第5单元 第23讲 矩形、菱形、正方形(二)(原卷版)

第 2 题答图
3．[2019·眉山]如图 23－1，在矩形 ABCD 中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点 O 作 EF⊥AC 交 AD 于点 E，交 BC 于点 F，则 DE 的长是( B )
图 23－1
A．1
B.74
C．2
D.1பைடு நூலகம்2
【解析】 如答图，连结 CE.∵四边形 ABCD 是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6， AD＝BC＝8，OA＝OC，∵EF⊥AC，∴AE＝CE，设 DE＝x，则 CE＝AE＝8－x，在 Rt△CDE 中，由勾股定理，得 x2＋62＝(8－x)2，解得 x＝74，即 DE＝74.
第五单元 四边形
第23课时 矩形、菱形、正方形
一、选择题(每题 3 分，共 15 分)
1．[2019·十堰]矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是( C )
A 对边相等
B．对角相等
C．对角线相等
D．对角线互相平分
2．[2019·泸州]一个菱形的边长为 6，面积为 28，则该菱形的两条对角线的长度之和为
图 23－9
解：(1)证明：在矩形 EFGH 中，EH＝FG，EH∥FG， ∴∠GFH＝∠EHF. ∵∠BFG＝180°－∠GFH，∠DHE＝180°－∠EHF， ∴∠BFG＝∠DHE. 在菱形 ABCD 中，AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH. ∴△BGF≌△DEH(AAS)，∴BG＝DE；
第12题答图
【解析】 ∵阴影部分的面积与正方形 ABCD 的面积之比为 2∶3，∴S 阴影＝23×9＝6， ∴S 空白＝9－6＝3， ∵CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF，∴△BCE≌△CDF， ∴∠DCF＝∠CBE，∵∠DCF＋∠BCF＝90°， ∴∠CBE＋∠BCF＝90°，∴∠BGC＝90°， ∴S△BCG＝S 四边形 DEGF＝12×3＝32， 设 BG＝a，CG＝b，则12ab＝32，

25
2
4
A. 1 B. 5 C. 3 D. 5
第 3 题图
4. 如图，矩形 ABCD 中， AB ＝2，AD＝1，点 M 在边 CD 上．若 AM 平分∠ DMB ，则 DM 的长为 ( )
3 A. 3
1 B. 4
3 C. 3－ 2
D. 2 － 3
第 4 题图
5. 如图， 四边形 ABCD 为矩形， 点 O 为对角线的交点， ∠ BOC＝ 120 °，AE⊥ BO 交 BO 于点 E，AB＝ 4， 则 BE 的长等于 ( )
求证： BF ＝AE.
第 13 题图
14. (2019 宁夏 )如图，已知矩形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AD， AB 上的点， EF⊥ EC，且 AE＝CD . (1)求证： AF ＝ DE ；
2 (2)若 DE ＝ 5AD，求 tan∠AFE .
第 14 题图
点对线·板块内考点衔接 20 分钟
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
第 5 题图
6. (2019 陕西黑马卷 )如图，在矩形 ABCD 中，点 M 是 BC 边上一点， 连接 AM ，DM .过点 D 作 DE⊥ AM ， 垂足为点 E.若 AM＝ AD ， AE＝ 2EM ，AB＝ 5，则 BM 的长为 ( )
1
2
A. 5 B. 5 C. 5 D. 2 5
第 6 题图 7. (2019 西安交大附中模拟 )如图，在矩形 ABCD 中， AB＝ 6，BC＝7， E、F 、 M 分别为 AB、 BC、 CD
边上的点，连接 EF、 FM 、 ME ，且 AE ＝ 3， DM ＝2.若∠ EFM ＝ 90°， BF＞ FC ，则 BF ＝ ( ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

考点2 特殊平行四边形与坐标系
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
考点3 特殊平行四边形与运动
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
2021届中考人教版数学 考前热点冲刺指导课件 ：《第23讲矩形、菱形
、正方形》
2020/9/13
┃考点自主梳理与热身反馈 ┃ 考点1 特殊平行四边形与折叠
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
考点4 特殊平行四边形新题型
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23讲┃ 矩形菱形正方形（二）
第23

第五单元四边形第二十三课时矩形、菱形、正方形基础达标训练1.以下性质中菱形不必定拥有的性质是()A.对角线相互均分B.对角线相互垂直C.对角线相等D.既是轴对称图形又是中心对称图形2.( 2018 上海 ) 已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么以下条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是()A.∠ BAC＝∠ DCAB.∠BAC＝∠ DACC.∠ BAC＝∠ ABDD.∠ BAC＝∠ ADB3.( 2018 河南 ) 如图，在 ?ABCD中，对角线A C，BD订交于点O，增添以下条件不可以判断 ?ABCD是菱形的只有 ()第 3 题图A.AC⊥BDB.AB＝BCC.AC＝BDD.∠1＝∠24.( 2018 广安 ) 以下说法：①四边相等的四边形必定是菱形②按序连结矩形各边中点形成的四边形必定是正方形③对角线相等的四边形必定是矩形④经过平行四边形对角线交点的直线，必定能把平行四边形分红面积相等的两部分此中正确的个数为 ()A. 4B. 3C. 2D. 15.(2018 兰州 ) 如图，矩形ABCD的对角线AC与BD订交于点O，∠ADB ＝30°，＝4，则＝()AB OCA. 5B. 4C. 3.5D. 3第 5 题图第6题图6.如图，在△ ABC中，点E、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA.以下四个判断中，不正确的选项是()A.四边形 AEDF是平行四边形B.假如∠ BAC＝90°，那么四边形 AEDF是矩形C.假如 AD均分∠ BAC，那么四边形 AEDF是菱形D.假如 AD⊥BC且 AB＝AC，那么四边形 AEDF是正方形7.( 2018 淮安 ) 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点 E 在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰巧落在对角线AC上的点F 处，若∠EAC＝ECA，则 AC的长是()A. 3 3B. 6C. 4D. 5第 7 题图第8题图8.( 2018 泸州 ) 如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan ∠BDE的值是()A.2B.1C.1D.2 44339.关注教课文化 ( 2018丽水 ) 我国三国期间数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后代称其为“赵爽弦图”，如图①所示，在图②中，若正方形 ABCD的边长为14，正方形 IJKL 的边长为2，且IJ ∥AB，则正方形 EFGH的边长为________．第9 题图10.( 2018 徐州 ) 如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点Q在对角线AC上，且 AQ＝AD，连结 DQ并延伸，与边 BC交于点 P，则线段 AP＝________．第 10 题图第11题图11.( 2018 十堰 ) 如图，菱形ABCD中，AC，BD交于点O，DE⊥BC于点E，连结 OE，若∠ ABC＝140°，则∠ OED＝________．第12 题图12.( 2018 怀化 ) 如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝10 cm，点 P是这个菱形内部或边上的一点，若以 P，B，C为极点的三角形是等腰三角形，则 P， A( P， A 两点不重合)两点间的最短距离为________cm.第13 题图13.(6 分)( 2018 岳阳 ) 求证：对角线相互垂直的平行四边形是菱形．小红同学依据题意画出了图形，并写出了已知和求证的一部分，请你补全已知和求证，并写出证明过程．已知：如图，在?ABCD中，对角线AC，BD交于点O，___________．求证：___________________________________________________________ _____.14.(8 分)( 2018 邵阳 ) 以下图，已知平行四边形ABCD，对角线 AC，BD订交于点 O，∠ OBC＝∠ OCB.(1)求证：平行四边形 ABCD是矩形；(2)请增添一个条件使矩形为正方形．ABCD第14 题图15.(8 分)( 2018 盐城 ) 如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的均分线BE、DF分别交边 AD、BC于点 E、F.(1)求证：四边形 BEDF为平行四边形；(2)当∠ ABE为多少度时，四边形 BEDF是菱形？请说明原因．第15 题图16.(8 分)( 2018 南雅中学第七次阶段检测 ) 如图，四边形ABCD是边长为 6 的正方形，点G是BC延伸线上一点，连结AG，BE⊥AG于点E，DF⊥AG于点F.(1)证明：△ ABE≌△ DAF；(2)若∠ AGB＝30°，求 EF的长．第16 题图17.(8 分)(2018 鄂州 ) 如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点 F 处，FC交 AD于 E.(1) 求证：△AFE≌△CDE；(2)若 AB＝4，BC＝8，求图中暗影部分的面积．第17 题图能力提高训练1.( 2018 芙蓉区二十九中模拟 ) 如图是用 4 个全等的直角三角形与 1 个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为49，小正方形面积为 4，若用x，y表示直角三角形的两直角边 ( x>y) ，以下四个说法：① x2＋y2＝49；②x－y＝2；③2xy＋4＝49；④x＋y＝9.此中说法正确的选项是 ()A. ①②B.①②③C. ①②④D.①②③④第 1 题图2.( 2018 安徽 ) 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3. 动点P知足S△PAB1，则点 P到 A，B 两点距离之和 PA＋PB的最小值为()＝3S矩形 ABCDA.29B.34C. 5 2D.41第 2 题图第3题图3.( 2018 青竹湖湘一二模 ) 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F 处，点 G在 AF上，将△ ABG沿 BG折叠，点 A 恰落在线段 BF上的点H3处，有以下结论：①∠ EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝2S△FGH；④A G＋DF＝FG.此中正确的个数为( )A.1 B.2 C.3 D. 44. ( 2018 江西 ) 已知点A(0 ，4) ，B(7 ，0) ，C(7 ，4) ，连结AC，BC得到矩形 AOBC，点 D在边 AC上，将边 OA沿OD折叠，点 A 的对应点为A′，若点 A′到矩形较长两对边的距离之比为1∶3，则点 A′的坐标为 ________．5.( 2018 绍兴 ) 如图为某城市部分街道表示图，四边形ABCD为正方形，点 G在对角线 BD上， GE⊥CD，GF⊥BC，AD＝1500 m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪行走的路线为B→A→D→E→F.若小敏行走的行程为 3100 m，则小聪行走的行程为 ________m.第 5 题图6.(9 分)( 2018 广州 ) 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD订交于点O，△COD对于 CD的对称图形为△ CED.(1) 求证：四边形OCED是菱形；(2)连结 AE，若 AB＝6 cm，BC＝5 cm.①求 sin ∠EAD的值；②若点 P 为线段 AE上一动点(不与点 A 重合)，连结 OP.一动点 Q从点O出发，以1cm/s 的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以 1.5 cm/s 的速度沿线段 PA匀速运动到点 A，抵达点 A 后停止运动．当点 Q 沿上述路线运动到点 A 所需要的时间最短时，求 AP的长和点 Q走完整程所需的时间．第6 题图拓展培优训练1.( 2016 长郡教育公司第二届澄池杯 ) 如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，点 E 是 BC的中点，连结 AE，将△ ABE沿 AE折叠，点 B 落在点 F 处，连结 FC，则sin∠ ECF＝()3434A. 4B.3C.5D.5第 1 题图第2题图2.( 2016 长郡教育公司第二届澄池杯 ) 如图，边长为 1 的正方形ABCD 的对角线 AC、BD订交于点 O.有直角∠ MPN，使直角极点 P 与点 O重合，直角边 PM、PN分别与 OA、OB重合，而后逆时针旋转∠ MPN，旋转角为θ(0 °<θ<90°) ，PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连结EF 交OB于点G，则以下结论中正确的有()(1) EF＝2OE；(2)S四边形OEBF∶S正方形ABCD＝1∶4；(3)BE＋BF＝2OA；2 2(4)OG·BD＝AE＋CF.1 个 B. 2个C. 3个 D. 4个特别四边形的有关证明与计算稳固集训1.(8 分)( 2018 广东省卷 ) 以下图，已知四边形ABCD、ADEF都是菱形，∠ BAD＝∠ FAD，∠ BAD为锐角．(1)求证： AD⊥BF；(2)若 BF＝BC，求∠A D C的度数．第 1 题图2.(8 分)( 2018 麓山国际实验学校二模 ) 如图，四边形ABCD中，BD 垂直均分 AC，垂足为点 F，E为四边形 ABCD外一点，且∠ ADE＝∠ BAD，AE⊥AC.(1)求证：四边形 ABDE是平行四边形；(2)若 DA均分∠ BDE，AB＝5，AD＝6，求 AC的长．第 2 题图3.(8 分)( 2018 南雅中学二模 ) 在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB 于点 E，点 F 在边 CD上， DF＝BE，连结 AF，BF.(1)求证：四边形 BFDE是矩形；(2)若 CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证： AF均分∠ DAB.第 3 题图4.(8 分)( 2018 襄阳 ) 如图，AE∥BF，AC均分∠BAE，且交BF于点C，BD均分∠ ABF，且交 AE于点 D，连结 CD.(1)求证：四边形 ABCD是菱形；(2)若∠ ADB＝30°， BD＝6，求 AD的长．第 4 题图5.(8 分)( 2018 青竹湖湘一三模 ) 已知，正方形ABCD中，点E、F分别是CB、CD延伸线上的点， DF＝BE，连结 A E、AF，过点 A 作 AH⊥ED于点 H.(1)求证：△ ADF≌△ ABE；(2)若 BC＝3BE，BE＝1，求 tan ∠AED的值．第 5 题图6.(8 分)( 2018 长沙中考模拟卷三 ) 如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形 BDFE，使 B、C、E三点在同向来线上，连结 BF，交CD于点 G.(1)求证： CG＝CE；(2)若正方形边长为 4，求菱形BDFE的面积．第 6 题图7.(9 分)( 2018 长沙中考模拟卷六 ) 如图，在 ?ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点 F，BD与 AE、AF分别订交于点 G、H.(1)求证：△ ABE∽△ ADF；(2)若 AG＝AH，求证：四边形 ABCD是菱形；(3)在(2) 的条件下，将△ADF绕A点顺时针旋转，若△ADF恰巧与△ACE 重合，求旋转角n(0°＜ n＜360°)．第 7 题图8.(9 分)( 2018 兰州 ) 如图①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD 向上折叠，极点C落到点 E处，BE交 AD于点 F.(1)求证：△ BDF是等腰三角形；(2)如图②，过点 D作 DG∥BE，交 BC于点 G，连结 FG交 BD于点 O.①判断四边形 BFDG的形状，并说明原因；②若 AB＝6，AD＝8，求 FG的长．第 8 题图答案1. C2. C3. C4. C5.B 【分析】：∵在矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，∠BAD＝11 90°，∴BD＝8，∵矩形对角线相等且相互均分，∴OC＝2AC＝2BD＝4.6.D 【分析】：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故 A选项正确；∵∠BAC＝90°，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是矩形，故B选项正确；∵ AD均分∠BAC，∴∠EAD＝∠DAF，又∵ DE∥AC，∴∠ EDA＝∠ DAF＝∠ EAD，∴ AE＝DE，又∵四边形 AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形，故C选项正确；假如 AD⊥BC 且 AB＝BC不可以判断四边形 AEDF是正方形，故D选项错误．7. B 【分析】：由折叠可知，∠BAE＝∠EAC，∵∠EAC＝∠ECA，∴∠BAC＝2∠BCA，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴ 3∠ACB＝90°，∴∠ ACB＝30°，∵ AB＝3，∴AC＝2AB＝6.8. A【分析】：∵ AD∥BC，BE＝CE，又∵四边形ABCD是矩形，∴△ BEF∽△ DAF，∴BE∶AD＝BF∶FD＝EF∶AF＝1∶2，设 EF＝x，则22AF＝2x，∵△BEF∽△ AEB，∴BE∶AE＝EF∶BE，∴BE＝EF·AE＝3x ，∴BE＝22226x，∵AB·BE＝AE·BF，3x，∴AB＝AE－BE＝6x，∴AB＝2 2∴B F＝ 2x，在 Rt△BDC中， BD＝ DC＋BC＝3 2x，∴ DF＝2 2x，在 Rt△DFE中， tan ∠BDE ＝EF x2＝＝ . DF 22x49.10 【解析】：如题图②，由赵爽弦图可知，△GHI≌△HEJ≌△ EFK≌△ FGL，∴GL＝HI＝EJ＝FK，FL＝GI＝HJ＝EK，设 HI＝m，∵ IJ ∥AB，∴ HJ＋FK＝AB，即 m＋2＋m＝14，解得 m＝6，在 Rt△GHI 中， HI＝6，GI＝6＋2＝8，GH＝62＋82＝10，即正方形EFGH的边长为10.10.17 【分析】：∵AC＝ 42＋32＝5，AQ＝AD＝3，∴CQ＝2，又∵AD ＝AQ，∴∠ ADQ＝∠ AQD，∵∠ CQP＝∠ AQD，∴∠ ADQ＝∠ CQP，∵AD∥BC，∴∠ ADQ＝∠ CPQ，∴∠ CQP＝∠ CPQ，∴ CP＝CQ＝2，∴ BP＝3－2＝1，∴AP＝2222AB＋BP＝ 4 ＋ 1 ＝ 17.111.20°【分析】：∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD＝2BD，∠ABD1＝∠ CBD，∵∠ ABC＝140°，∴∠ CBD＝2∠ABC＝70°，∵ DE⊥BC，1∴∠ BDE＝20°， OE＝2BD＝OD，∴∠ OED＝∠ BDE＝20°.12.10 3－10 【分析】：∵△PBC是等腰三角形，∴有以下三种状况：(1) 当以点P为极点时，则点P在线段BC的垂直均分线上，如解图①所示，此时最小值是 10；(2) 以点B为极点时，则点P的轨迹是在以点B 为圆心， BC长为半径的圆周上，由解图②易知， P，A 两点间最短距离是与点 A 重合，又∵点 P 不与点 A 重合，故舍去；(3)以点 C 为极点时，则点 P 的轨迹是在以点 C为圆心， BC长为半径的圆周上，由解图③易知，线段 AF的长即为最短距离，在 Rt△ABE中，AB＝10，∠ABE＝180°－120°＝60°， AE＝AB·sin60 °＝53，在Rt△AEC中， AE＝5 3，∠ACE＝30°，∴ AC＝2AE＝10 3，∴AF＝AC－CF＝10 3－10，即 P，A 两点间的最短距离为(10 3－10) cm.第 12 题解图13.已知： AC⊥BD；求证： ?ABCD是菱形．证明：∵ AC⊥BD，∴∠AOB＝∠ AOD＝90°，又∵在?ABCD中，AO＝AO，BO＝DO，∴△ AOB≌△ AOD，∴AB＝AD，同理 BC＝CD，∵在 ?ABCD中，AD＝BC，∴AB＝BC＝CD＝DA，∴四边形 ABCD是菱形．14.(1) 证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ DAO＝∠ OCB，∠ADO＝∠ OBC，又∵∠ OBC＝∠ OCB，∴∠ DAO＝∠ ADO，∴OB＝OC，OA＝OD，∴OB＋OD＝OA＋OC，即 AC＝BD，∴平行四边形 ABCD是矩形；(2)解：使矩形 ABCD为正方形的条件为： AB＝AD.(答案不独一)15. (1) 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴∠ ABD＝∠ CDB，∵BE均分∠ ABD，DF均分∠ CDB，11∴∠ EBD＝2∠ABD，∠ FDB＝2∠CDB，∴∠ EBD＝∠ FDB，∴D F∥EB，又∵ AD∥BC，∴E D∥BF，∴四边形 BEDF是平形四边形；(2)解：当∠ABE＝30°时，四边形BEDF是菱形．原因以下：∵BE均分∠ ABD，∴∠ ABD＝2∠ABE＝60°，∠ EBD＝∠ABE＝30°，∵四边形 ABCD是矩形，∴∠ A＝90°，∴∠ EDB＝∠ EBD＝30°，∴EB＝ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形 BEDF是菱形．16.(1) 证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ DAF＋∠ BAE＝90°， AB＝AD，∵∠ AFD＝90°，∴∠ DAF＋∠ ADF＝90°，∴∠ BAE＝∠ ADF，在△ ABE和△ DAF中∠AEB＝∠ AFD＝90°∠BAE＝∠ ADF，AB＝DA∴△ ABE≌△ DAF(AAS)；(2)解：在正方形 ABCD中， AD∥BC，∴∠ DAF＝∠ AGB＝30°，在 Rt△ADF中，∠ AFD＝90°， AD＝6，∴A F＝3 3，DF＝3，由(1) 得△ABE≌△DAF，∴A E＝DF＝3，∴E F＝AF－AE＝3 3－3.17.(1) 证明：∵△AFC是由△ABC折叠获得的，∴AF＝AB，∠ F＝∠ B，∵四边形 ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠ B＝∠ D＝90°，∴AF＝CD，∠ F＝∠ D，∵∠F E A＝∠ DEC，∴△ AFE≌△ CDE(AAS)；(2 ) 解：由 (1) 知△AFE≌△CDE，∴A E＝CE，∴D E＝AD－AE＝8－CE，222在 Rt△DCE中，由勾股定理得 CE＝DE＋CD，222∴CE＝(8－CE) ＋ 4，解得 CE＝5，11∴S△ACE＝2AE·CD＝2×5×4＝10，即图中暗影部分面积为10.能力提高训练1.B 【分析】：由勾股定理得x2＋y2＝大正方形边长的平方，即大正方形的面积 49，故①正确；小正方形的面积为 4，∴边长为 2，即x－y＝2，故②正确；四个直角三角形的面积再加上中间正方形的面1积 4 等于大正方形的面积49，即2xy×4＋ 4＝2xy＋4＝49，故③正确；( x＋y) 2＝x2＋y2＋2xy，由③可知2xy＝45，∴x2＋y2＋2xy＝49＋45＝94，∴x＋y≠9，故④错误．1 2. D 【分析】：如解图，设△PAB底边AB上的高为h，∵S△PAB＝3S矩112AB·h＝3AB·AD，∴h＝2为定值，在AD上截取AE＝2，作形ABCD，得EF∥AB，交 CB于点 F，故点 P 在直线 EF上，作点 A对于直线 EF的对称点 A′，连结 A′B，交直线 EF于点 P，此时 PA＋PB最小，且PA＋P B＝PA′＋ PB＝ A′B＝42＋52＝41.第 2 题解图3.C 【分析】：∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，∴∠ 1＝∠ 2，CE＝FE，BF＝BC＝10，在Rt△ABF中，∵AB＝6，BF＝10，∴AF＝102－62＝8，∴DF＝AD－AF＝10－8＝2，设EF＝x，则222CE＝x，DE＝CD－CE＝6－x，在 Rt△DEF中，∵ DE＋ DF＝EF，∴(6822210－x)＋2 ＝x，解得x＝3，∴ED＝3，∵△ABG沿BG折叠，恰落在线段 BF上的点 H处，∴∠3＝∠4，BH＝BA＝6，AG＝HG，∴∠ EBG＝1∠2＋∠ 3＝2∠ABC＝45°，∴①正确；HF＝BF－BH＝10－6＝4，设2222 AG＝y，则 GH＝y，GF＝8－y，在 Rt△HGF中，∵ GH＋HF＝GF，∴ y22，解得 y＝3，∴AG＝GH＝3，GF＝5，∵∠A＝∠ D，AB＋4 ＝(8－y)＝DE 9AG 3AB AG，＝，∴≠，∴△ ABG与△ DEF不相像，∴②错误；∵ S△ABG 4DF 2DE DF1113＝2×6×3＝ 9，S△FGH＝2·GH·HF＝2×3×4＝ 6，∴S△ABG＝2S△FGH，∴③正确；∵ AG＋DF＝3＋2＝5，而 GF＝5，∴ AG＋DF＝GF，∴④正确，∴①③④正确．第 3 题解图4.( 7，3) 或( 15，1) 或(2 3，－ 2) 【分析】：由折叠性质可知，OA＝OA′＝4，假定点 A′坐标为( x，y)则有 x2＋ y2＝42＝16，点 A′到矩形较长两对边的距离之比为1∶3，可分为两种状况：①A′至AC 的距离为 A′至 OB距离的3倍，可得 y1＝1，y2＝－2，代入 x2＋y2＝16 得，x1＝± 15，x2＝±2 3，又∵A′处于y轴右边，∴A′为 ( 15，1)或(2 3，－ 2) ；②A′至OB的距离为A′至AC的距离的 3 倍，可得 y3＝3，代入 x2＋y2＝16 得 x3＝± 7，又∵A′处于y轴右边，∴A′为( 7，3) ，综上所述，A′为 ( 7，3) 或( 15，1) 或(2 3，－ 2) ．第 5 题解图5.4600 【分析】：由题意得，BA＋AG＋GE＝3100 m，∵AB＝1500 m，∴AG＋GE＝3100－1500＝1600 m，∵ BD为对角线，∠ DBC＝45°，而GE⊥DC，∴∠ DGE＝45°，△ DEG为等腰直角三角形，∴DE＝ GE，如解图，过点G 作 GH⊥AB，易证△ AGH≌△ EFC，∴ AG＝EF，∴ AB＋AD＋D E＋EF＝AB＋AD＋( GE＋AG)＝3000＋1600＝4600 m.6. (1) 证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，且 AC、BD相互均分，∴DO＝CO，∵已知△ COD与△ CED对于 CD对称，∴△ COD≌△ CED，∴CO＝CE，DO＝DE，∴CE ＝CO＝DO＝DE，∴四边形 OCED是菱形；(2)解：①如解图①，连结 EO交 CD于点 F，延伸 EO交 AB于点 H，∵四边形 OCED是菱形，∴EO⊥CD，且 EO、CD相互均分，∴EF＝FO，DF＝FC＝3，15∴F O∥BC，即 EH∥BC，且 EF＝FO＝2BC＝2，又∵ FO∥BC，在矩形 ABCD中， AB∥CD，∠ ABC＝90°，∴四边形 FHBC是矩形，∴FH＝BC＝5，HB＝FC＝3，3 5∴A H＝AB－HB＝3，EH＝EF＋FH＝2，∵AB∥CD，EH⊥CD，∴E H⊥AB，2222352819∴AE＝AH＋EH＝3＋(2)＝4，解得 AE＝2，AH 32∴sin ∠AEH＝＝＝，AE 9 322∴s in ∠DAE＝sin∠ AEH＝3；第 6 题解图①第 6 题解图②②如解图②，在AE上取点 P，过点 P 作 PM⊥AD于点 M，OP AP2∴t ＝1＋1.5＝OP＋3AP，MP 2∵sin ∠DAE＝＝，AP 32∴M P＝3AP，2∴t＝OP＋3AP＝OP＋PM，当点 O、P、M共线时， t ＝OP＋PM＝OM获得最小值，∴O M⊥AD，∵在矩形 ABCD中， AB⊥AD，BO＝DO，∴O M∥AB，且点 O为 BD的中点，∴O M为△ ABD的中位线，1∴t ＝OM＝2AB＝3，∵O M∥AB，∴Rt△EHA∽Rt△EOP，PE EO 2∴＝＝，AE EH 32∴PE＝3AE＝3，3∴A P＝AE－EP＝2，3故 AP的长为2 cm，点 Q走完整程需要3 s.拓展培优训练1. D 【分析】：过E作EH⊥CF于点H，由折叠的性质得：BE＝EF，∠BEA＝∠ FEA，∵点 E 是 BC的中点，∴ CE＝BE，∴EF＝CE，∴∠ FEH ＝∠ CEH，∴∠AEB＋∠CEH＝90°，∵在矩形ABCD中，∠BAE＋∠BEAAB AE ＝90°，∴∠B A E＝∠CEH，∠B＝∠EHC，∴△ABE∽△EHC，∴＝，EH CE2224EH 4∵AE＝ AB＋BE＝10，∴ EH＝，∴ sin ∠ECF＝＝ .5CE 5第1 题解图2. D 【分析】：∵四边形ABCD是正方形，∴O B＝OC，∠OBE＝∠OCF ＝45°，∠BOC＝90°，∴∠BOF＋∠COF＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠ BOF＋∠ BOE＝90°，∴∠ BOE＝∠ COF，在△ BOE和△ COF中，∠BOE＝∠ COFOB＝OC，∴△ BOE≌△ COF(ASA)，∴OE＝OF，∵∠ EOF＝90°，∠OBE＝∠ OCF∴EF＝2OE，故(1)正确；∵S 四边形OEBF＝S△BOF＋S△BOE＝S△BOF＋S△C OF＝S△BOC 1＝4S 正方形ABCD，∴S 四边形OEBF∶S 正方形ABCD＝1∶4，故(2)正确；∵ BE＝CF，∴BE ＋BF＝ BF＋CF＝BC＝2OA，故(3)正确；∵∠ EOG＝∠ BOE，∠ OEG＝2∠OBE＝45°，∴△ OEG∽△ OBE，∴OE∶OB＝OG∶OE，∴OG·OB＝OE，12222∵OB＝2BD，OE＝2 EF，∴ OG·BD＝EF，∵在△ BEF 中， EF＝BE＋222222正确．BF，∴ EF＝AE＋CF，∴ OG·BD＝AE＋CF，故(4)特别四边形的有关证明与计算稳固集训1.(1) 证明：∵四边形ABCD、四边形ADEF都是菱形，∴AB＝AD＝AF，∴△ ABF是等腰三角形，又∵∠ BAD＝∠ FAD，∴AD⊥BF；(2)解：由 (1) 知AB＝AD＝AF，又∵ AB＝BC，BF＝BC，∴AB＝AF＝BF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ BAF＝60°，又∵∠ BAD＝∠ FAD，∴∠ BAD＝30°，又∵四边形ABCD是菱形，∴∠ ADC＋∠B A D＝180°，∴∠ ADC＝180°－∠ BAD＝150°.2.(1) 证明：∵∠ADE＝∠B A D，∴AB∥DE，∵AE⊥AC，BD⊥AC，∴AE∥BD，∴四边形 ABDE是平行四边形；(2)解：∵ DA均分∠ BDE，∴∠ ADE＝∠ BDA，∵∠ ADE＝∠ BAD，∴∠ BAD＝∠ BDA，∴BD＝AB＝5，设BF＝x，则 DF＝5－x，2222∴AD－DF＝AB－BF，2222∴6－(5－x)＝5 －x，7解得 x＝5，∴AF＝2224 AB－BF＝5，∵BD均分 AC，48∴AC＝2AF＝5.3.证明：(1) ∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，即 DF∥B E，又∵ DF＝BE，∴四边形BFDE为平行四边形，又∵DE⊥AB，即∠DEB＝90°，∴四边形 BFDE为矩形；(2)由(1) 知平行四边形BFDE为矩形，∴∠ BFC＝90°，∵在△ BFC中， CF＝3，BF＝4，依据勾股定理得，BC＝CF2＋BF2＝32＋42＝5，∵四边形 ABCD是平行四边形，∴A D＝BC＝5，∴AD＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA，∵DC∥AB，∴∠ DFA＝∠ FAB，∴∠ DAF＝∠ FAB，即 AF均分∠ DAB.4. (1) 证明：∵AE∥BF，∴∠ ADB＝∠ CBD，∵BD均分∠ ABF，∴∠ ABD＝∠ CBD，∴∠ ABD＝∠ ADB，∴A B＝AD，同理可证 AB＝BC，∴A D＝BC，∴四边形 ABCD是平行四边形，又∵ AB＝AD，∴四边形 ABCD是菱形；(2 ) 解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，1∴A C⊥BD，OD＝2BD＝3，OD3∴在 Rt△AOD中， cos∠ADB＝cos30°＝＝，AD 22∴A D＝3×＝2 3.35.(1) 证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ ADF＝∠ ABE＝90°， AD＝AB，在△ ADF和△ ABE中，AD＝AB∠ADF＝∠ ABE，DF＝BE∴△ ADF≌△ ABE(SAS)；(2) 解：如解图，过点 E 作 EG⊥AD，交 DA的延伸线于点 G，第 5 题解图∵∠ AGE＝∠ GAB＝∠ ABE＝90°，∴四边形 ABEG是矩形， GE＝AB，∵四边形 ABCD是正方形，∴A B＝GE＝BC＝CD＝AD＝3BE，又∵ BE＝1，∴C E＝BC＋BE＝4，2210，在 Rt△ABE中，由勾股定理得， AE＝ BE＋AB＝在 Rt△CDE中，由勾股定理得，DE ＝22CE＋CD＝5，119∴S△ADE＝2AD·GE＝2×3×3＝2，1又∵ S△ADE＝2AH·DE，2S△ADE9∴AH＝DE＝5，2213在 Rt△AEH中，由勾股定理得EH＝AE－AH＝5，AH9∴tan ∠AED＝＝.EH 136.(1) 证明：连结DE交BF于点 O，则D E⊥BF，第 6 题解图∵∠ ODG＋∠ OGD＝90°，∠C BG＋∠ CGB＝90°，∠ CGB＝∠ OGD∴∠ CDE＝∠ CBG，又∵ BC＝DC，∠ BCG＝∠ DCE，∴△ BCG≌△ DCE(ASA)，∴C G＝CE；(2)解：∵正方形边长 BC＝4，∴B D＝2BC＝4 2，DC＝BC＝4，菱形 BDFE的面积为 S＝4 2×4＝162，∴菱形 BDFE的面积为 16 2.7.(1) 证明：∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，∴∠ AEB＝∠ AFD＝90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ ABE＝∠ ADF，∴△ ABE∽△ ADF；(2)证明：∵ AG＝AH，∴∠ AGH＝∠ AHG，∴∠ AGB＝∠ AHD，∵△ ABE∽△ ADF，∴∠BAG＝∠ DAH，∴△BAG≌△ DAH(ASA)，∴AB＝AD，∵四边形ABCD是平行四边形且AB＝AD，∴平行四边形 ABCD是菱形；(3)解：∵△ ADF恰巧与△ ACE重合，∴AD＝AC，∠ FAE即为所求角，又∵由 (2) 可得，AD＝DC＝BC＝AB＝AC，∴△ ADC和△ ACB均为等边三角形，∴∠ ABC＝∠ ADC＝60°，∠ BAD＝∠ BCD＝120°，又∵ AE⊥BC，AF⊥ DC，∴∠ BAE＝∠ DAF＝30°，∴∠ FAE＝120°－30°－30°＝60°，即 n＝60°.8.(1) 证明：由折叠的性质可得，∠DBC＝∠DBF，∵四边形 ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠ DBF＝∠ ADB，∴BF＝DF，∴△ BDF是等腰三角形；(2)解：①四边形 BFDG是菱形．原因以下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，即 DF∥BG，∵DG∥BF，∴四边形BFDG是平行四边形，由(1) 得BF＝DF∴平行四边形 BFDG是菱形；②∵矩形 ABCD中 AB＝6，AD＝8，∠ A＝90°，2 2∴B D＝ AB＋AD＝10，∵四边形 BFDG是菱形，∴B D⊥GF，GF＝2OF，BD＝2OD，∴O D＝5，OF AB 3∴tan ∠ADB＝＝＝，OD AD 415∴OF＝4，15∴F G＝2.。