2024年初中升學(xué)考試專題復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)（按知識點(diǎn)分類）四邊形綜合題

四邊形綜合題41．（2023?吉林）【操作發(fā)現(xiàn)】如圖①，剪兩張對邊平行的紙條，隨意交叉疊放在一起，使重合的部分構(gòu)成一個四邊形EFMN．轉(zhuǎn)動其中一張紙條，發(fā)現(xiàn)四邊形EFMN總是平行四邊形．其判定的依據(jù)是兩組對邊分別相平行的四邊形是平行四邊形．【探究提升】取兩張短邊長度相等的平行四邊形紙條ABCD和EFGH（AB＜BC，F(xiàn)G≤BC），其中AB＝EF，∠B＝∠FEH，將它們按圖②放置，EF落在邊BC上，F(xiàn)G，EH與邊AD分別交于點(diǎn)M，N．求證：?EFMN是菱形．【結(jié)論應(yīng)用】保持圖②中的平行四邊形紙條ABCD不動，將平行四邊形紙條EFGH沿BC或CB平移，且EF始終在邊BC上，當(dāng)MD＝MG時，延長CD，HG交于點(diǎn)P，得到圖③．若四邊形ECPH的周長為40，sin∠EFG=45（∠EFG為銳角），則四邊形ECPH的面積為?【答案】【操作發(fā)現(xiàn)】兩組對邊分別相平行的四邊形是平行四邊形；【探究提升】見解析；【結(jié)論應(yīng)用】80．【分析】【操作發(fā)現(xiàn)】根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；【探究提升】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到MN∥EF，EN∥FM，推出四邊形EFMN是平行四邊形，得到四邊形ABEN是平行四邊形，根據(jù)菱形的判定定理即可得到結(jié)論；【結(jié)論應(yīng)用】根據(jù)平移的性質(zhì)得到四邊形GFCP是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PG＝CF，PG∥CF，推出四邊形PDMG是平行四邊形，證得四邊形PDMG是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到PG＝PD，由【探究提升】知?EFMN是菱形，F(xiàn)M＝EF，推出四邊形ECPH是菱形，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到GQ＝8，于是得到結(jié)論．【解答】【操作發(fā)現(xiàn)】解：如圖①，四邊形EFMN總是平行四邊形．其判定的依據(jù)是兩組對邊分別相平行的四邊形是平行四邊形；故答案為：兩組對邊分別相平行的四邊形是平行四邊形；【探究提升】證明：∵四邊形紙條ABCD和EFGH是平行四邊形，∴MN∥EF，EN∥FM，∴四邊形EFMN是平行四邊形，∵∠B＝∠FEH，∴AB∥NF，∵AN∥BE，∴四邊形ABEN是平行四邊形，∴AB＝EN，∵AB＝EF，∴EN＝EM，∴?EFMN是菱形；【結(jié)論應(yīng)用】解：∵將平行四邊形紙條EFGH沿BC或CB平移，∴四邊形GFCP是平行四邊形，∴PG＝CF，PG∥CF，∵DM∥CF，∴DM∥PG，∴四邊形PDMG是平行四邊形，∵M(jìn)D＝MG，∴四邊形PDMG是菱形，∴PG＝PD，由【探究提升】知?EFMN是菱形，∴FM＝EF，∴EF＝CD，∴CE＝CP，∴四邊形ECPH是菱形，∵四邊形ECPH的周長為40，∴HE＝PC＝10，∴FG＝HE＝10，過G作GQ⊥BC于Q，∵sin∠EFG=GQ∴GQ＝8，∴四邊形ECPH的面積為CE?GQ＝10×8＝80．故答案為：80．【點(diǎn)評】本題是四邊形的綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)以及菱形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．四邊形綜合題28．（2023?寧波）定義：有兩個相鄰的內(nèi)角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，對角線BD平分∠ADC．求證：四邊形ABCD為鄰等四邊形．（2）如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點(diǎn)均在格點(diǎn)上，若四邊形ABCD是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點(diǎn)D．（3）如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD為鄰等角，連結(jié)AC，過B作BE∥AC交DA的延長線于點(diǎn)E．若AC＝8，DE＝10，求四邊形EBCD的周長．【考點(diǎn)】四邊形綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)鄰等四邊形定義證明即可；（2）根據(jù)鄰等四邊形定義利用網(wǎng)格即可畫圖；（3）先證明四邊形AEBC是平行四邊形，得AE＝BC＝DC，設(shè)AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根據(jù)勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，進(jìn)而可得四邊形EBCD的周長．【解答】（1）證明：在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，∵對角線BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠CBD＝∠CDB，∴CD＝CB，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（2）解：如圖2﹣1，2﹣2，點(diǎn)D′、D即為所求；（3）解：如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∴CD＝CB，∵∠DAB＝∠ABC＝90°，∴AD∥BC，∵BE∥AC，∴四邊形AEBC是平行四邊形，∴EB＝AC＝8，AE＝BC，∴AE＝BC＝DC，設(shè)AE＝BC＝DC＝x，∵DE＝10，∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，得矩形ABFD，∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，在Rt△ABE和Rt△DFC中，根據(jù)勾股定理得：BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，整理得x2﹣20x+82＝0，解得x1＝10﹣32，x2＝10+32（不符合題意，舍去），∴CD＝CB＝10﹣32，∴四邊形EBCD的周長＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣32）＝38﹣62．【點(diǎn)評】本題屬于四邊形的綜合題，考查了鄰等四邊形定義，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程，解決本題的關(guān)鍵是理解鄰等四邊形定義．29．（2023?南充）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)M在邊BC上，點(diǎn)E是AM的中點(diǎn)，連接ED，EC．（1）求證：ED＝EC；（2）將BE繞點(diǎn)E逆時針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)B′落在AC上，連接MB′．當(dāng)點(diǎn)M在邊BC上運(yùn)動時（點(diǎn)M不與B，C重合），判斷△CMB′的形狀，并說明理由．（3）在（2）的條件下，已知AB＝1，當(dāng)∠DEB′＝45°時，求BM的長．【考點(diǎn)】四邊形綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可證△EAD≌△EBC（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證；（2）根據(jù)折疊的性質(zhì)可得根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，EB′＝EB，再根據(jù)直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)可得EB′＝AE＝ME，進(jìn)一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠B′CM＝45°，進(jìn)一步可得B′M＝B′C，可證△MB′C是等腰直角三角形；（3）延長BE交AD于點(diǎn)F，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可得∠BEB′＝90°，進(jìn)一步可得∠DEF＝45°，根據(jù)△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，進(jìn)一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再證明△CME∽△AMC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CM：AM＝EM：CM，可得CM2=12AM2，設(shè)BM＝x，則CM＝1﹣【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，∵E為AM的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA，∴∠EAD＝∠EBC，在△EAD和△EBC中，AE=BE∠EAD=∠EBC∴△EAD≌△EBC（SAS），∴ED＝EC；（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，EB′＝EB，∵EB＝AE＝ME，∴EB′＝AE＝ME，∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，∴∠AB′M＝90°，∴∠MB′C＝90°，在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，∴∠B′MC＝45°，∴B′M＝B′C，∴△CMB′是等腰直角三角形；（3）解：延長BE交AD于點(diǎn)F，如圖所示：∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，∵∠BAB′＝45°，∴∠BEB′＝90°，∴∠B′EF＝90°，∵∠DEB′＝45°，∴∠DEF＝45°，∵△EAD≌△EBC，∴∠AED＝∠BEC，∵∠AEF＝∠BEM，∴∠CEM＝∠DEF＝45°，∵∠MCA＝45°，∴∠CEM＝∠MCA，又∵∠CME＝∠AMC，∴△CME∽△AMC，∴CM：AM＝EM：CM，∵EM=12∴CM在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，設(shè)BM＝x，則CM＝1﹣x，根據(jù)勾股定理，AM2＝1+x2，∴12(1+x2)=解得x=2?3或x＝2+∴BM=2?3【點(diǎn)評】本題考查了四邊形的綜合題，涉及正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理等，本題綜合性較強(qiáng)，難度較大．四邊形綜合題36．（2023?郴州）已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)D是射線AB上的一個動點(diǎn)，延長BC至點(diǎn)E，使CE＝AD，連接DE交射線AC于點(diǎn)F．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB上時，猜測線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系并說明理由；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段AB的延長線上時，①線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？請說明理由；②如圖3，連接AE．設(shè)AB＝4，若∠AEB＝∠DEB，求四邊形BDFC的面積．【答案】（1）CF=1（2）①成立，理由見解析過程；②43【分析】（1）由“AAS”可證△DGF≌△ECF，得到CF＝GF=12CG=（2）①由“AAS”可證△DGF≌△ECF，得到CF＝FG=12CG=②根據(jù)已知條件推出tan∠AEH＝tan∠MDN，得到AHEH=MNDN，證明△ABC∽△ADG，得到【解答】解：（1）CF=1如圖，過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF，∴△ADG為等邊三角形，∴AD＝AG＝DG，∵AD＝CE，AB﹣AD＝AC﹣AG，∴DG＝CE，BD＝CG，又∠DFG＝∠CFE，∴△DGF≌△ECF（AAS），∴CF＝GF=12CG=（2）①成立，理由如下：如圖2，過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，∵DG∥BC，∴∠ADG＝∠ABC＝60°，∠AGD＝∠ACB＝60°，∠GDF＝∠CEF，∴△ADG是等邊三角形，∴AD＝AG＝DG，∵AD＝CE，AD﹣AB＝AG﹣AC，∴DG＝CE，BD＝CG，又∠DFG＝∠CFE，∴△DGF≌△ECF（AAS），∴CF＝FG=12CG=②如圖，過點(diǎn)D作DG∥BC，交AC的延長線于點(diǎn)G，過點(diǎn)A作AN⊥DG，交BC于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)N，則：AN⊥BC，由①知：△ADG為等邊三角形，△DGF≌△ECF（AAS），∴CF=FG=1∵△ABC為等邊三角形，AB=AC=BC=4，BH=CH=12BC=2∵∠AEB＝∠DEB，EH＝EH，∠AHE＝∠MEE＝90°，∴△AEH≌△MEH（ASA），∴MH=AH=23，AM=2AH=4∵△DGF≌ECF，∴∠CEF＝∠MDN，DG＝CE，∴∠AEH＝∠MDN，∴tan∠AEH＝tan∠MDN，∴AHEH設(shè)MN＝y(tǒng)，DG＝CE＝x，則：EH＝CE+CH＝2+x，DN=1∴23x+2∵DG∥BC，∴△ABC∽△ADG，∴BCDG即：4x聯(lián)立①②可得：x=42經(jīng)檢驗x=42∴DG=CE=42+4，DN=22∴AN=26∴S△ACE=12CE?AH=12×（42+4）×2∴S△ACE∴S△CEF=22（46+43）＝4∴四邊形BDFC的面積為＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△DFG＝S△ADG﹣S△ABC﹣S△CEF=1【點(diǎn)評】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形．本題的綜合性強(qiáng)，難度大，屬于中考壓軸題，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造特殊三角形，全等和相似三角形．四邊形綜合題31．（2023?紹興）在平行四邊形ABCD中（頂點(diǎn)A，B，C，D按逆時針方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B為銳角，且sinB=4（1）如圖1，求AB邊上的高CH的長；（2）P是邊AB上的一動點(diǎn)，點(diǎn)C，D同時繞點(diǎn)P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得點(diǎn)C'，D'，①如圖2，當(dāng)C'落在射線CA上時，求BP的長；②當(dāng)△AC'D'是直角三角形時，求BP的長．【答案】（1）8；（2）①347（3）②6或8±2．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)對邊相等，和三角函數(shù)可求得結(jié)果；（2）①由三角形全等和三角形相似可得出結(jié)論；②三角形的直角頂點(diǎn)不確定，故要分類討論，分三種情況討論，求出結(jié)論．【解答】解：（1）在?ABCD中，BC＝AD＝10，在Rt△BCH中，HC＝BCsinB=10×4（2）①如圖，作CH⊥BA于點(diǎn)H，由（1）得，BH=B作C'Q⊥BA交BA延長線于點(diǎn)Q，則∠CHP＝∠PQC'＝90°，∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，∴∠PC'Q＝∠CPH，由旋轉(zhuǎn)知PC'＝PC，∴△PQC′≌△CHP（AAS）．設(shè)BP＝x，則PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，∴C′Q∥CH，∴△AQC′∽△AHC，∴C'QCH∴6?x8∴x=34∴BP=34②由旋轉(zhuǎn)得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'CD⊥CD'又∵AB∥CD，∴C'D'⊥AB情況一：當(dāng)以C′為直角頂點(diǎn)時，如圖．∵C'D'⊥AB，∴C′落在線段BA延長線上．∵PC⊥PC'，∴PC⊥AB，由（1）知，PC＝8，∴BP＝6．情況二：當(dāng)以A為直角頂點(diǎn)時，如圖，設(shè)C'D'與射線BA的交點(diǎn)為T，作CH⊥AB于點(diǎn)H．∵PC⊥PC'，∴∠CPH+∠TPC'＝90°，∵C'D'⊥AT，∴∠PC'T+∠TPC'＝90°∴∠CPH＝∠PC'T，∵∠CHP＝∠PTC'＝90°，PC＝C′P，∴△CPH≌△PC′T（AAS），∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．設(shè)C′T＝PH＝t，則AP＝6﹣t，∴AT＝PT﹣PA＝2+t．∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，∴△ATD′∽△C′TA，∴ATTD'∴AT2＝C'T?TD，∴（2+t）2＝t（12﹣t），化簡得t2﹣4t+2＝0，解得t=2+2∴BP＝BH+HP＝8±2，情況三：當(dāng)以D'為直角頂點(diǎn)時，點(diǎn)P落在BA的延長線上，不符合題意．綜上所述，BP＝6或8±2．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角函數(shù)等知識，熟練掌握這些知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．四邊形綜合題39．（2023?十堰）過正方形ABCD的頂點(diǎn)D作直線DP，點(diǎn)C關(guān)于直線DP的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E，連接AE，直線AE交直線DP于點(diǎn)F．（1）如圖1，若∠CDP＝25°，則∠DAF＝20°；（2）如圖1，請?zhí)骄烤€段CD，EF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）在DP繞點(diǎn)D轉(zhuǎn)動的過程中，設(shè)AF＝a，EF＝b，請直接用含a，b的式子表示DF的長．【答案】（1）20°；（2）CD（3）DF=22(a?b)，或2【分析】（1）如圖，連接CE，DE，由對稱知∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，由四邊形ABCD是正方形得AD＝CD，所以AD＝ED，從而∠DAE=∠DEA=1（2）如圖，連接CF，DE，AC，CE，交DP于點(diǎn)H，由軸對稱知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，可證得∠AFC＝90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，從而CD（3）由勾股定理CH=HE=FH=22bDH=CD2?CH2=22a，分情況討論：當(dāng)點(diǎn)F在D，H之間時，DF=DH?FH=22(a?b)【解答】解：如圖，連接CE，DE，∵點(diǎn)C關(guān)于直線DP的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E，∴CD，ED關(guān)于DP對稱，∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∴AD＝ED，∴∠DAE=∠DEA=1故答案為：20；（2）結(jié)論：CD理由：如圖，連接DE，CE，AC，CF．由軸對稱知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，而∠DEF＝∠DAF，∴∠DAF＝∠DCF．∵∠FAC+∠FCA＝∠FAC+∠DAF+∠DCA＝90°，∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝90°，在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，2CD2＝AF2+EF2，即CD（3）∵∠AFC＝90°，CF＝EF＝b，∴CH=HE=FH=2∵CD∴DH=C如圖，當(dāng)點(diǎn)F在D，H之間時，DF=DH?FH=2如圖，當(dāng)點(diǎn)D在F，H之間時，DF=FH?DH=如圖，當(dāng)點(diǎn)H在F，D之間時，DF=DH+FH=2【點(diǎn)評】本題考查軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形知識，勾股定理等，將運(yùn)動狀態(tài)的所有可能考慮完備，分類討論是解題的關(guān)鍵．40．（2023?河北）如圖1和圖2，平面上，四邊形ABCD中，AB＝8，BC=211，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，點(diǎn)M在AD邊上，且DM＝2．將線段MA繞點(diǎn)M順時針旋轉(zhuǎn)n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分線MP所在直線交折線AB﹣BC于點(diǎn)P，設(shè)點(diǎn)P在該折線上運(yùn)動的路徑長為x（x＞0），連接A′P（1）若點(diǎn)P在AB上，求證：A'P＝AP；（2）如圖2，連接BD．①求∠CBD的度數(shù)，并直接寫出當(dāng)n＝180時，x的值；②若點(diǎn)P到BD的距離為2，求tan∠A′MP的值；（3）當(dāng)0＜x≤8時，請直接寫出點(diǎn)A′到直線AB的距離（用含x的式子表示）．【答案】（1）見解析；（2）①∠CBD＝90°，x＝13；②76或23（3）8x【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和角平分線的概念得到A′M＝AM，∠A′MP＝∠AMP，然后證明出△A′MP≌△AMP（SAS），即可得到A′P＝AP；（2）①首先根據(jù)勾股定理得到BD=AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD＝90°；畫出圖形，然后證明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性質(zhì)求出DN=②當(dāng)P點(diǎn)在AB上時，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，分別求得BP，AP，根據(jù)正切的定義即可求解；當(dāng)P在BC上時，則PB＝2，過點(diǎn)P作PQ⊥ABAB的延長線于點(diǎn)Q，延長MP交AB的延長線于點(diǎn)H，證明△PQB∽BAD，得PQ=45PB=85BQ=3（3）如圖所示，過點(diǎn)A作AE⊥AB交AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)M作MF⊥A′E于點(diǎn)F，則四邊形AMFE是矩形，證明△A′PE∽△MA′F，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】（1）證明：∵將線段MA繞點(diǎn)M順時針旋轉(zhuǎn)n°（0＜n≤180）得到MA′，∴A′M＝AM，∵∠A′MA的平分線MP所在的直線交折線AB﹣BC于點(diǎn)P，∴∠A′MP＝∠AMP，∵PM＝PM，∴△A′MP≌△AMP（SAS），∴A′P＝AP；（2）解：①∵AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，∴BD=AB又∵BC=211，CD∴BD2+BC2＝100+44＝144，CD2＝144，∴BD2+BC2＝CD2，∴∠CBD＝90°；如圖2所示，當(dāng)n＝180時，∵PM平分∠A′MA．∠PMA＝90°，∴PM∥AB，∴△DNM∽△DBA，∴DNDB∵DM＝2，DA＝6，∴DN10∴DN=10∴BN=BD?DN=20∵∠PBN＝∠MD＝90°，∠PNB＝∠DNM，∴△PBN∽△DMN，∴PBDM=BN∴PB＝5，∴x＝AB+PB＝8+5＝13．②如圖所示，當(dāng)P點(diǎn)在AB上時，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，∴AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，∴BD=A∴sin∠DBA=AD∴BP=BQ∴AP=AB?BP=8?10∴tan∠AMP=tan∠AMP=AP如圖所示，當(dāng)P在BC上時，則PB＝2，過點(diǎn)P作PQ⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)Q，延長MP交AB的延長線于點(diǎn)H，∵∠PQB＝∠CBD＝∠DAB＝90°，∴∠QPB＝90°﹣∠PBQ＝∠DBA，∴△PQB∽△BAD，∴PQBA=QB∴PQ=45PB=∴AQ=AB+BQ=46∵PQ⊥AB，DA⊥AB，∴PQ∥AD，∴△HPQ∽△HMA，∴HQHA解得：HQ=92∴tan∠AMP＝tan∠AMP＝tan∠QPH=HQ綜上所述，tan∠A′MP的值為76或23（3）解：∵當(dāng)0＜x≤8時，∴P在AB上，如圖所示，過點(diǎn)A′作A′E⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)M作MF⊥A′E于點(diǎn)F，則四邊形AMFE是矩形，∴AE＝FM，EF＝AM＝4，∵△A′MP≌△AMP，∴∠PA′M＝∠A＝90°，∴∠PA′E+∠FA′M＝90°，又∠A'MF+∠FA′M＝90°，∴∠PA′E＝∠A′MF，又∵∠A'E＝∠MFA＝90°，∴△A′PE∽△MA'F，∴A'PMA'∵A′P＝AP＝x，MA′＝MA＝4，設(shè)FM＝AE＝y(tǒng)，A′E＝h，即x∴y=4?x，4（x﹣y）＝x（∴4(x?4?整理得?=8即點(diǎn)A′到直線AB的距離為8x【點(diǎn)評】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，折疊的性質(zhì)，求正切值，染練掌握以上知識且分類討論是解題的關(guān)鍵．41．（2023?天津）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，菱形ABCD的頂點(diǎn)A（3，0），B（0，1），D（23，1），矩形EFGH的頂點(diǎn)E（0，12），F(xiàn)(?3，12（1）填空：如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（3，2），點(diǎn)G的坐標(biāo)為（?3，32（2）將矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′FG′H′，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H的對應(yīng)點(diǎn)分別為E′，F(xiàn)′，G′，H′，設(shè)EE′＝t，矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分的面積為S．①如圖②，當(dāng)邊E′F′與AB相交于點(diǎn)M、邊G′H′與BC相交于點(diǎn)N，且矩形E′F′G′H′與菱形ABCD重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍；②當(dāng)233t≤【答案】（1）（3，2），（?3，3（2）①32＜t≤3，【分析】（1）根據(jù)矩形及菱形的性質(zhì)可進(jìn)行求解；（2）①由題意易得EF＝EF'=3，EH＝EH'＝1，然后可得∠ABO＝60°，則有EM=32，進(jìn)而根據(jù)割補(bǔ)法可進(jìn)行求解面積S；②由①及題意可知當(dāng)233≤t≤332時，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分的面積S是增大的，當(dāng)332＜t≤11【解答】（1）解：四邊形EFGH是矩形，且E（0，12）．F（?3，12∴EF＝GH=3，EH＝FG∴G（?3，3連接AC，BD，交于一點(diǎn)H，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，且A（3，0），B（0，1），D（23，1），AB＝AD=(3?0)2+(0?1)2=2，AC⊥BD，CM＝AM＝∴AC＝2，∴C（3，2），故答案為（3，2），（?3，3（2）解：①∵點(diǎn)E（0，12），點(diǎn)F（?3，12），點(diǎn)H∴矩形EFGH中，EF∥x軸，E'H'⊥x軸，EF=3，EH∴矩形E'F'G'H'中，E'F'∥x軸，E'H'⊥x軸，E'F'=3，E'H由點(diǎn)A（3，0），點(diǎn)B（0，1），得OA=3，OB在Rt△ABO中，tan∠ABO=OAOB=在Rt△BME中，由EM＝EB×tan60°，EB＝1?12=1∴S△BME=12EB×EM=38，同理，得S∵EE'＝t，得S矩形EE'H'H＝EE'×EH＝t，又S＝S矩形EE'H'H﹣S△BME﹣S△BNH，∴S＝t?3當(dāng)EE'＝EM=32時，則矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分為△BE'∴t的取值范圍是32＜t②由①及題意可知當(dāng)233≤t≤332時，矩形E'F'G'H'和姜形ABCD重疊部分的面積S是增大的，當(dāng)332≤t≤1134時，矩∴當(dāng)t=332時，矩形E'F'G'H此時面積S最大，最大值為S＝1×3當(dāng)t=1134時，矩形E'F'G'H由（1）可知B、D之間的水平距離為23，則有點(diǎn)D到G'F'的距離為3?(由①可知：∠D＝∠B＝60°，∴矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重疊部分為等邊三角形，∴該等邊三角形的邊長為2×3∴此時面積S最小，最小值為12綜上所述：當(dāng)233≤t≤【點(diǎn)評】本題主要考查矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)，熟練掌握矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．四邊形綜合題17．（2023?山西）閱讀與思考下面是一位同學(xué)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)筆記，請仔細(xì)閱讀并完成相應(yīng)任務(wù)．瓦里尼翁平行四邊形我們知道，如圖1，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，順次連接E，F(xiàn)，G，H，得到的四邊形EFGH是平行四邊形．我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte1654﹣1722）是法國數(shù)學(xué)家、力學(xué)家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關(guān)系密切．①當(dāng)原四邊形的對角線滿足一定關(guān)系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關(guān)系．③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結(jié)論可借助圖1證明如下：證明：如圖2，連接AC，分別交EH，F(xiàn)G于點(diǎn)P，Q，過點(diǎn)D作DM⊥AC于點(diǎn)M，交HG于點(diǎn)N．∵H，G分別為AD，CD的中點(diǎn)，∴HG∥AC，HG=12∴DNNM=DGGC．∵DG＝GC，∴DN＝∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形，（依據(jù)2）∴S?HPQG＝HG?MN=1∵S△ADC=12AC?DM＝HG?DM，∴S?HPQG=12任務(wù)：（1）填空：材料中的依據(jù)1是指：三角形中位線定理．依據(jù)2是指：兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形．（2）請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH、使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）（3）在圖1中，分別連接AC，BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC，BD長度的關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【答案】（1）三角形中位線定理，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（2）見解析過程（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于AC+BD，理由見解析過程．【分析】（1）由三角形中位線定理和平行四邊形的判定可求解；（2）畫四邊形ABCD，且AC⊥BD于O，點(diǎn)E，H，G，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，順次連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，則四邊形EFGH為所求；（3）由三角形中位線定理可得EF=12BD，GH=12BD，EH=12【解答】解：（1）證明：如圖2，連接AC，分別交EH，F(xiàn)G于點(diǎn)P，Q，過點(diǎn)D作DM⊥AC于點(diǎn)M，交HG于點(diǎn)N．∵H，G分別為AD，CD的中點(diǎn)，∴HG∥AC，HG=12∴DNMN∵DG＝GC，∴DN＝NM=12∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形，（兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形），∴S?HPQG＝HG?MN=12HG?∵S△ADC=12AC?DM＝HG?∴S?HPQG=12S△同理可得，S?EFQP=12S△∴S?HEFG=12S四邊形故答案為：三角形中位線定理，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；（2）如圖，畫四邊形ABCD，且AC⊥BD于O，點(diǎn)E，H，G，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，順次連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，則四邊形EFGH為所求；理由如下：∵點(diǎn)E，H，G，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，F(xiàn)G∥AC，∴EF∥HG，EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵AC⊥BD，EF∥BD，∴AC⊥EF，∵FG∥AC，∴EF⊥FG，∴平行四邊形EFGH是矩形；（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于AC+BD，理由如下：∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴點(diǎn)E，H，G，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，∴EF=12BD，GH=12BD，EH=12∴瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長＝EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+【點(diǎn)評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，矩形的判定等知識，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．18．（2023?山西）綜合與實踐問題情境：“綜合與實踐”課上，老師提出如下問題：將圖1中的矩形紙片沿對角線剪開，得到兩個全等的三角形紙片，表示為△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，將△ABC和△DFE按圖2所示方式擺放，其中點(diǎn)B與點(diǎn)F重合（標(biāo)記為點(diǎn)B）．當(dāng)∠ABE＝∠A時，延長DE交AC于點(diǎn)G，試判斷四邊形BCGE的形狀，并說明理由．?dāng)?shù)學(xué)思考：（1）請你解答老師提出的問題；深入探究：（2）老師將圖2中的△DBE繞點(diǎn)B逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)E落在△ABC內(nèi)部，并讓同學(xué)們提出新的問題．①“善思小組”提出問題：如圖3，當(dāng)∠ABE＝∠BAC時，過點(diǎn)A作AM⊥BE交BE的延長線于點(diǎn)M，BM與AC交于點(diǎn)N．試猜想線段AM和BE的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．請你解答此問題；②“智慧小組”提出問題：如圖4，當(dāng)∠CBE＝∠BAC時，過點(diǎn)A作AH⊥DE于點(diǎn)H，若BC＝9，AC＝12，求AH的長．請你思考此問題，直接寫出結(jié)果．【答案】（1）結(jié)論：四邊形BCGE為正方形．理由見解析部分；（2）①結(jié)論：AM＝BE．理由見解析部分；②275【分析】（1）先證明四邊形BCGE是矩形，再由△ACB＝△DEB可得BC＝BE，從而得四邊形BCGE是正方形；（2）①由已知∠ABE＝∠BAC可得AN＝BN，再由等積方法S△ABF②設(shè)AB，DE的交點(diǎn)為M，過M作MG⊥BD于G，則易得MD＝MB，點(diǎn)G是BD的中點(diǎn)；利用三角函數(shù)知識可求得DM的長，進(jìn)而求得AM的長，利用相似三角形的性質(zhì)即可求得結(jié)果．【解答】解：（1）結(jié)論：四邊形BCGE為正方形．理由如下：∵∠BED＝90°，∴∠BEG＝180°﹣BED＝90°，∵∠ABE＝∠A，∴AC∥BE，∴∠CGE＝∠BED＝90°，∵∠C＝90°，∴四邊形BCGE為矩形．∵△ACB≌△DEB，∴BC＝BE．∴矩形BCGE為正方形；（2）①結(jié)論：AM＝BE．理由：∵∠ABE＝∠BAC，∴AN＝BN，∵∠C＝90°，∴BC⊥AN，∵AM⊥BE，即AM⊥BN，∴S△ABF∵AN＝BN，∴BC＝AM．由（1）得BE＝BC，∴AM＝BE．②解：如圖：設(shè)AB，DE的交點(diǎn)為M，過M作MG⊥BD于G，∵△ACB≌△DEB，∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE，∴∠CBE＝∠DBM，∵∠CBE＝∠BAC，∴∠D＝∠BAC，∴MD＝MB，∵M(jìn)G⊥BD，∴點(diǎn)G是BD的中點(diǎn)，由勾股定理得AB=A∴DG=1∵cos∠D=DG∴DM=DG?BDDE=∴AM=AB?BM=15?75∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME，∴△AMH∽△BME，∴AHBE∴AH=35BE=35【點(diǎn)評】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識點(diǎn)，適當(dāng)添加的輔助線、構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．四邊形綜合題19．（2023?深圳）（1）如圖1，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，連接BE，①若BE＝BC，過C作CF⊥BE交BE于點(diǎn)F，求證：△ABE≌△FCB；②若S矩形ABCD＝20時，則BE?CF＝20．（2）如圖2，在菱形ABCD中，cosA=13，過C作CE⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)E，過E作EF⊥AD交AD于點(diǎn)F，若S菱形ABCD＝24時，求EF?（3）如圖3，在平行四邊形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，點(diǎn)E在CD上，且CE＝2，點(diǎn)F為BC上一點(diǎn)，連接EF，過E作EG⊥EF交平行四邊形ABCD的邊于點(diǎn)G，若EF?EG＝73時，請直接寫出AG的長．【答案】答案：（1）①見解析；②20；（2）32；（3）3或4或32【分析】（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，進(jìn)而證明∠FCB＝∠ABE結(jié)合已知條件，即可證明△ABE≌△FCB；②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，證明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根據(jù)S矩形ABCD＝（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，AB＝BC，根據(jù)已知條件得出BE=13BCAE=4（3）分三種情況討論，①當(dāng)點(diǎn)G在AD邊上時，如圖所示，延長FE交AD的延長線于點(diǎn)M，連接GF，過點(diǎn)E作EH⊥DM于點(diǎn)H，證明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，進(jìn)而得出MG＝7，根據(jù)tan∠MEH＝tan∠HGE，得出HE2＝HM?HG，建立方程解方程即可求解；②當(dāng)G點(diǎn)在AB邊上時，如圖所示，連接GF，延長GE交BC的延長線于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GN∥AD，則GN∥BC，四邊形ADNG是平行四邊形，同理證明△ENG∽△ECM，根據(jù)tan∠FEH＝tan∠M得出EH2＝FH?HM，建立方程，解方程即可求解；③當(dāng)G點(diǎn)在BC邊上時，如圖所示，過點(diǎn)B作BT⊥DC于點(diǎn)T，求得S△BTC=25【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，則∠A＝∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBF＝90°，又∵CF⊥BC，∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，∴∠FCB＝∠ABE，又∵BC＝BE，∴△ABE≌△FCB（AAS）；②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，∴△ABE∽△FCB．∴ABCF又∵S矩形ABCD＝AB?CD＝20，∴BE?CF＝AB?BC＝20，（2）∵在菱形ABCD中，cosA=1∴AD∥BC，AB＝BC，則∠CBE＝∠A，∵CE⊥AB，∠CEB＝90°，∴cos∠CBE=BE∴BE=BC?cos∠CBE=BC×cos∠A=11∴AE=AB+BE=AB+1∵EF⊥AD，CE⊥AB，∴∠AFE＝∠BEC＝90°，又∵∠CBE＝∠A，∴△AFE∽△BEC，∴.AE∴EF?BC＝AE?CE=43AB×CE=43S（3）①當(dāng)點(diǎn)G在AD邊上時，如圖所示，延長FE交AD的延長線于點(diǎn)M，連接GF，過點(diǎn)E作EH⊥DM于點(diǎn)H，∵平行四邊形ABCD中，AB＝6，CE＝2，∴CD＝AB＝6，DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4，∵DM∥FC，∴△EDM∽△ECF，∴EMEFSMGE∴S△MGE＝2S△EFG＝EF?EG＝73，在Rt△DEH中，∠HDE＝∠A＝60°，則EH=32DE=1∴12∴MG＝7，∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE，∴tan∠MEH＝tan∠HGE，∵HEHG∴HE2＝HM?HG，設(shè)AG＝a，則GD＝AD﹣AG＝5﹣a，GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a，(23解得：a＝3或a＝4，即AG＝3或AG＝4，②當(dāng)G點(diǎn)在AB邊上時，如圖所示，連接GF，延長GE交BC的延長線于點(diǎn)M，過點(diǎn)G作GN∥AD，則GN∥BC，四邊形ADNG是平行四邊形，設(shè)AG＝x，則DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x，∵GN∥CM，∴△ENG∽△ECM，∴.EG∴CM=2GN∴.S∵EF?EG=73∴S△MEF過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°，∴EH=3，CH∴S△MEF則12∴MF=14∴FH=MF?CM?CH=144?x?∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M，∴tan∠FEH＝tan∠M，即FHEH∴EH2＝FH?HM，即(3解得：x1=3即AG=3③當(dāng)G點(diǎn)在BC邊上時，如圖所示，過點(diǎn)B作BT⊥DC于點(diǎn)T，在Rt△BTC中，CT=1BT=3S△BTCEF?EG＝73，∴S△EFG∵258∴G點(diǎn)不可能在BC邊上，綜上所述，AG的長為3或4或32【點(diǎn)評】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，分類討論是解題的關(guān)鍵．20．（2023?河南）李老師善于通過合適的主題整合教學(xué)內(nèi)容，幫助同學(xué)們用整體的、聯(lián)系的、發(fā)展的眼光看問題，形成科學(xué)的思維習(xí)慣．下面是李老師在“圖形的變化”主題下設(shè)計的問題，請你解答．（1）觀察發(fā)現(xiàn)如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，過點(diǎn)M（4，0）的直線l∥y軸，作△ABC關(guān)于y軸對稱的圖形△A1B1C1，再分別作△A1R1C1關(guān)于x軸和直線l對稱的圖形△A2R2C2和△A3B3C3，則△A2B2C2可以看作是△ABC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)得到的，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為180°；△A3B3C3可以看作是△ABC向右平移得到的，平移距離為8個單位長度．（2）探究遷移如圖2，?ABCD中，∠BAD＝α（0°＜α＜90°），P為直線AB下方一點(diǎn)，作點(diǎn)P關(guān)于直線AB的對稱點(diǎn)P1，再分別作點(diǎn)P1關(guān)于直線AD和直線CD的對稱點(diǎn)P2和P3，連接AP，AP2，請僅就圖2的情形解決以下問題：①若∠PAP2＝β，請判斷β與α的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②若AD＝m，求P，P3兩點(diǎn)間的距離．（3）拓展應(yīng)用在（2）的條件下，若α＝60°，AD=23，∠PAB＝15°，連接P2P3，當(dāng)P2P3與?ABCD的邊平行時，請直接寫出AP?【答案】（1）8；（2）①β＝2α；②2m?sinα；（3）AP＝32?6或2【分析】（1）觀察可得出結(jié)果；（2）①由軸對稱的性質(zhì)可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，從而得出結(jié)果；②作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，從而DE＝HP1，EF＝GP1，求得DF＝AD?sinA＝m?sinα，從而GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m?sinα，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出HP3＝HP1，PG＝P1G，進(jìn)一步得出結(jié)果；（3）先構(gòu)造15°的直角三角形，求得sin15的值；當(dāng)P2P3∥AD時，作DI⊥AB于I，設(shè)P1P2交AD于T，可得出PP3＝2AD?sin60°＝6，設(shè)AP1＝AP＝x，則PP1＝2AP?sin∠PAB＝2x?sin15°＝2x?6?24=6?22?x，從而得出P1P3＝PP3﹣PP1＝6?6?22?x，可得出∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，從而P1P2=2x，根據(jù)P1P3?＝2P1P【解答】解：（1）答案為：8；（2）①如圖1，β＝2α，理由如下：連接AP1，由軸對稱的性質(zhì)可得：∠PAB＝∠BAP1，∠P1AD＝∠DAP2，∴∠PAB+∠DAP2＝∠BAP1+∠DAP1＝∠BAD＝α，∴β＝2α；②如圖2，作DF⊥AB于F，作P1E⊥DF于E，∵PP1⊥AB，P3P1⊥CD，可得矩形EFGP1和矩形DEP1H，∴DE＝HP1，EF＝GP1，∵DF＝AD?sinA＝m?sinα，∴GP1+HP1＝DE+EF＝DF＝m?sinα，∵HP3＝HP1，PG＝P1G，∴HP3+PG＝GP1+HP1＝m?sinα，∴PP3＝2m?sinα；（3）如圖3，在Rt△KMN中，∠M＝90°，∠N＝15°，KS＝SN，則∠KSM＝30°，設(shè)KM＝1，則SN＝KS＝2，MS=3，則KN=∴sin15°=KM當(dāng)P2P3∥AD時，作DI⊥AB于I，設(shè)P1P2交AD于T，∵P1P2⊥AD，∴P2P3⊥P1P2，∴∠P3P2P1＝90°，∵PP3∥DI，∴∠P2P3P1＝∠ADI＝30°，由（2）知：PP3＝2AD?sin60°＝6，設(shè)AP1＝AP＝x，則PP1＝2AP?sin∠PAB＝2x?sin15°＝2x?6?∴P1P3＝PP3﹣PP1＝6?6∵∠BAP1＝∠BAP＝15°，∵∠P1AT＝∠DAB﹣∠BAP1＝60°﹣15°＝45°，由軸對稱性質(zhì)得：∠ATP1＝90°，∴TP1=22AP1∴P1P2=2由P1P2＝P1P3?sin∠P2P3P1＝P1P3?sin30°得，6?6?22∴x＝32?如圖5，當(dāng)P2P3∥CD時，設(shè)AP＝x，同理可得：P1P2＝2P1P3，∴2[6?6?22∴x＝26，綜上所述：AP＝32?6或2【點(diǎn)評】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，構(gòu)造直角三角形求得sin15°的值是解題的關(guān)鍵．四邊形綜合題39．（2023?綏化）已知：四邊形ABCD為矩形，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)F是BC延長線上的一個動點(diǎn)（點(diǎn)F不與點(diǎn)C重合）．連接AF交CD于點(diǎn)G．（1）如圖一，當(dāng)點(diǎn)G為CD的中點(diǎn)時，求證：△ADG≌△FCG；（2）如圖二，過點(diǎn)C作CE⊥AF，垂足為E．連接BE，設(shè)BF＝x，CE＝y(tǒng)．求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；（3）如圖三，在（2）的條件下，過點(diǎn)B作BM⊥BE，交