，四邊形A2B2四邊形A3B3C3D3的周長=1…，∴四邊形的周長之和l=1+1（3）解：由圖可知，12所以l=1+1【點睛】本題主要考查了三角形的中位線定理的證明、平行四邊形的判定與性質(zhì)、數(shù)字規(guī)律等知識點，正確作輔助線構(gòu)造出全等三角形的和平行四邊形是解題的關(guān)鍵．六．利用特殊四邊形的性質(zhì)與判定解決新定義問題（共3小題）23．（23-24八年級上·山東東營·期末）附加題：我們定義：有一組鄰邊相等且有一組對角互補的品四邊形叫得等補四邊形．(1)如圖1，△ABC是等邊三角形，在BC上任取一點D（不與B，C重合），連接AD，我們把△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°，則AB與AC重合，點D的對應(yīng)點為點E．請根據(jù)給出的定義判斷，四邊形ADCE______（選擇“是”或“不是”）等補四邊形．(2)如圖2，等補四邊形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四邊形ABCD=8(3)如圖3，四邊形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=5，求四邊形ABCD面積的最大值．【答案】(1)是(2)4(3)25【分析】本題主要考查了利用旋轉(zhuǎn)作全等三角形，三角形和四邊形的面積，等補四邊形的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會利用旋轉(zhuǎn)作輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，再證明四邊形有一對角互補，根據(jù)等補四邊形的定義可得結(jié)論；（2）如圖2，將△BAD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得△BCG，先證明D、C、G三點共線，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：S四邊形ABCD=（3）如圖3，作輔助線：將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)∠ABC的大小，得△BAE，先證明A、D、E三點共線，則S四邊形ABCD=S△BDE【詳解】（1）解：由旋轉(zhuǎn)得：AD=AE，∠ADB=∠AEC，∵∠ADC+∠ADB=180°，∴∠ADC+∠AEC=180°，∴四邊形ADCE是等補四邊形．故答案為：是；（2）解：如圖2，∵∠ABC=90°，AB=BC，∴將△BAD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得△BCG，∴∠BAD=∠BCG，BD=BG，∠DBG=90°，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BCD+∠BCG=180°，∴D、C、G三點共線，∵S∴S∴12∴BD=4（負值舍去）；故答案為：4．（3）解：∵AB=BC，

∴將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)∠ABC的大小，得△BAE，如圖3，∴BD=BE=5，∠BAE=∠C，S△ABE∵∠BAD+∠C=180°，∴∠BAD+∠BAE=180°，∴A、D、E三點共線，∴S當(dāng)BD⊥BE時，△BDE的面積最大，為S△BDE則四邊形ABCD面積的最大值為25224．（23-24八年級上·山東淄博·期末）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．根據(jù)以上定義，解決下列問題：(1)如圖①，正方形ABCD中，E是CD上的點，將△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重合，此時點E的對應(yīng)點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF為“直等補”四邊形，為什么？(2)如圖②，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，過點B作BE⊥AD于點E，作BF⊥DC交DC延長線于點①試判斷四邊形BFDE的形狀，證明你的結(jié)論，并求出BE的長．②若點M是AD邊上的動點，求△BCM周長的最小值．【答案】(1)見解析(2)①四邊形BFDE是正方形，BE=4；②△BCM周長的最小值為5+【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得△BCE≌△BAF，由全等三角形的性質(zhì)則可得四邊形BEDF符合“直等補”四邊形的條件，因而問題解決；（2）①由已知可得四邊形BFDE是矩形，現(xiàn)證明△ABE≌△CBF，則易得BFDE是正方形；設(shè)BE=x，由勾股定理建立方程即可求得x的值；②作點C關(guān)于AD的對稱點H，連接MH，BH，BH交AD于點N，則當(dāng)M與N重合時，【詳解】（1）解：∵在正方形ABCD中，AB=BC，又△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)得到△BAF，且BC與BA重合，∴△BCE≌△BAF，∴BE=BF，∴∠EBF=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°，∴∠EBF+∠D=180°，又∵BE=BF，∴四邊形BEDF為“直等補”四邊形；（2）解：①∵BE⊥AD，BF⊥DC，∴∠BED=∠F=90°；∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB=BC=5，∴∠ABC=90°，∴∠D=180°?∠ABC=90°，即∠BED=∠F=∠D=90°，∴四邊形BFDE是矩形；∴∠ABC=∠EBF=90°；即∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBF=90°，∴∠ABE=∠CBF；又∵∠AEB=∠F=90°，AB=BC，∴△ABE≌△CBF，∴BE=BF，∴四邊形BFDE是正方形；∴BE=FD=BF；設(shè)BE=x，則BE=FD=BF=x，CF=FD?CD=x?1，在Rt△BFC中，由勾股定理得：B即x2解得：x=4，∴BE=4；②如圖，作點C關(guān)于AD的對稱點H，連接MH，BH，BH交AD于點則CM=HM，∵BM+CM=BM+HM≥BH，∴當(dāng)M與N重合時，BM+CM取得最小值，最小值為線段BH的長；∵△BCM的周長為BM+CM+BC=5+BM+CM，∴△BCM的周長最小值為5+BH；∵FH=FD+DH=4+1=5，∴由勾股定理得：BH=B∴△BCM周長的最小值為5+41【點睛】本題是幾何綜合問題，考查了正方形的判定與性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，新定義，軸對稱的性質(zhì)等知識，構(gòu)造適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．25．（23-24八年級上·江蘇·期末）我們給出如下定義：若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱這個四邊形為勾股四邊形，這兩條相鄰的邊稱為這個四邊形的勾股邊．(1)寫出你所學(xué)過的特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形的名稱，；(2)如圖（1），已知格點(小正方形的頂點)O0,0、A3，0(3)如圖（2），將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°，得到△DBE，連結(jié)AD、DC，若∠DCB=30°．四邊形ABCD是勾股四邊形嗎？為什么？【答案】(1)矩形，正方形(2)見詳解(3)四邊形ABCD是勾股四邊形，理由見詳解．【分析】本題考查四邊形綜合題、勾股定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，正確尋找全等三角形解決問題．（1）利用含有直角的四邊形找出特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形即可；（2）根據(jù)題意畫出圖形即可；（3）首先證明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，連接CE，進一步得出△BCE為等邊三角形；利用等邊三角形的性質(zhì)，進一步得出【詳解】（1）解：學(xué)過的特殊四邊形中是勾股四邊形的有矩形，正方形；故答案為：矩形，正方形；（2）解：如圖，（3）解：四邊形ABCD是勾股四邊形．證明：如圖2，連接CE，由旋轉(zhuǎn)得：△ABC≌△DBE，∴AC=DE，又∵∠CBE=60°，∴△CBE為等邊三角形，∴BC=CE，∵∠DCB=30°，∴∠DCE=∠DCB+∠BCE=30°+60°=90°，∴DC∴DC∴四邊形ABCD是勾股四邊形．七．折疊與旋轉(zhuǎn)綜合（共4小題）26．（21-22八年級下·山東淄博·期末）【綜合與實踐】：數(shù)學(xué)實踐活動是一種非常有效的學(xué)習(xí)方式，通過活動可以激發(fā)我們的學(xué)習(xí)興趣，提高動手動腦能力，拓展思維空間，豐富數(shù)學(xué)體驗，下面讓我們一起動手來折一折，轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)，剪一剪，體驗數(shù)學(xué)實踐活動帶給我們的樂趣吧．(1)折一折：如圖1，將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB，AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE，AF，連接EF，則∠EAF=______度；若AB=1，則△AEF的面積S△AEF(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：①如圖2，將圖1中的∠EAF繞點A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC，CD于點P，Q，連接PQ．若BP=1，DQ=3，求△APQ的面積；②如圖3，連接正方形對角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對角線BD于點M、點N，請判斷線段BM與CQ之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)剪一剪：如圖4，將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開．若BM=a，DN=b，請求MN的長（用含有a和b的代數(shù)式表達）．【答案】(1)∠EAF=45°(2)①4+27；②CQ=(3)MN=【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF=45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE=DF，AE=AF，可得結(jié)論，再根據(jù)勾股定理求出BE，即可求出答案．（2）①如圖，將△ADQ繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABQ′，點D與B重合，證明△PAQ≌△PAQ′，求出PQ=4，最后用勾股定理求出AB，可得結(jié)論．②證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM（3）如圖4中，如圖，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABN′，點D與B重合，證明△MAN≌△MAN′（SAS），∠RBM=90°，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，∴△ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，∴∠EAF=12（∠BAC+∠DAC∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE=DF，AE=AF，∴AC⊥EF，由折疊知，EK=BE，F(xiàn)K=DF，設(shè)BE=m，則DF=EK=FK=m，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴AC=2AB=2，∠ACB=45°，∴∠CEF=45°=∠ACB，∴CK=EK=m，根據(jù)勾股定理得，CE=2EK=2m，∴BE+CE=m+2m=1，∴m=2?1∴S故答案為：45，2?1（2）①如圖，將△ADQ繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABQ'，點D與∴AQ=AQ'，∠DAQ=∠BA∴∠PA∵∠D=∠B=90°∴點C，B（D），Q'在△PAQ和△PAQ∵AQ=A∴△PAQ≌△PA∴PQ=P∴PQ=PB+DQ=1+3=4設(shè)AB=x，則CP=x?BP=x?1，CQ=x?DQ=x?3在Rt△PCQ中，由勾股定理，得x?12+x?32=∴AB=2+7作AM⊥PQ于點M∴AM=AB=2+∴S②∵正方形ABCD∴∠ABM=∠ACQ=45°，∠BAC=45°∵∠PAQ=45°∴∠BAM=∠BAC?∠PAC=∠PAQ?∠PAC=∠CAQ∴△BAM∽△CAQ∴BM∴CQ=（3）如圖，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△ABN'，點D與∴AN=AN'，∠DAN=∠BAN'∴∠MA∠MB在△MAN'和△∵AN=A∴△MAN≌△MA∴MN=M在Rt△MBN'∴M∴MN=【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題．27．（21-22九年級上·黑龍江齊齊哈爾·期末）綜合與實踐動手操作：利用“正方形紙片的折疊和旋轉(zhuǎn)”開展數(shù)學(xué)活動，探究體會圖形在正方形折疊和旋轉(zhuǎn)過程中的變化及其蘊含的數(shù)學(xué)思想方法．折一折：如圖1，已知正方形ABCD的邊長AB＝6，將正方形ABCD沿過點A的直線折疊，使點B的對應(yīng)點M落在AC上，展開正方形ABCD，折痕為AE，延長EM交CD于點F，連接AF．(1)思考探究：圖1中，與△ABE全等的三角形有個，∠EAF＝°，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是，BE的長為．(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點A旋轉(zhuǎn)到圖2所示位置，與BC、CD的交點分別為E、F，連接EF．證明推理：圖2中，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是，并給出證明．(3)開放拓展：如圖3，在旋轉(zhuǎn)∠EAF的過程中，當(dāng)點F為CD的中點時，BE的長為．【答案】(1)3，45，EF＝BE+DF，62﹣6(2)EF＝DF+BE，證明見解析(3)2【分析】（1）證明△ABM≌△AME，△AFD≌△AFM，△ACB≌△ACD，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：EF＝DF+BE，延長CB到T，使得BT＝DF，連接AT，證明△EAF≌△EAT（SAS），可得結(jié)論；（3）如圖3中，設(shè)BE＝x，則EC＝6﹣x，EF＝x+3，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，由翻折的性質(zhì)可知，△EAB≌△EAM，∴∠B＝∠AME=∠AMF=90°，AB=AM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=∠ACD=45°，∵CM=CM，∠CME=∠CMF=90°，∴△EMC≌△FMC，∴EM=FM，∴△AEM≌AFM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵∠B＝∠AME=90°，AB=AM，∴∠D＝∠AME=90°，AD=AM，AF=AF，∴Rt△AFM≌Rt△AFD（HL），∴△EAB≌△EAM≌△FAM≌△FAD，∵△EAB≌△EAM，∴∠BAE=∠MAE，BE=ME，∵Rt△AFM≌Rt△AFD，∴∠FAD＝∠FAC，F(xiàn)M＝DF，∴∠EAF＝12∠BAD∴EF＝DF+BE，∵AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D，∴△ACB≌△ACD（SAS），設(shè)BE＝DF＝m，則CE＝CF＝6﹣m，EF＝2m，∵EF2＝EC2+CF2，∴（2m）2＝（6﹣m）2+（6﹣m）2，∴m1＝62﹣6，m2=-62﹣6（舍棄），∴BE＝62﹣6；∴與△ABE全等的三角形有3個，∠EAF=45°，BE、EF、DF三者的數(shù)量關(guān)系是EF＝BE+DF，BE的長為62﹣6；故答案為：3；45；EF＝BE+DF；62（2）結(jié)論：EF＝DF+BE．理由：延長CB到T，使得BT＝DF，連接AT，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ABE＝∠ABT＝90°，AD＝AB，∵DF＝BT，∴△ADF≌△ABT（SAS），∴AF＝AT，∠DAF＝∠BAT，∴∠FAT＝∠DAB，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠EAT，∵AE＝AE，∴△EAF≌△EAT（SAS），∴EF＝ET＝DF+BE；（3）如圖3中，設(shè)BE＝x，則EC＝6﹣x，EF＝x+3，∵∠C＝90°，CD＝BC＝6，DF＝FC＝3，∴EF2＝CF2+EC2，∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，∴x＝2，∴BE的長為2．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程的解法等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題．28．（2022九年級·全國·專題練習(xí)）折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．(1)∠EAF＝°，寫出圖中兩個等腰三角形：（不需要添加字母）；(2)轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點P、Q，連接PQ，如圖2．線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為；(3)連接正方形對角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對角線BD于點M、點N，如圖3，則CQBM=(4)剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開，如圖4．求證：BM2＋DN2＝MN2．【答案】(1)45；△AEF，△CEF，(2)PQ＝BP＋DQ(3)2(4)見解析【分析】（1）利用翻折變換的性質(zhì)可得∠EAF＝45°，證明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE＝AF，可得結(jié)論．（2）結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．如圖2中，延長CB到T，使得BT＝DQ．證明△PAT≌△PAQ（SAS），可得結(jié)論．（3）證明△CAQ∽△BAM，可得CQBM（4）如圖4中，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．證明△AMR≌△AMN（SAS），∠RBM＝90°，可得結(jié)論．【詳解】（1）解：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF=12（∠BAC＋∠∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，∴△BAE≌△DAF（ASA），∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，故答案為：45，△AEF，△EFC．（2）解：結(jié)論：PQ＝BP＋DQ．理由：如圖2中，延長CB到T，使得BT＝DQ．∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ（SAS），∴PQ＝PT，∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ．故答案為：PQ＝BP＋DQ．（3）解：如圖3中，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC=2AB∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴CQBM故答案為：2．（4）證明：如圖4中，將△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠DAN＋∠BAM＝45°，∵∠DAN＝∠BAR，∴∠BAM＋∠BAR＝45°，∴∠MAR＝∠MAN＝45°，∵AR＝AN，AM＝AM，∴△AMR≌△AMN（SAS），∴RM＝MN，∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，∴∠RBM＝90°，∴RM2＝BR2＋BM2，∵DN＝BR，MN＝RM，∴BM2＋DN2＝MN2．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．29．（21-22八年級上·全國·期末）（1）如圖1，在平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于O點，過點O的直線l與邊AB、CD分別交于點E、F，繞點O旋轉(zhuǎn)直線l，猜想直線l旋轉(zhuǎn)到什么位置時，四邊形AECF是菱形．證明你的猜想．（2）若將（1）中四邊形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，①如圖2，繞點O旋轉(zhuǎn)直線l與邊AB、CD分別交于點E、F，將矩形ABCD沿EF折疊，使點A與點C重合，點D的對應(yīng)點為D′，連接DD′，求△DFD′的面積．②如圖3，繞點O繼續(xù)旋轉(zhuǎn)直線l，直線l與邊BC或BC的延長線交于點E，連接AE，將矩形ABCD沿AE折疊，點B的對應(yīng)點為B′，當(dāng)△CEB′為直角三角形時，求BE的長度．請直接寫出結(jié)果，不必寫解答過程．【答案】（1）四邊形AECF是菱形，見解析；（2）①147400cm2；②BE的長為43cm或16?47【分析】（1）根據(jù)題意作圖，先根據(jù)平行四邊形得出∠FCO=∠EAO，再證明△COF≌△AOE，結(jié)合題意即可得出結(jié)論；（2）①根據(jù)四邊形ABCD是矩形，設(shè)DF=xcm，則CF=（4﹣x）cm，結(jié)合折疊和勾股定理得出CF，過D′作D′H⊥CF于H，由面積相等可得D′H=2125②根據(jù)不同圖示分情況設(shè)BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，根據(jù)折疊并結(jié)合勾股定理得出x即為所求．【詳解】解：（1）猜想：當(dāng)l⊥AC時，四邊形AECF是菱形，如圖1：連接AF、CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠FCO=∠EAO，又∵∠FOC=∠EOA，∴△COF≌△AOE，∴OE=OF，∵AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形；（2）①∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，設(shè)DF=xcm，則CF=（4﹣x）cm，由折疊性質(zhì)可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2，解得x=78∴D′F=DF=78

∴CF=4﹣78=258如圖2，過D′作D′H⊥CF于H，由面積相等可得，CF?D′H=D′F?CD′，∴D′H=2125∴S△DFD′=12×78×2125=147②如圖①，設(shè)BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，∵AC=32∴B′C=5﹣4=1cm，根據(jù)勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，即：12+x2=(3-x)2解得：x=43如圖②，設(shè)BE=xcm，則CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′=AB'2?AD2B′C=（4﹣7）cm，在Rt△CB′E中，B′C2+CE2=B′E2，即16﹣87+7+9﹣6x+x2=x2，解得x=16?47如圖③，當(dāng)四邊形ABEB′是正方形時，點B和點B′關(guān)于直線AE對稱，△B′EC是直角三角形，此時CE=1cm，BE=4cm；如圖④，BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，在Rt△ADB′中，B′D=AB'2?AD2=16?9=7在Rt△B′CE中，7+87+16+x2﹣6x+9=x2，解得x=16+47綜上，BE的長為43cm或16?473【點睛】此題屬于四邊形綜合性試題，涉及到平