專題20以四邊形為載體的幾何綜合探究問題（解析版）

專題20以四邊形為載體的幾何綜合探究問題

1．（2021·江蘇南通·中考真題）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊AD上（不與端點(diǎn)A，D重合），點(diǎn)A關(guān)

于直線BE的對稱點(diǎn)為點(diǎn)F，連接CF，設(shè)ABE．

（1）求BCF的大?。ㄓ煤氖阶颖硎荆?/p>

（2）過點(diǎn)C作CGAF，垂足為G，連接DG．判斷DG與CF的位置關(guān)系，并說明理由；

（3）將△ABE繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90得到CBH，點(diǎn)E的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H，連接BF，HF．當(dāng)△BFH為等

腰三角形時，求sin的值．

【答案】(1)45+．

(2)DG//CF．理由見解析．

5

(3)．

5

【解析】

【分析】

(1)作輔助線BF，用垂直平分線的性質(zhì)，推導(dǎo)邊相等、角相等．再用三角形內(nèi)角和為180算出BCF．

(2)作輔助線BF、AC，先導(dǎo)角證明△CFG是等腰直角三角形、ADC是等腰直角三角形．再證明

ADM∽AGC、DGC∽AFC，最后用內(nèi)錯角相等，兩直線平行，證得DG//CF．

(3)△BFH為等腰三角形，要分三種情況討論：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根據(jù)題目具體條件，舍掉

了②、③種，第①種用正弦函數(shù)定義求出比值即可．

【詳解】

(1)解：連接BF，設(shè)AF和BE相交于點(diǎn)N．

第1頁共99頁.

點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對稱點(diǎn)為點(diǎn)F

BE是AF的垂直平分線

BEAF，AB=BF

BAFBFA

ABE=

BAF=90-=BFA

EBF=180-90-90-=

四邊形ABCD是正方形

AB=BC，ABC=90

FBC=90-2，ABBCBF

BFCBCF

BFCBCFFBC180，F(xiàn)BC902

180902

BFC=BCF45．

2

(2)位置關(guān)系：平行．

理由：連接BF，AC，DG

設(shè)DC和FG的交點(diǎn)為點(diǎn)M，AF和BE相交于點(diǎn)N

第2頁共99頁.

由(1)可知，

ABEEBF，BAFBFA90，BFCBCF45

AFCAFBCFB9045135

CFG180AFC45

CGAG

FGC90

GCF180FGCCFG45CFG

CGF是等腰直角三角形

CG1

CF2

四邊形ABCD是正方形

BADADCBCD90，ADCD

ADC是等腰直角三角形

DC1

，ACD45

AC2

BCA45

BE垂直平分AF

ANE90

NAE180ANEAEN

在△ADM和△CGM中，

ADCAGC90

AMDCMG

ADM∽CGM

MCGGAD

BCA45，BCF45

ACFBCFBCA=

在DGC和△AFC中，

DCCG1

，DCGACF

ACFC2

DGC∽AFC

AFCDGC135

DGADGCAGC1359045

第3頁共99頁.

DGACFG45

CF//DG

(3)△BFH為等腰三角形有三種情況：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三種情況討論：

①當(dāng)FH=BH時，作MHBF于點(diǎn)M

由(1)可知：AB=BF，ABEEBF

四邊形ABCD是正方形

ABBC，ABC90，BAE90

設(shè)AB=BF=BC=a

將△ABE繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90得到CBH

CBHABE，BHBE

FBHABCABFCBH90290

FH=BH

HBFBFH90

FHB180FBHBFH2

BFH是等腰三角形，BHHF，HMBF

1a

BHMFHM，BMMFBF

22

在△ABE和MHB中，

BAEBMH90

BHMABE

ABE∽MHB

BMBH

1

AEBE

a

BM=AE=

2

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2

22a25a

BEAEAB+a=

22

AE5

sin=

BE5

②當(dāng)BF=FH時，

設(shè)FH與BC交點(diǎn)為O

△ABE繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)90得到CBH

ABECBH

由(1)可知：ABF2

FBC902

FBHFBCCBH90290

BFFH

FBHFHB90

BOH180CBHBHF90

此時，BOH與BCH重合，與題目不符，故舍去

③當(dāng)BF=BH時，

第5頁共99頁.

由(1)可知：AB=BF

設(shè)AB=BF=a

四邊形ABCD是正方形

AB=BC=a

BF=BH

BF=BH=BC=a

而題目中，BC、BH分別為直角三角形BCH的直角邊和斜邊，不能相等，與題目不符，故舍去．

故答案為：5

5

【點(diǎn)睛】

本題考查了三角形內(nèi)角和定理(三角形內(nèi)角和為180)、平行線證明(內(nèi)錯角相等，兩直線平行)、相似三角形

證明(兩組對應(yīng)角分別相等的兩個三角形相似，兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似)、等腰直角三

角形三邊比例關(guān)系(1：1：2)、正弦函數(shù)定義式(對邊：斜邊)．

2．（2021·遼寧阜新·中考真題）在圖1中似乎包含了一些曲線，其實(shí)它們是由多條線段構(gòu)成的．它不但漂亮，

還蘊(yùn)含著很多美妙的數(shù)學(xué)結(jié)論．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是直線AB，BC上的點(diǎn)（E，F(xiàn)在直

線AC的兩側(cè)），且AECF．

（1）如圖2，求證：DEDF；

（2）若直線AC與EF相交于點(diǎn)G，如圖3，求證：DGEF；

（3）設(shè)正方形ABCD的中心為O，CFE，用含的式子表示DGO的度數(shù)（不必證明）．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．

【解析】

【分析】

（1）四邊形ABCD是正方形，ADCD，CDAB，又知道AECF，可得到△DAE≌△DCF即可求

第6頁共99頁.

解；

（2）作EH//BC交AC于點(diǎn)H,則EHGFCG,知道四邊形ABCD是正方形可得ABBC，B90推出

BACBCA，EH//BC，AHEACB，BAHAHE，AEEH，得到AECF，EHCF，又

知道EGHFGC得到△EHG≌△FCG即可求解

（3）分三種情況①點(diǎn)E在線段AB上、②點(diǎn)E在線段BA的延長線上、③點(diǎn)E在線段AB的延長線上，逐

一進(jìn)行討論即可求解．

【詳解】

解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，

∴ADCD，CDAB90．

∴DAEC90．

又∵AECF，

∴△DAE≌△DCF．

∴DEDF．

（2）（解法一）作EH//BC交AC于點(diǎn)H，如圖1．則EHGFCG．

圖1

∵四邊形ABCD是正方形，

∴ABBC，B90．

∴BACBCA45

∵EH//BC，

∴AHEACB45．

∴BAHAHE．

∴AEEH．

∵AECF，

∴EHCF．

又∵EGHFGC，

第7頁共99頁.

∴△EHG≌△FCG．

∴EGGF．

由（1）同理可得DEDF，

∴DGEF．

（解法二）作EH//BC交AC于點(diǎn)H，如圖2．

圖2

∵四邊形ABCD是正方形，

∴ABBC，B90．

∴BACBCA45，

∵EH//BC，

∴AHEACB45．

∴BAHAHE．

∴EAEH．

又∵AECF，

∴EHCF．

連接CE，F(xiàn)H．

又∵EH//CF．

∴四邊形CEHF是平行四邊形．

∴EGGF．

由（1）同理可得DEDF，

∴DGEF．

（3）解：①當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上時，

第8頁共99頁.

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠BCD=∠ADC=90°，∠ACD=45°，

∵△DAE≌△DCF，

∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，

∴∠EDC+∠CDF=90°，

即∠EDF=90°，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDF=∠2=45°，

∴∠1=45°-∠3，

∵∠BCD=90°，

∴∠3+∠2+∠CFE=90°，

∴∠3=90°-45°-α=45°-α，

∴∠1=45°-∠3=α，

∵∠DGO=∠ACD+∠1，

∴∠DGO=α+45°；

②當(dāng)點(diǎn)E在線段BA的延長線上時，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠BCD=∠ADC=90°，∠BDC=45°，

∵△DAE≌△DCF，

第9頁共99頁.

∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，

∴∠EDA+∠ADF=90°，

即∠EDF=90°，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDF=∠GFD=∠BDC=45°，

∴∠1=∠2，

∵∠BCD=90°，

∴∠3+∠2=90°，

∵∠3=∠CFE-∠GFD=α-45°，

∴∠2=90°-α+45°=135°-α，

∴∠1=∠2=135°-α，

∴∠DGO=90°-∠1=α-45°；

③當(dāng)點(diǎn)E在線段AB的延長線上時，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，∠ACD=45°，∠ABC=∠ADC=90°，

∵△DAE≌△DCF，

∴∠ADE=∠CDF，

∵∠ADE+∠EDC=∠ADC=90°，

∴∠EDC+∠CDF=90°，

即∠EDF=90°，

∴∠2=∠3，

∵DE=DF，DG⊥EF，

∴∠GDE=∠DEG=45°，

第10頁共99頁.

∴∠1+∠3=45°，

∵∠ABC=90°，

∴∠CFE+∠2+∠DEG=90°，

∵∠CFE-∠2=45°，

∴∠CFE=∠1=α，

∴∠DGO+∠1=∠ACD=45°，

∴∠DGO=45°-α．

綜上：∠DGO=α+45°或∠DGO=α-45°或∠DGO=45°-α．

【點(diǎn)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)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)

等知識，解題的關(guān)鍵是利用全等三角形的判定和性質(zhì)得DE=DF，利用等腰直角三角形的性質(zhì)求解．

3．（2021·遼寧盤錦·中考真題）如圖，四邊形ABCD是正方形，ECF為等腰直角三角形，∠ECF＝90°，

點(diǎn)E在BC上，點(diǎn)F在CD上，N為EF的中點(diǎn)，連結(jié)NA，以N△A，NF為鄰邊作□ANFG．連結(jié)DG，DN，

將RtECF繞點(diǎn)C順時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為（0°≤≤360°）．

△

（1）如圖1，當(dāng)＝0°時，DG與DN的關(guān)系為____________________；

（2）如圖2，當(dāng)045時，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理

由；

（3）在RtECF旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)□ANFG的頂點(diǎn)G落在正方形ABCD的邊上，且AB＝12，EC＝52時，

連結(jié)GN，△請直接寫出GN的長．

【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由見解析；（3）GN＝72或132

【解析】

【分析】

（1）如圖1中，連接AE，AF，CN．證明GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠

GDN=∠ADC=90°，可得結(jié)論；△

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（2）如圖2中，作直線EF交AD于J，交BC于K，連接CN．證明GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，

∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得結(jié)論；△

（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)點(diǎn)G落在AD上時，如圖3-2中，當(dāng)點(diǎn)G落在AB上時，分別利用勾股

定理求出GN即可．

【詳解】

解：（1）如圖1中，連接AE，AF，CN．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，

∵CE=CF，

∴BE=DF，

∴△ABE≌△ADF（SAS），

∴AE=AF，

∵EN=NF，

∴AN⊥EF，CN=NF=EN，

∵CE=CF，EN=NF，

∴CN⊥EF，

∴A，N，C共線，

∵四邊形ANFG是平行四邊形，∠ANF=90°，

∴四邊形ANFG是矩形，

∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，

∵∠DCA=∠DAC=45°，

∴∠GAD=∠NCD=45°，

第12頁共99頁.

∴△GAD≌△NCD（SAS），

∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，

∴∠GDN=∠ADC=90°，

∴DG⊥DN，DG=DN．

故答案為：DG⊥DN，DG=DN；

（2）結(jié)論成立．

理由：如圖2中，作直線EF交AD于J，交BC于K，連接CN．

∵四邊形ANFG是平行四邊形，

∴AG∥KJ，AG=NF，

∴∠DAG=∠J，

∵AJ∥BC，

∴∠J=∠CKE，

∵CE=CF，EN=NF，

∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，

∴∠ECN=∠CEN=45°，

∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，

∴∠DCN=∠CKE，

∴∠GAD=∠DCN，

∵GA=CN，AD=CD，

∴△GAD≌△NCD（SAS），

∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，

∴∠GDN=∠ADC=90°，

∴DG⊥DN，DG=DN；

第13頁共99頁.

（3）如圖3-1中，當(dāng)點(diǎn)G落在AD上時，

∵△ECN是等腰直角三角形，EC=52，

∴EN=CN=NF=5，

∵四邊形ANFG是平行四邊形，

∴AG=NF=5，

∵AD-CD=12，

∴DG=DN=7，

∴GN=72．

如圖3-2中，當(dāng)點(diǎn)G落在AB上時，

同法可證，CN=5，

∵△DAG≌△DCN，

∴AG=CN=5，

∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，

GNBG2BN272172132

綜上所述，滿足條件的GN的值為72或132

【點(diǎn)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)，解直角三角形等知識，解題的

第14頁共99頁.

關(guān)鍵是正確尋找全等三角形全等的條件，屬于中考?？碱}型．

4．（2021·甘肅蘭州·中考真題）已知正方形ABCD，E，F(xiàn)為平面內(nèi)兩點(diǎn)．

【探究建?！?/p>

（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊AB上時，DEDF，且B，C，F(xiàn)三點(diǎn)共線．求證：AECF；

【類比應(yīng)用】

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在正方形ABCD外部時，DEDF，AEEF，且E，C，F(xiàn)三點(diǎn)共線．猜想并證明

線段AE，CE，DE之間的數(shù)量關(guān)系；

【拓展遷移】

（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在正方形ABCD外部時，AEEC，AEAF，DEBE，且D，F(xiàn)，E三點(diǎn)共線，

DE與AB交于G點(diǎn)．若DF3，AE2，求CE的長．

【答案】（1）見解析；（2）AECE2DE；理由見解析（3）42

【解析】

【分析】

（1）根據(jù)正方形性質(zhì)以及題意證明VADE≌VCDF即可得出結(jié)論；

（2）根據(jù)已知條件證明ADE≌CDF(AAS)，然后證明EDF為等腰直角三角形即可得出結(jié)論；

（3）先證明BAE≌DAF(AAS)，得出FAE為等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理以及等腰直角三角形的性質(zhì)

求出CH,EH的長度，即可得出結(jié)論．

【詳解】

解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，B，C，F(xiàn)三點(diǎn)共線，

∴DCDA,DAEDCF90,

∵DEDF，

∴ADCEDF90，

第15頁共99頁.

∴ADECDF,

在ADE和CDF中，

DAEDCF

DADC,

ADECDF

∴ADE≌CDF(ASA),

∴AECF;

（2）∵DEDF，四邊形ABCD是正方形，

∴ADCEDF90,ADCD,

∴ADECDF,

∵AEEF，DEDF，

∴DEFF90,AEDDEF90,

∴AEDF,

在ADE和CDF中，

ADECDF

AEDF,

ADCD

∴ADE≌CDF(AAS),

∴DEDF,AECF,

∴EDF為等腰直角三角形，

∴EF2DE,

即AECE2DE；

（3）過點(diǎn)D作DHCE于點(diǎn)H，連接BD，

∵DFAFAEFEA90FEA，

∵AEBFEADEB90FEA，

∴AEBDFA，

第16頁共99頁.

∵BAE90FAB,DAF90FAB,

∴BAEDAF，

在BAE和△DAF中，

BAEDAF

BEADFA,

BADA

∴BAE≌DAF(AAS),

∴DFBE3，F(xiàn)AEA2，

∵AEFA2且FAAE,

∴FAE為等腰直角三角形，

∴EF222，

在RtDEB中，DE325,BE3,

∴DB523234,

∵BD是正方ABCD對角線，

34

∴ADCD17,

2

∵FEA45

∴DEC45,

∴DHE為等腰直角三角形，

5

∴DHEH2,

2

3

∴在RtDHC中，CHDC2DH22,

2

35

∴CECHEH2242．

22

【點(diǎn)睛】

本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形判定與性質(zhì)，熟知性質(zhì)

定理是解本題的關(guān)鍵．

5．（2021·山東日照·中考真題）問題背景：

如圖1，在矩形ABCD中，AB23，ABD30，點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作EFAB交BD于點(diǎn)F．

第17頁共99頁.

實(shí)驗(yàn)探究：

（1）在一次數(shù)學(xué)活動中，小王同學(xué)將圖1中的BEF繞點(diǎn)B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90，如圖2所示，得到結(jié)論：

AE

①_____；②直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為______．

DF

（2）小王同學(xué)繼續(xù)將BEF繞點(diǎn)B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結(jié)論是

否仍然成立？并說明理由．

拓展延伸：

在以上探究中，當(dāng)BEF旋轉(zhuǎn)至D、E、F三點(diǎn)共線時，則ADE的面積為______．

31333913339

【答案】（1），30°；（2）成立，理由見解析；拓展延伸：或

288

【解析】

【分析】

AEBE3

（1）通過證明FBD∽EBA，可得，BDFBAE，即可求解；

DFBF2

AEBE3

（2）通過證明ABE∽DBF，可得，BDFBAE，即可求解；

DFBF2

拓展延伸：分兩種情況討論，先求出AE，DG的長，即可求解．

【詳解】

解：（1）如圖1，ABD30，DAB90，EFBA，

BEAB3

cosABD，

BFDB2

如圖2，設(shè)AB與DF交于點(diǎn)O，AE與DF交于點(diǎn)H，

BEF繞點(diǎn)B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90，

第18頁共99頁.

DBFABE90，

FBD∽EBA，

AEBE3

，BDFBAE，

DFBF2

又DOBAOF，

DBAAHD30，

直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為30°，

3

故答案為：，30°；

2

（2）結(jié)論仍然成立，

理由如下：如圖3，設(shè)AE與BD交于點(diǎn)O，AE與DF交于點(diǎn)H，

將BEF繞點(diǎn)B按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，

ABEDBF，

BEAB3

又，

BFDB2

ABE∽DBF，

AEBE3

，BDFBAE，

DFBF2

又DOHAOB，

ABDAHD30，

直線AE與DF所夾銳角的度數(shù)為30°．

拓展延伸：如圖4，當(dāng)點(diǎn)E在AB的上方時，過點(diǎn)D作DG⊥AE于G，

AB23，ABD30，點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)，DAB90，

第19頁共99頁.

BE3，AD2，DB4，

EBF30，EFBE，

EF1，

QD、E、F三點(diǎn)共線，

DEBBEF90，

DEBD2BE216313，

DEA30，

113

DGDE，

22

AEBE3

由（2）可得：，

DFBF2

AE3

，

1312

393

AE，

2

113931313339

ADE的面積AEDG；

22228

如圖5，當(dāng)點(diǎn)E在AB的下方時，過點(diǎn)D作DG⊥AE，交EA的延長線于G，

113931313339

同理可求：ADE的面積AEDG；

22228

故答案為：13339或13339．

88

【點(diǎn)睛】

本題是幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)

等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．

6．（2021·山東青島·中考真題）已知：如圖，在矩形ABCD和等腰Rt△ADE中，AB8cm，ADAE6cm，

DAE90．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動．速度為1cm/s；同時，點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)，沿DB方向

勻速運(yùn)動，速度為1cm/s．過點(diǎn)Q作QM//BE，交AD于點(diǎn)H，交DE于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作QN//BC，交CD

第20頁共99頁.

于點(diǎn)N．分別連接PQ，PM，設(shè)運(yùn)動時間為ts0t8．

解答下列問題：

（1）當(dāng)PQBD時，求t的值；

（2）設(shè)五邊形PMDNQ的面積為Scm2，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；

（3）當(dāng)PQPM時，求t的值；

（4）若PM與AD相交于點(diǎn)W，分別連接QW和EW．在運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻t，使

AWEQWD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

50621807

【答案】（1）s；（2）St2t；（3）t；（4）存在，ts

9255112

【解析】

【分析】

BPBQ

（1）先證BPQBDA，得代數(shù)計(jì)算即可；

BDBA

111

（2）如圖2中，過點(diǎn)P作PO⊥QM于點(diǎn)O．證明S=S邊DQPM+SDNQ=（PQ+DH）?QM+QN?ND=

四形222

△

111

（HA+DH）?QM+QN?ND=?AD?QM+QN?ND，可得結(jié)論．

222

（3）如圖3中，延長NQ交BE于點(diǎn)G．根據(jù)PQ=PM，構(gòu)建方程求解即可．

QHHWHMHWQHHM

（4）存在．證明HQW∽△AEW，MHW∽△PAW，推出，，推出，由

AEWAPAWAAEPA

此構(gòu)建方程求解即△可△

【詳解】

（1）由題意可得，BPt，DQt，

在矩形ABCD中，

∵AB8，BCAD6，

CBABCDBAD90，

第21頁共99頁.

在RtBCD中，BCD90，

BDBC2CD2628210，

∴BQ10t，

∵PQBD，

∴BQPBAD90，

又∵DBEDBE，

∴BPQBDA，

BPBQ

∴，

BDBA

t10t

∴，

108

50

∴t.

9

50

答：t為s時，PQBD.

9

（2）過點(diǎn)P作POQM，交QM于點(diǎn)O，

在等腰Rt△ADE中，

ADAE6，EAD90，

則BEBAAE14.

∵QM//BE，

∴POHPAHOHA90，

∴四邊形OPAH是矩形，

∴POAH.

∵QM//EB，

∴DQMDBE，

又∵QDMQDM，

∴△DQM△DBE，

第22頁共99頁.

QMDQQMt7

∴，∴，∴QMt.

BEBD14105

∵QN//BC，∴DNQC90，

又∵CDBCDB，

∴△NDQ△CDB，

DQDNNQ

∴，

DBDCBC

tDNNQ

∴，

1086

43

∴DNt，QNt.

55

∴S五邊形DNQPMS四邊形DQPMS△DNQ

11

(PODH)QMQNND

22

11

(HADH)QMQNND

22

11

ADQMQNND

22

17134

6ttt

25255

621

t2t.

255

621

答：S與t的函數(shù)關(guān)系式是St2t.

255

（3）延長NQ交BP于點(diǎn)G，由（1），（2）可得DC//AB，

DNQ90，POQM，

∵DNQNGABAD90，

∴四邊形NGAD是矩形，

4

∴BGCN8t，

5

同理可證，四邊形PGQO是矩形.

第23頁共99頁.

∴QOGP，

當(dāng)PQPM時，

∵POQM，

1

∴QOQM，

2

17

∴QOt.

25

49

又∵QOGPBPBGBPCNt8tt8，

55

179

∴tt8，

255

80

∴t.

11

80

答：當(dāng)PQPM時，ts.

11

47

（4）由（2）得DNt，QMt，

55

∵QN//BC，QM//BE，

∴DNQNQHNDH90，

∴NQHD為矩形，

4

∴QHDNt，且QHD90.

5

∴QHADAE90，

∵AWEQWD，

第24頁共99頁.

∴△HQW△AEW，

同理可證△MHW△PAW，

QHHWHMHW

∴，，

AEWAPAWA

QHHM

∴，

AEPA

474

∴ttt，

555

68t

7

∴t.

2

7

答：在運(yùn)動的過程中，存在時刻ts，使AWEQWD.

2

【點(diǎn)睛】

本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解

題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．

1．（2022·廣東江門·一模）已知，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點(diǎn)E是射線BC上一動點(diǎn)，將矩形ABCD

先沿直線AE翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，展開后再將矩形ABCD沿直線BF翻折，點(diǎn)E落在點(diǎn)G處，再將圖

形展開，連接EF、FG、GB，得到四邊形BEFG．

(1)如圖1，若點(diǎn)F恰好落在CD邊上，求線段BE的長；

(2)如圖2，若BE＝1，直接寫出點(diǎn)F到BC邊的距離；

(3)若ADG的面積為3，直接寫出四邊形BEFG的面積．

△5

【答案】(1)BE＝

3

5

(2)

13

15213521

(3)或

73

第25頁共99頁.

【解析】

【分析】

（1）連接AF，如圖1所示，由矩形，翻折的性質(zhì)可知AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE，勾股定理得DF＝AF2AD2

求出DF的值，在RtCEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，計(jì)算求解即可；

（2）連接AF，過點(diǎn)F△作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖2所示，則MN⊥AD，AM＝BN，∠AFM+∠FAM

＝90°，由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，有∠FAM＝∠EFN，證明AMF

AMAF5△

∽△FNE，有，AM＝5FN，可知BN＝5FN，在RtNEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，

FNFE1

計(jì)算求出符合要求的解即可；△

（3）分兩種情況：①點(diǎn)G在矩形ABCD的內(nèi)部時，連接AF，過G作GH⊥AD于H，過點(diǎn)F作MN⊥BC

1

于N，交AD于M，如圖3所示，由ADG的面積＝AD×GH＝3，求出GH的值，證明四邊形BEFG是菱

2

△

形，四邊形GHMF是矩形，勾股定理得AM＝AF2FM2，求出AM的值，同（2）得：AMF∽△FNE，

AMAF△

有，求得FE的值，進(jìn)而可知BE的值，由四邊形BEFG的面積＝BE×FN計(jì)算求解即可；②點(diǎn)G

FNFE

在矩形ABCD的外部時，連接AF，過G作GH⊥AD于H，過點(diǎn)E作EN⊥FG于N，過A作AM⊥FG于M，

AFFM

如圖4所示，同①得：AM＝GH＝2，F(xiàn)M＝AF2FM2，AMF∽△FNE，有，求FE的值，進(jìn)

FEEN

△

而可知BE的值，由四邊形BEFG的面積＝BE×EN計(jì)算求解即可．

(1)

解：連接AF，如圖1所示，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴CD＝AB＝5，BC＝AD＝3，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，

由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE，

∴DF＝AF2AD252324，

∴CF＝CD﹣DF＝1，

第26頁共99頁.

在RtCEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝FE2，

即（3△﹣BE）2+12＝BE2，

5

解得：BE＝；

3

(2)

解：連接AF，過點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，如圖2所示，

則MN⊥AD，AM＝BN，

∴∠AMF＝∠FNE＝90°，

∴∠AFM+∠FAM＝90°，

由翻折的性質(zhì)得：AF＝AB＝5，F(xiàn)E＝BE＝1，∠AFE＝∠ABE＝90°，

∴∠AFM+∠EFN＝90°，

∴∠FAM＝∠EFN，

∴△AMF∽△FNE，

AMAF5

∴，

FNFE1

∴AM＝5FN，

∴BN＝5FN，

在RtNEF中，由勾股定理得：FN2+EN2＝FE2，

即FN△2+（5FN﹣1）2＝12，

5

解得：FN＝，或FN＝0（舍去），

13

5

即點(diǎn)F到BC邊的距離為；

13

(3)

分兩種情況：

①點(diǎn)G在矩形ABCD的內(nèi)部時，連接AF，過G作GH⊥AD于H，過點(diǎn)F作MN⊥BC于N，交AD于M，

如圖3所示，

第27頁共99頁.

則MN∥GH，MN⊥AD，MN＝CD＝5，

11

∵△ADG的面積＝AD×GH＝×3×GH＝3，

22

∴GH＝2，

由翻折的性質(zhì)得：BG＝FG，F(xiàn)E＝BE，BG＝BE，

∴BG＝FG＝FE＝BE，

∴四邊形BEFG是菱形，

∴FG∥BC∥AD，

∴四邊形GHMF是平行四邊形，

∵GH⊥AD，

∴∠GHM＝90°，

∴平行四邊形GHMF是矩形，

∴FM＝GH＝2，

∴FN＝MN﹣FM＝3，AM＝AF2FM2522221，

同（2）得：AMF∽△FNE，

AMAF

∴△，

FNFE

215

即，

3FE

521

∴FE＝，

7

521

∴BE＝，

7

5211521

∴四邊形BEFG的面積＝BE×FN＝×3＝；

77

②點(diǎn)G在矩形ABCD的外部時，連接AF，過G作GH⊥AD于H，過點(diǎn)E作EN⊥FG于N，過A作AM⊥

FG于M，如圖4所示，

第28頁共99頁.

同①得：AM＝GH＝2，F(xiàn)M＝AF2AM2522221，AMF∽△FNE，

AFFM△

∴，

FEEN

∵EN＝BM＝AB+AM＝5+2＝7，

521

∴，

FE7

521

解得：FE，

3

521

∴BE＝，

3

5213521

∴四邊形BEFG的面積＝BE×EN＝×7＝；

33

15213521

綜上所述，四邊形BEFG的面積為或．

73

【點(diǎn)睛】

本題考查了折疊的性質(zhì)，三角形相似，勾股定理，菱形、矩形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的靈

活運(yùn)用．

2．（2021·山東城陽·一模）已知：四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=6cm，AD=7cm，BC=8cm，

動點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊向點(diǎn)B運(yùn)動，速度為2cm/s；直線EF從點(diǎn)A出發(fā)沿對角線AC向點(diǎn)C運(yùn)動，分

別交AB、AC、AD與點(diǎn)E、Q、F，且運(yùn)動過程中始終保持EF⊥AC，速度為1cm/s；若點(diǎn)P與直線EF同時

18

出發(fā)，設(shè)運(yùn)動時間為t秒，且(0≤t≤)．

5

第29頁共99頁.

(1)連接PF，當(dāng)t為何值時PF∥AB？

(2)連接PE，設(shè)四邊形AEPF的面積為Scm2，求S與t的函數(shù)關(guān)系式．

(3)求當(dāng)四邊形AEPF的面積與四邊形ABCD的面積之比為17:54時，此時點(diǎn)E到PF的距離．

32

【答案】(1)s

13

5125

(2)S=t2t

312

4017

(3)cm

51

【解析】

【分析】

(1)利用勾股定理可求AC的長，利用銳角三角函數(shù)可求AF，AE的長，由平行四邊形的性質(zhì)可得AF=CP，

即可求解；

(2)利用面積的和差關(guān)系可求解；

(3)由面積關(guān)系可求t=2，可求AE，AF的長，由勾股定理可求PF長，由面積關(guān)系可求解．

(1)

解：由題意可得AQ=t(cm)，CP=2t(cm)，則BP=(8-2t)cm，

∵AB=6cm，BC=8cm，∠B=90°，

∴ACAB2BC2=6282=10cm，

∵EF⊥AC，

∴∠AQE=∠ABC=90°，

∴∠AEQ+∠EAQ=90°=∠EAQ+∠ACB，

∴∠AEF=∠ACB，

∴sin∠AEF=sin∠ACB，

AQAB

∴=，

AEAC

第30頁共99頁.

10t5

∴AEt(cm)，

63

∵tan∠AEF=tan∠ACB，

AFAB

∴=，

AEBC

5

∴AF=t(cm)，

4

當(dāng)PF∥AB時，∵AD∥BC，

∴四邊形ABPF為平行四邊形，

5

∴AF=BP，即t82t，

4

32

解得t，

13

32

∴當(dāng)t為s時PF∥AB；

13

(2)

1159

解：∵S四邊形ABPF(AFBP)?ABt82t624t，

2244

1153852

SBPEPB?BE(82t)6t24tt，

22333

5125

∴SSSt2t；

四邊形ABPFBPE312

(3)

解：由題意知S四邊形AEPF:S四邊形ABCD=17:54，

ADBCAB786

又∵2，

S四邊形45cm

ABCD22

85

∴S(cm2)，

四邊形AEPF6

512585

即t2t，

3126

1718

解得t1=2，t>(不合題意，舍去)，

245

105

當(dāng)t=2時，則AEcm，AFcm，BP=4cm，

32

如圖，作FM⊥BC于M，

第31頁共99頁.

∵FM⊥BC，∠DAB=∠ABC=90°，

∴四邊形ABMF是矩形，

5

∴AB=FM=6cm，AF=BMcm，

2

53

∴PMBPBM4(cm)，

22

2

2223317

∴PF=FMPM=6=(cm)，

22

111052585

∵SAEAF=(cm2)，S(cm2)，

AEF22326四邊形AEPF6

85252

∴SS四邊形S10(cm)，

PEFAEPFAEF66

設(shè)點(diǎn)E到PF距離為hcm，

11317

則SPFhh10，

PEF222

4017

∴h，

51

4017

故此時點(diǎn)E到PF的距離為．

51

【點(diǎn)睛】

本題考查的是四邊形綜合題，考查了梯形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳

角三角函數(shù)等知識，利用參數(shù)表示線段的長度是解題的關(guān)鍵．

3．（2021·廣東南?！ざ＃┤鐖D1，已知正方形ABCD，AB＝4，以頂點(diǎn)B為直角頂點(diǎn)的等腰RtBEF繞點(diǎn)

△

B旋轉(zhuǎn)，BE＝BF＝10，連接AE，CF．

第32頁共99頁.

(1)求證：ABE≌△CBF．

(2)如圖2，△連接DE，當(dāng)DE＝BE時，求SBCF的值．（SBCF表示BCF的面積）

△△

(3)如圖3，當(dāng)RtBEF旋轉(zhuǎn)到正方形ABCD外部，且線段AE與線段△CF存在交點(diǎn)G時，若M是CD的中

點(diǎn)，P是線段DG△上的一個動點(diǎn)，當(dāng)滿足2MP+PG的值最小時，求MP的值．

【答案】(1)見解析

(2)2或6

115

(3)

2

【解析】

【分析】

（1）由“SAS”可證ABE≌△CBF；

（2）由“SSS”可證△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可證AH＝EH，由勾股定理可求BE的長，

即可求解；△

（3）先確定點(diǎn)P的位置，過