天天资源网 / 初中数学 / 三轮冲刺 / 2021年中考数学压轴题专项训练四边形含解析
资料简介
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．
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