2017年：10四边形含解析10

专题10 四边形
一、选择题
1.（2017浙江衢州第8题）如图，在直角坐标系中，点A 在函数)0(4>=
x x y 的图象上，AB ⊥x 轴于点B ，AB 的垂直平分线与y 轴交于点C ，与函数)0(4>=
x x
y 的图象交于点D 。

连结AC ，CB ，BD ，DA ，则四边形ACBD 的面积等于（ ）
A. 2
B. 32
C. 4
D. 34
【答案】C ．
【解析】
试题解析：设A （a ，
4a ），可求出D （2a ，2a ）， ∵AB ⊥CD ，
∴S 四边形ACBD =
12AB•CD=12×2a×4a
=4， 故选C ．
考点：反比例函数系数k 的几何意义.
2.（2017浙江衢州第9题）如图，矩形纸片ABCD 中，A B=4，BC=6，将△ABC 沿AC 折叠，使点B 落在点E 处，CE 交AD 于点F ，则DF 的长等于（ ）
A. 53
B. 35
C. 37
D. 4
5 【答案】B ．
【解析】
试题解析： ∵矩形ABCD 沿对角线AC 对折，使△ABC 落在△ACE 的位置，
∴AE=AB ，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD 为矩形，
∴AB=CD ，
∴AE=DC ，
而∠AFE=∠DFC ，
∵在△AEF 与△CDF 中，
AFE CFD E D
AE CD ⎧∠=∠⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△AEF ≌△CDF （AAS ），
∴EF=DF ；
∵四边形ABCD 为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt △AEF ≌Rt △CDF ，
∴FC=FA ，
设FA=x ，则FC=x ，FD=6﹣x ，
在Rt △CDF 中，CF 2=CD 2+DF 2，即x 2=42+（6﹣x ）2，解得x=133
， 则FD=6﹣x=
53
． 故选B ． 考点：1.矩形的性质；2.折叠问题.
3.（2017山东德州第11题）如图放置的两个正方形，大正方形ABCD 边长为a ，小正方形CEFG 边长为b(a ＞b),M 在边BC 上，且BM=b ，连AM ，MF ，MF 交CG 于点P ，将△ABM 绕点A 旋转至△ADN ，将△MEF 绕点F 旋
转至△NGF 。

给出以下五种结论：①∠MAD=∠AND ；②CP=2
-b b a
；③ΔABM ≌ΔNGF ；④S 四边形AMFN =a 2+b 2；⑤A ，M ，P ，D 四点共线
其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
考点:正方形、全等、相似、勾股定理
4.（2017浙江宁波第11题）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，4
BE=，过点E 作EF BC
∥，分别交BD，CD于G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长为( )
A.3
B. D.4
【答案】C.
【解析】
试题解析：如图，过N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，过M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R
在正方形ABCD 中，BC=CD=6
∴∵BE=EG=4
∴
∴∵M 是DG 的中点
∴MJ=12
DF=1，JF=1 ∵N 为EC 的中点
∴PN=12
BC=3 ∴QN=3
∴NH=2，MH=3
∴=故选C.
考点：1.正方形的性质;2.三角形的中位线;3.勾股定理.
5.（2017重庆A 卷第9题）如图，矩形ABCD 的边AB=1，BE 平分∠ABC ，交AD 于点E ，若点E 是AD 的中点，以点B 为圆心，BE 为半径画弧，交BC 于点F ，则图中阴影部分的面积是（ ）
A ．24π
- B ．324π- C ．28π- D ．328
π- 【答案】B.
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD 的边AB=1，BE 平分∠ABC ，
∴∠ABE=∠EBF=45°，AD ∥BC ，
∴∠AEB=∠CBE=45°，
∴AB=AE=1，
∵点E 是AD 的中点，
∴AE=ED=1，
∴图中阴影部分的面积=S 矩形ABCD ﹣S △ABE ﹣S 扇形EBF
=1×2﹣12
×1×1﹣245360π⨯ =324
π-． 故选B ．
考点：1.矩形的性质；2.扇形的面积计算.
6.（2017广西贵港第12题）如图，在正方形ABCD 中，O 是对角线AC 与BD 的交点，M 是BC 边上的动点（点M 不与,B C 重合），,CN DM CN ⊥与AB 交于点N ，连接,,OM ON MN .下列五个结论：①CNB DMC ∆≅∆ ；②CON DOM ∆≅∆ ；③OMN OAD ∆≅∆ ；④222
AN CM MN += ；⑤若2AB =，则OMN S ∆的最小值是12
，其中正确结论的个数是 （ ）
A ．2
B ．3 C. 4 D ．5
【答案】D
【解析】
试题解析：∵正方形ABCD 中，CD=BC ，∠BCD=90°，
∴∠BCN+∠DCN=90°，
又∵CN ⊥DM ，
∴∠CDM+∠DCN=90°，
∴∠BCN=∠CDM ，
又∵∠CBN=∠DCM=90°，
∴△CNB ≌△DMC （ASA ），故①正确；
根据△CNB≌△DMC，可得CM=BN，
又∵∠OCM=∠OB N=45°，OC=OB，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM=ON，∠COM=∠BON，
∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON，
又∵DO=CO，
∴△CON≌△DOM（SAS），故②正确；
∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°，
∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形，
又∵△AOD是等腰直角三角形，
∴△OMN∽△OAD，故③正确；
∵AB=BC，CM=BN，
∴BM=AN，
又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2，
∴AN2+CM2=MN2，故④正确；
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN=x=CM，则BM=2﹣x，
∴△MNB的面积=1
2
x（2﹣x）=﹣
1
2
x2+x，
∴当x=1时，△MNB的面积有最大值1
2
，
此时S△OMN的最小值是1﹣1
2
=
1
2
，故⑤正确；
综上所述，正确结论的个数是5个，
故选：D．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
7.（2017贵州安顺第7题）如图，矩形纸片ABCD中，AD=4cm，把纸片沿直线AC折叠，点B落在E处，AE 交DC于点O，若AO=5cm，则AB的长为（）
A．6cm B．7cm C．8cm D．9cm
【答案】C．
【解析】
考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
8.（2017湖南怀化第9题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，60
AC=，
∠°，6cm
AOB=
则AB的长是( )
A.3cm
B.6cm
C.10cm
D.12cm
【答案】A.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB=OD=3，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB 是等边三角形，
∴AB=OA=3，
故选A ．
考点：矩形的性质．
9.（2017甘肃兰州第 8题）如图，矩形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点D ，30ADB =∠°，4AB =，则OC =( )
A.5
B.4
C.3.5
D.3
【答案】B
考点: 矩形的性质．
10. （2017甘肃兰州第14题）如图，在正方形ABCD 和正方形DEFG 中，点G 在CD 上，2DE =，将正方形DEFG 绕点D 顺时针旋转60°，得到正方形'''DE F G ，此时点'G 在AC 上，连接'CE ，则''CE CG +=( )
1
【答案】A
【解析】 试题解析：作G′I⊥CD 于I ，G′R⊥BC 于R ，E′H⊥BC 交BC 的延长线于H ．连接RF′．则四边形RCIG′是正方形．
∵∠DG′F′=∠IGR=90°，
∴∠DG′I=∠RG′F′，
在△G′ID 和△G′RF 中，
DG I RG G D G I G G F F R '=∠''''⎧=⎪∠''⎨=⎪⎩
∴△G′ID≌△G′RF，
∴∠G′ID=∠G′RF′=90°，
∴点F 在线段BC 上，
在Rt △E′F′H 中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°， ∴E′H=12
易证△RG′F′≌△HF′E′，
∴RF′=E′H，RG′RC=F′H，
∴CH=RF′=E′H，
∴CE′+
故选A．
考点：旋转的性质；正方形的性质．
11.（2017贵州黔东南州第8题）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF=2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为（）
A．60° B．67.5°C．75° D．54°
【答案】A．
【解析】
试题解析：如图，连接DF、BF．
∵FE⊥AB，AE=EB，
∴FA=FB，
∵AF=2AE，
∴AF=AB=FB，
∴△AFB是等边三角形，
∵AF=AD=AB，
∴点A是△DBF的外接圆的圆心，
∴∠FDB=1
2
∠FAB=30°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC ，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°，
∴∠FAD=∠FBC ，
∴△FAD ≌△FBC ，
∴∠ADF=∠FCB=15°，
∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°．
故选A ．
考点：正方形的性质．
12.（2017四川泸州第7题）下列命题是真命题的是（ ）
A ．四边都是相等的四边形是矩形
B ．菱形的对角线相等
C ．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
D ．对角线相等的平行四边形是矩形
【答案】D.
【解析】
考点：命题与定理.
13. （2017四川泸州第11题）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 ．4 B. 14 C. 13 D. 3 【答案】A.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD 是矩形，
∴AD=BC ，AD ∥BC ，
∵点E 是边BC 的中点，
∴BE=12BC=12
AD ， ∴△BEF ∽△DAF ， ∴12
EF BE AF AD ==， ∴EF=
12AF ， ∴EF=13
AE ， ∵点E 是边BC 的中点，
∴由矩形的对称性得：AE=DE ，
∴EF=13
DE ，设EF=x ，则DE=3x ，
∴，
∴tan ∠BDE=
4EF x DF == . 故选A ．
考点：1.矩形的性质；2.解直角三角形.
14.（2017四川宜宾第7题）如图，在矩形ABCD 中BC=8，CD=6，将△ABE 沿BE 折叠，使点A 恰好落在对角线BD 上F 处，则DE 的长是（ ）
A ．3
B ． 245
C ．5
D ．8916
【答案】C.
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD ，
∴∠BAD=90°，
由折叠可得△BEF ≌△BAE ，
∴EF ⊥BD ，AE=EF ，AB=BF ，
在Rt △ABD 中，AB=CD=6，BC=AD=8，
根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，
设EF=AE=x ，则有ED=8﹣x ，
根据勾股定理得：x 2+42=（8﹣x ）2
，
解得：x=3（负值舍去），
则DE=8﹣3=5，
故选C.
考点：1. 翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质．
15.（2017浙江嘉兴第9题）一张矩形纸片ABCD ，已知3AB =，2AD =，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段DG 长为（ ）
A B ．C ．1 D ．2
【答案】A ．
【解析】
试题解析：∵AB=3，AD=2，
∴DA′=2，CA′=1，
∴DC′=1，
∵∠D=45°，
故选A ．
考点：矩形的性质.
二、填空题
1.（2017浙江宁波第18题）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为.
．
【解析】
试题分析：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=1
2
MD=
1
2
，
∴FM=DM×cos30°=
2
，
∴EC=MC．
考点：1.折叠问题；2.菱形的性质．
2.（2017重庆A卷第18题）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是．
【答案】
【解析】
试题解析：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=12
BF ， ∵AB=4，F 是AB 的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴
Rt △DAF 中，
∵DE=EF ，DE ⊥EF ，
∴△DEF 是等腰直角三角形，
∴
∴，
如图2，
∵DC ∥AB ，
∴△DGC ∽△FGA ， ∴422
CG DC DG AG AF FG ====， ∴CG=2AG ，DG=2FG ，
∴FG=13⨯=，
∵=
∴
CG=
2
33
⨯=，
∴
EG=
33
-=，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴
3 =，
∴EH=EF﹣
33 -=
∴∠NDE=∠AEF，
∴tan∠NDE=tan∠AEF=EN GH DE EH
=，
1
2
3
EN
==，
∴
EN=
2
，
∴NH=EH﹣
-=
Rt△GNH中，
6
==，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长
++=
考点：1.折叠；2.正方形的性质.
3.（2017贵州安顺第17题）如图所示，正方形ABCD的边长为6，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD
内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为．
【答案】6.
【解析】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．
考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
4.（2017湖北武汉第13题）如图，在ABCD中，∠D=100°，∠DAB的平分线AE交DC于点E，连接BE，若AE=AB，则∠EBC的度数为．
【答案】30°.
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB∥DC，∠ABC=∠D
∴∠DAB+∠D=180°，
∵∠D=100°，
∴∠DAB=80°, ∠ABC=100°
又∵∠DAB的平分线交DC于点E
∴∠EAD=∠EAB=40°
∵AE=AB
∴∠ABE=1
2
(180°-40°)=70°
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=100°-70°=30°.
考点：1.解平分线的性质；2.平行四边形的性质.
5.（2017湖南怀化第13题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AB的中点，5cm
OE=，则AD的长为 cm．
【答案】10
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO=DO，
∵点E是AB的中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴AD=2OE，
∵OE=5cm，
∴AD=10cm．
考点：平行四边形的性质；三角形中位线定理．
6. （2017湖南怀化第16题）如图，在菱形ABCD中，120
ABC=
∠°，10cm
AB=，点P是这个菱形内部
或边上的一点，若以,,
P B C为顶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.
【答案】10（cm）.
【解析】
②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点
B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP最小，最小值为10；
③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；
综上所述，PD的最小值为10（cm）.
考点：菱形的性质；等腰三角形的性质．
7.（2017甘肃兰州第19题）在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件。

下面给出了四组条件：①AB AD
^；
^，且AB AD
=，且AB BD
=；②AB BD
③OB OC
=，其中正确的序号是.
^；④AB AD
=，且OB OC
=，且AC BD
【答案】①③④．
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AB⊥AD，
∴四边形ABCD是正方形，①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BD，AB⊥BD，
∴平行四边形ABCD不可能是正方形，②错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，OB=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
又OB⊥OC，即对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是正方形，③正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，
∴平行四边形ABCD是正方形，④正确；
故答案为：①③④．
考点：正方形的判定；平行四边形的性质．
8.（2017四川宜宾第11题）如图，在菱形ABCD中，若AC=6，BD=8，则菱形ABCD的面积是．
【答案】24
【解析】
试题解析：∵菱形ABCD的对角线AC=6，BD=8，
∴菱形的面积S=1
2
AC•BD=
1
2
×8×6=24．
考点：菱形的性质．
9.（2017四川自贡第18题）如图，13个边长为1的小正方形，排列形式如图，把它们分割，使分割后能拼成一个大正方形．请在如图所示的网格中（网格的边长为1）中，用直尺作出这个大正方形．
【答案】作图见解析.
【解析】
试题解析：如图所示：所画正方形即为所求．
考点：作图—应用与设计.
10.（2017新疆建设兵团第14题）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别从点A、B、
C、D同时出发，均以1cm/s的速度向点B、C、
D、A匀速运动，当点E到达点B时，四个点同时停止运动，在运动过程中，当运动时间为s时，四边形EFGH的面积最小，其最小值是cm2．
【答案】18.
【解析】
考点：二次函数的最值；正方形的性质．
11. （2017新疆建设兵团第15题）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中：
①∠ABC=∠ADC；
②AC与BD相互平分；
③AC，BD分别平分四边形ABCD的两组对角；
④四边形ABCD的面积S=1
2 AC•BD．
正确的是（填写所有正确结论的序号）
【答案】①④
【解析】
试题解析：①在△ABC和△ADC中，
∵
AB AD BC CD AC AC
⎧=
⎪
=
⎨
⎪=
⎩
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠ABC=∠ADC，
故①结论正确；
②∵△ABC≌△ADC，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴OB=OD，AC⊥BD，
而AB与BC不一定相等，所以AO与OC不一定相等，故②结论不正确；
③由②可知：AC平分四边形ABCD的∠BAD、∠BCD，
而AB 与BC 不一定相等，所以BD 不一定平分四边形ABCD 的对角； 故③结论不正确； ④∵AC ⊥BD ，
∴四边形ABCD 的面积S=S △ABD +S △BCD =12BD•AO +12BD•CO=12BD•（AO+CO ）=1
2
AC•BD． 故④结论正确； 所以正确的有：①④
考点：全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
12.（2017江苏徐州第17题）如图，矩形ABCD 中，4,3AB AD ==，点Q 在对角线AC 上，且AQ AD =，连接DQ 并延长，与边BC 交于点P ，则线段AP = ．
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD 中，AB=4，AD=3=BC ， ∴AC=5，
又∵AQ=AD=3，AD ∥CP ，
∴CQ=5-3=2，∠CQP=∠AQD=∠ADQ=∠CPQ ， ∴CP=CQ=2， ∴BP=3-2=1，
∴Rt △ABP 中，.
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理；3.矩形的性质．
13.（2017浙江嘉兴第15题）如图，把n 个边长为1的正方形拼接成一排，求得1
tan 1BAC ∠=，21tan 3BA C ∠=，31
tan 7
BA C ∠=，计算4tan BA C ∠= ，……按此规律，写出tan n BA C ∠=
（用含n 的代数式表示）．
【答案】
113，21
1
n n -+. 【解析】
试题解析：作CH⊥BA 4于H ，
由勾股定理得，BA 4
A 4
△BA 4C 的面积=4-2-
32=12
， ∴
12
12
， 解得，
CH=
17
， 则A 4
17
， ∴tan∠BA 4C=
4CH A H =1
13
， 1=12
-1+1， 3=22
-2+1， 7=32-3+1， ∴tan∠BA n C=
2
1
1
n n -+.
考点：1.解直角三角形；2.勾股定理；3.正方形的性质．
三、解答题
1（2017浙江衢州第24题）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。

点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。

已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。

（1）如图1，当t=3时，求DF的长；
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。

【答案】（1）3；（2）∠DEF的大小不变；理由见解析；3
4
；（3）
75
41
或
75
17
.
【解析】
试题分析：（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形的中位线定理得出DE∥EA，DE=1
2
OA=4，再由矩形
的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作DM⊥OA于点M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平
行线得出比例式BD BN
=
DO NA
，
DO OM
=
BD MA
，由三角形中位线定理得出DM=
1
2
AB=3，DN=
1
2
OA=4，证明ΔDMF∽ΔDNE，
得出DF DM3
==
DE DN4
，再由三角函数的定义即可得解；
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将ΔDEF的面积分为1:2的两部分，设AD交EF于点G，则点G 为EF的三等分点.
①当点E到达中点之前时，NE=3-t，由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝3
（3-)
4
t，求出AF=4+MF=
325
-
44
t ，得
出G（3+71
12
t
，
2
3
t），求出直线AD的解析式为y=-
3
4
x+6，把G（
3+71
12
t
，
2
3
t）代入即可求出t的值；
②当点超过中点之后，NE＝t-3，由由ΔDMF∽ΔDNE得：MF＝3
（-3)
4
t，求出AF=4-MF=
325
-
44
t ，得出
G（3+23
6
t
，
1
3
t），代入直线AD的解析式y=-
3
4
x+6即可求出t的值；
试题解析：（1）当t=3时，点E为AB的中点，∵A（8，0），C（0，6），
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
∴DE∥OA，DE=1
2
OA=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）∠DEF的大小不变；理由如下：
作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，
∴BD BN
=
DO NA
，
DO OM
=
BD MA
，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴DM=1
2
AB=3，DN=
1
2
OA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN，
又∵∠DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，
∴DF DM3
==
DE DN4
，
∵∠EDF=90°，
∴tan∠DEF=DF3
=
DE4
；
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，
由△DMF∽△DNE得：MF=3
4
（3﹣t），
∴AF=4+MF=﹣3
4
t+
25
4
，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（3+71
12
t
，
2
3
t），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：
8+=0
4+=3 k b
k b
⎧
⎨
⎩
，
解得：
3
=-
4
b6
k
⎧
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴直线AD的解析式为y=﹣3
4
x+6，
把G（3+71
12
t
，
2
3
t）代入得：t=
75
41
；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t﹣3，
由△DMF∽△DNE得：MF=3
4
（t﹣3），
∴AF=4﹣MF=﹣3
4
t+
25
4
，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（3+23
6
t
，
1
3
t），
代入直线AD的解析式y=﹣3
4
x+6得：t=
75
17
；
综上所述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，t的值为75
41
或
75
17
.
考点：四边形综合题.
2.（2017山东德州第23题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF,
(1)求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当E在AD边上移动时，折痕的端点P，Q也随着移动.
①当点Q与点C重合时，（如图2），求菱形BFEP的边长；
②如限定P，Q分别在BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）①菱形BFEP的边长为5
3
cm.②点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
【解析】
试题分析：（1）利用定理:四条边都相等的四边形是菱形，证明四边形BFEP为菱形；
(2)①在直角三角形APE中，根据勾股定理求出EP=5 3
②分两种情况讨论：第一：点Q和点C重合；第二：点P和点A重合试题解析：（1）∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ ∴点B与点E关于PQ对称
∴PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF
又∵EF∥AB
∴∠BPF=∠EFP
∴∠EPF=∠EFP
∴EP=EF
∴BP=BF=FE=EP
∴四边形BFEP为菱形.
（2）①如图2
∵四边形ABCD是矩形
∴BC=AD=5cm，CD=AB=3cm，∠A=∠D=90°∵点B与点E关于PQ对称
∴CE=BC=5cm
在RtΔCDE中，DE2=CE2-CD2，即DE2=52-32∴DE=4cm
∴AE=AD-DE=5cm-4cm=1cm
在RtΔAPE中，AE=1，AP=3-PB=3-PE
∴EP2=12+（3-EP）2，解得：EP=5
3
cm.
∴菱形BFEP的边长为5
3 cm.
②当点Q与点C重合时，如图2，点E离A点最近，由①知，此时AE=1cm.
当点P与点A重合时，如图3.点E离A点最远，此时，四边形ABQE是正方形.
AE=AB=3cm
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.
考点：折叠问题，矩形的性质，菱形的性质与判定，分类讨论思想
3.（2017浙江宁波第24题）在一次课题学习中，老师让同学们合作编题，某学习小组受赵爽弦图的启发，编写了下面这道题，请你来解一解：
如图，将矩形ABCD的四边BA、CB、DC、AD分别延长至E、F、G、H，使得AE CG
=，BF DH
=，连接EF，FG，GH，HE.
(1)求证：四边形EFGH为平行四边形；
(2)若矩形ABCD是边长为1的正方形，且45
AEH=
∠，求AE的长.
∠°，tan2
FEB=
【答案】（1）证明见解析；（2）2
【解析】
试题分析：（1）易证AH=CF，结合已知条件由勾股定理可得EH=FG，同理可得EF=GH，从而得证.
（2）设AE=x，则BE=x+1，由45
AEH=
∠可求出结果.
∠°可得DH=x+1，AH=x+2,由tan2
FEB=
试题分析：（1）在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°
又∵BF=DH
∴AD+DH=BC+BF
即AH=CF
在RtΔAEH中，
在RtΔCFG中，
∵AE=CG
∴EH=FG
同理得：EF=HG
∴四边形EFGH为平行四边形．
（2）在正方形ABCD中，AB=AD=1
设AE=x,则BE=x+1
∵在RtΔBEF中，45
FEB=
∠°
∴BE=BF
∵BF=DH
∴DH=BE=x+1
∴AH=AD+DH=x+2
∵tan2
∠
AEH=
∴AH=2AE
∴2+x=2x
∴x=2
即AE=2
考点：1.矩形的性质；2.平行四边形的判定；3.正方形的性质；4.解直角三角形.
4.（2017甘肃庆阳第26题）如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD 边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【答案】(1)证明见解析.（2．
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长．
（2）当四边形BEDF 是菱形时，BE ⊥EF ，
设BE=x ，则 DE=x ，AE=6﹣x ，
在Rt △ADE 中，DE 2=AD 2+AE 2
，
∴x 2=42+（6﹣x ）2，
解得：x=3
，
∵=，
∴OB=12 ∵BD ⊥EF ，
∴3
=，
∴EF=2EO=3
． 考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质．
5.（2017广西吴江第26题）已知，在Rt ABC ∆中，90,4,2,ACB AC BC D ∠===是AC 边上的一个动点，将ABD ∆沿BD 所在直线折叠，使点A 落在点P 处.
（1）如图1，若点D 是AC 中点，连接PC . ①写出,BP BD 的长；②求证：四边形BCPD 是平行四边形.
（2）如图2，若BD AD =，过点P 作PH BC ⊥交BC 的延长线于点H ，求PH 的长.
【答案】（1）①BD=（2）
45． 【解析】
试题分析：（1）①分别在Rt △ABC ，Rt △BDC 中，求出AB 、BD 即可解决问题；
②想办法证明DP ∥BC ，DP=BC 即可；
（2）如图2中，作DN ⊥AB 于N ，PE ⊥AC 于E ，延长BD 交PA 于M ．设BD=AD=x ，则CD=4﹣x ，在Rt △BDC
中，可得x 2=（4﹣x ）2+22，推出x=52，推出2=，由△BDN ∽△BAM ，可得DN BD AM AB
=，由此求出AM ，由△ADM ∽△APE ，可得
AM AD AE AP =，由此求出AE=165，可得EC=AC ﹣AE=4﹣165=45
由此即可解决问题． 试题解析：（1）①在Rt △ABC 中，∵BC=2，AC=4，
∴=
∵AD=CD=2，
∴=，
由翻折可知，
②如图1中，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=45°，
∴∠ADB=∠BDP=135°，
∴∠PDC=135°﹣45°=90°，
∴∠BCD=∠PDC=90°，
∴DP∥BC，∵PD=AD=BC=2，
∴四边形BCPD是平行四边形．
（2）如图2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延长BD交PA于M．
设BD=AD=x，则CD=4﹣x，
在Rt△BDC中，∵BD2=CD2+BC2，
∴x2=（4﹣x）2+22，
∴x=5
2
，
∵DB=DA，DN⊥AB，
∴
在Rt△BDN中，
2
=，
由△BDN ∽△BAM ，可得DN BD AM AB
=，
∴52AM =∴AM=2，
∴AP=2AM=4，
由△ADM ∽△APE ，可得AM AD AE AP
=， ∴5
224
AE =， ∴AE=165
， ∴EC=AC ﹣AE=4﹣
165=45， 易证四边形PECH 是矩形，
∴PH=EC=45
． 考点：四边形综合题．
6.（2017贵州安顺第21题）如图，DB ∥AC ，且DB=
12
AC ，E 是AC 的中点， （1）求证：BC=DE ；
（2）连接AD 、BE ，若要使四边形DBEA 是矩形，则给△ABC 添加什么条件，为什么？
【答案】（1）证明见解析；（2）添加AB=BC ．
【解析】
试题分析：（1）要证明BC=DE ，只要证四边形BCED 是平行四边形．通过给出的已知条件便可．
（2）矩形的判定方法有多种，可选择利用“对角线相等的平行四边形为矩形”来解决．
试题解析：（1）证明：∵E 是AC 中点，
∴EC=12
AC ． ∵DB=
12AC ， ∴DB ∥EC ．
又∵DB ∥EC ，
∴四边形DBCE 是平行四边形．
∴BC=DE ．
（2）添加AB=BC ．
理由：∵DB ∥AE ，DB=AE
∴四边形DBEA 是平行四边形．
∵BC=DE ，AB=BC ，
∴AB=DE ．
∴▭ADBE 是矩形．
考点：矩形的判定；平行四边形的判定与性质．
7.（2017湖北武汉第23题）已知四边形ABCD 的一组对边,AD BC 的延长线相交于点E ．
（1）如图1，若90ABC ADC ∠=∠=，求证ED EA EC EB =；
（2）如图2，若120ABC ∠=，
3cos 5
ADC ∠=，5CD =，12AB =，CDE ∆的面积为6，求四边形ABCD 的面积； （3）如图3，另一组对边,AB DC 的延长线相交于点F ，若3cos cos 5ABC ADC ∠=∠=
，5CD =，CF ED n ==，直接写出AD 的长（用含n 的式子表示）
．
【答案】(1)证明见解析；（2）；（3）525
6 n
n
+
+
【解析】
试题解析：（1）∵∠ADC=90°∴∠EDC=90°
∴∠ABE=∠CDE
又∵∠AEB=∠CED
∴ΔEAB∽ΔECD
∴EB EA ED EC
=
∴ED EA EC EB
=
(2) 过点C作CG⊥AD于点G，过点A作AH⊥BC于点H，
∵CD=5，cos∠ADC=3 5
∴DG=3，CG=4
∵SΔCED=6
∴ED=3
∴EG=6
∵AB=12 ∠ABC=120°
∴由（1）有：ΔECG ∽ΔEAH ∴EG CG EH AH
=
∴
∴S 四边形ABCD ＝S ΔAEH －S ΔECG -S ΔABH
=116622
⨯⨯--⨯⨯
(3)5256
n n ++ 考点：相似三角形的判定与性质.
8.（2017湖南怀化第19题）如图，四边形ABCD 是正方形，EBC △是等边三角形.
(1)求证：ABE DCE △≌△；
(2)求AED ∠的度数.
【答案】(1)证明见解析(2) 150°．
【解析】
试题分析：（1）根据正方形、等边三角形的性质，可以得到AB=BE=CE=CD ，∠ABE=∠DCE=30°，由此即可证明；
（2）只要证明∠EAD=∠ADE=15°，即可解决问题；
试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，△ABC 是等边三角形，
∴BA=BC=CD=BE=CE ，∠ABC=∠BCD=90°，∠EBC=∠ECB=60°，
∴∠ABE=∠ECD=30°，
在△ABE 和△DCE 中，
AB DC ABE DCE BE CE ⎧=⎪∠=∠⎨⎪=⎩
，
∴△ABE ≌△DCE （SAS ）．
（2）∵BA=BE ，∠ABE=30°，
∴∠BAE=12
（180°﹣30°）=75°， ∵∠BAD=90°，
∴∠EAD=90°﹣75°=15°，同理可得∠ADE=15°，
∴∠AED=180°﹣15°﹣15°=150°．
考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
9.（2017江苏无锡第21题）已知，如图，平行四边形ABCD 中，E 是BC 边的中点，连DE 并延长交AB 的延长线于点F ，求证：AB=BF ．
【答案】证明见解析.
【解析】
试题分析：根据线段中点的定义可得CE=BE ，根据平行四边形的对边平行且相等可得AB ∥CD ，AB=CD ，再根据两直线平行，内错角相等可得∠DCB=∠FBE ，然后利用“角边角”证明△CED 和△BEF 全等，根据全等三角形对应边相等可得CD=BF ，从而得证．
试题解析：∵E 是BC 的中点，
∴CE=BE ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AB ∥CD ，AB=CD ，
∴∠DCB=∠FBE ，
在△CED 和△BEF 中，
DCA=FBE CE=BE
CED=BEF ⎧∠∠⎪⎨⎪∠∠⎩
， ∴△CED ≌△BEF （ASA ），
∴CD=BF ，
∴AB=BF ．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质．
10.（2017江苏盐城第22题）如图，矩形ABCD 中，∠ABD 、∠CDB 的平分线BE 、DF 分别交边AD 、BC 于点E 、F ．
（1）求证：四边形BEDF 是平行四边形；
（2）当∠ABE 为多少度时，四边形BEDF 是菱形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF 是菱形，理由见解析
.
试题解析：（1）∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB ∥DC 、AD ∥BC ，
∴∠ABD=∠CDB ，
∵BE 平分∠ABD 、DF 平分∠BDC ，
∴∠EBD=12∠ABD ，∠FDB=12
∠BDC ， ∴∠EBD=∠FDB ，
∴BE ∥DF ，
又∵AD∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴∠EDB=90°-∠ABD=30°，
∴∠EDB=∠EBD=30°，
∴EB=ED，
又∵四边形BEDF是平行四边形，
∴四边形BEDF是菱形．
考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定．
11.（2017甘肃兰州第26题）如图，1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点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，并说明理由；
②若6
AB=，8
AD=，求FG的长.
【答案】(1)证明见解析;(2) 15
2
．
【解析】
试题分析: （1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断；（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断；
②根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解．
试题解析：（1）证明：如图1，根据折叠，∠DBC=∠DBE，
又AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB，
∴∠DBE=∠ADB，
∴DF=BF，
∴△BDF是等腰三角形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴FD∥BG，
又∵FD∥BG，
∴四边形BFDG是平行四边形，
∵DF=BF，
∴四边形BFDG是菱形；
②∵AB=6，AD=8，
∴BD=10．
∴OB=1
2
BD=5．
假设DF=BF=x，∴AF=AD﹣DF=8﹣x．
∴在直角△ABF中，AB2+A2=BF2，即62+（8﹣x）2=x2，
解得x=25
4
，
即BF=25
4
，
∴=15
4
，
∴FG=2FO=15
2
．
考点：四边形综合题．
12.（2017四川自贡第21题）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边DC，DA上，且CE=AF．
求证：∠ABF=∠CBE．
【答案】证明见解析.
【解析】
考点：菱形的性质.
13.（2017江苏徐州第23题）如图，在平行四边形ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交
AB 延长线于点E 连接,BD EC
.
（1）求证：四边形BECD 是平行四边形；
（2）若50A ∠=，则当BOD ∠= 时，四边形BECD 是矩形.
【答案】（1）证明见解析；（2）100°
【解析】
试题分析：（1）由AAS 证明△BOE ≌△COD ，得出OE=OD ，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD ，得出OC=OD ，证出DE=BC ，即可得出结论．
试题解析:（1）∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴AB ∥DC ，AB=CD ，
∴∠OEB=∠ODC ，
又∵O 为BC 的中点，
∴BO=CO ，
在△BOE 和△COD 中，
OEB ＝ODC BOE ＝COD BO ＝CO ∠∠∠∠⎧⎪⎨⎪⎩
，
∴△BOE ≌△COD （AAS ）；
∴OE=OD ，
∴四边形BECD 是平行四边形；
（2）若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD 是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC ，
∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD ，
∴OC=OD ，
∵BO=CO ，OD=OE ，
∴DE=BC ，
∵四边形BECD 是平行四边形，
∴四边形BECD 是矩形；
考点：1.矩形的判定；2.平行四边形的判定与性质．
14.（2017浙江嘉兴第23题）如图，AM 是ABC ∆的中线，D 是线段AM 上一点
（不与点A 重合）．//DE AB 交AC 于点F ，//CE AM ，连结AE ．
（1）如图1，当点D 与M 重合时，求证：四边形ABDE 是平行四边形；
（2）如图2，当点D 不与M 重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
（3）如图3，延长BD 交AC 于点H ，若BH AC ⊥，且BH AM =．
①求CAM ∠的度数；
②当FH =4DM =时，求DH 的长．
【答案】（1）证明见解析（2）成立，理由见解析；（3）①30°．②
【解析】
试题分析：（1）只要证明AE=BM ，AE∥BM 即可解决问题；
（2）成立．如图2中，过点M 作MG∥DE 交CE 于G ．由四边形DMGE 是平行四边形，推出ED=GM ，且ED∥GM，由（1）可知AB=GM ，AB∥GM，可知AB∥DE，AB=DE ，即可推出四边形ABDE 是平行四边形；
（3）①如图3中，取线段HC 的中点I ，连接MI ，只要证明MI=12
AM ，MI⊥AC，即可解决问题；
②设DH=x ，则x ，AD=2x ，推出AM=4+2x ，BH=4+2x ，由四边形ABDE 是平行四边形，推出DF∥AB，推
出HF HD HA HB =42x x =+，解方程即可；
（2）结论：成立．理由如下：
如图2中，过点M 作MG∥DE 交CE 于G ．
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED=GM，且ED∥GM，
由（1）可知AB=GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形．
（3）①如图3中，取线段HC的中点I，连接MI，
∵BM=MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴∥BH，MI=1
2 BH，
∵BH⊥AC，且BH=AM．
∴MI=1
2
AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°．
②设DH=x，则，AD=2x，∴AM=4+2x，
∴BH=4+2x，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴DF∥AB，
∴HF HD HA HB
，
42x
x =+，
解得（舍弃），
考点：四边形综合题.。