2021年蘇州市中考一輪復(fù)習(xí)第23講《特殊四邊形》講學(xué)案

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1、2021年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第23講?特殊四邊形? 【考點(diǎn)解析】 知識(shí)點(diǎn)一、矩形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例1】〔2021·四川宜賓〕如圖，點(diǎn)P是矩形ABCD的邊AD上的一動(dòng)點(diǎn)，矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別是6和8，那么點(diǎn)P到矩形的兩條對(duì)角線AC和BD的距離之和是〔　　〕 A．4.8 B．5 C．6 D．7.2 【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)． 【分析】首先連接OP，由矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別為3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面積，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF求得答案． 【解答】解：連接OP， ∵矩形的兩條邊AB、BC的長(zhǎng)分別為6和8

2、， ∴S矩形ABCD=AB?BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10， ∴OA=OD=5， ∴S△ACD=S矩形ABCD=24， ∴S△AOD=S△ACD=12， ∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA?PE+OD?PF=×5×PE+×5×PF=〔PE+PF〕=12， 解得：PE+PF=4.8． 應(yīng)選：A． 【變式】 〔2021·四川眉山·3分〕如圖，矩形ABCD中，O為AC中點(diǎn)，過點(diǎn)O的直線分別與AB、CD交于點(diǎn)E、F，連結(jié)BF交AC于點(diǎn)M，連結(jié)DE、BO．假設(shè)∠COB=60°，F(xiàn)O=FC，那么以下結(jié)論：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=

3、EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是〔　　〕 A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè) 【分析】①利用線段垂直平分線的性質(zhì)的逆定理可得結(jié)論； ②證△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB； ③先證△BEF是等邊三角形得出BF=EF，再證?DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF； ④由②可知△BCM≌△BEO，那么面積相等，△AOE和△BEO屬于等高的兩個(gè)三角形，其面積比就等于兩底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所對(duì)的直角邊是斜邊的一半得出BE=2OE=2AE，得出結(jié)論S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2． 【解答】解：

4、①∵矩形ABCD中，O為AC中點(diǎn)， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°， ∴△OBC是等邊三角形， ∴OB=BC， ∵FO=FC， ∴FB垂直平分OC， 故①正確； ②∵FB垂直平分OC， ∴△CMB≌△OMB， ∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO， ∴△FOC≌△EOA， ∴FO=EO， 易得OB⊥EF， ∴△OMB≌△OEB， ∴△EOB≌△CMB， 故②正確； ③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE， ∴△BEF是等邊三角形， ∴BF=EF， ∵DF∥BE且DF=BE， ∴四邊形DEBF是平行四邊

5、形， ∴DE=BF， ∴DE=EF， 故③正確； ④在直角△BOE中∵∠3=30°， ∴BE=2OE， ∵∠OAE=∠AOE=30°， ∴AE=OE， ∴BE=2AE， ∴S△AOE：S△BCM=S△AOE：S△BOE=1：2， 故④錯(cuò)誤； 所以其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為3個(gè)； 應(yīng)選B 【點(diǎn)評(píng)】此題綜合性比擬強(qiáng)，既考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，又考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，及線段垂直平分線的性質(zhì)，內(nèi)容雖多，但不復(fù)雜；看似一個(gè)選擇題，其實(shí)相當(dāng)于四個(gè)證明題，屬于?？碱}型． 知識(shí)點(diǎn)二、菱形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例2】〔2021遼寧朝陽(yáng)〕如圖，在△ABC中，點(diǎn)D是

6、BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E、F分別是線段AD及其延長(zhǎng)線上，且DE=DF，給出以下條件：①BE⊥EC；②BF∥EC；③AB=AC，從中選擇一個(gè)條件使四邊形BECF是菱形，并給出證明，你選擇的條件是 〔只填寫序號(hào)〕． 【答案】③，證明見解析． 【分析】由點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E、F分別是線段AD及其延長(zhǎng)線上，且DE=DF，即可得到四邊形BECF是平行四邊形，由AF是BC的中垂線，得到BE=CE，從而得到結(jié)論． 【解析】∵BD=CD，DE=DF，∴四邊形BECF是平行四邊形，①BE⊥EC時(shí)，四邊形BECF是矩形，不一定是菱形； ②四邊形BECF是平行四邊形，那么BF∥EC一定成立，故不一定

7、是菱形； ③AB=AC時(shí)，∵D是BC的中點(diǎn)，∴AF是BC的中垂線，∴BE=CE，∴平行四邊形BECF是菱形． 故答案為：③． .【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了菱形的判定以及等腰三角形的性質(zhì)，能根據(jù)條件來選擇讓問題成立的條件是解題關(guān)鍵． 【變式】 〔2021·青海西寧·2分〕如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點(diǎn)，假設(shè)EF=2，那么菱形ABCD的周長(zhǎng)是　16?。? 【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；三角形中位線定理． 【分析】先利用三角形中位線性質(zhì)得到AB=4，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)計(jì)算菱形ABCD的周長(zhǎng)． 【解答】解：∵E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點(diǎn)， ∴EF為△ABD的中位線， ∴A

8、B=2EF=4， ∵四邊形ABCD為菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周長(zhǎng)=4×4=16． 故答案為16． 知識(shí)點(diǎn)三、正方形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例3】〔2021·四川眉山·3分〕把邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′，邊BC與D′C′交于點(diǎn)O，那么四邊形ABOD′的周長(zhǎng)是〔　　〕 A． B．6 C． D． 【分析】由邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知識(shí)求出BC′的長(zhǎng)，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理可求BO，OD′，從而可求四邊形ABOD′的周長(zhǎng)． 【解

9、答】解：連接BC′， ∵旋轉(zhuǎn)角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°， ∴B在對(duì)角線AC′上， ∵B′C′=AB′=3， 在Rt△AB′C′中，AC′==3， ∴B′C=3﹣3， 在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3﹣3， 在直角三角形OBC′中，OC=〔3﹣3〕=6﹣3， ∴OD′=3﹣OC′=3﹣3， ∴四邊形ABOD′的周長(zhǎng)是：2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6． 應(yīng)選：A． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)．此題難度適中，注意連接BC′構(gòu)造等腰Rt△OBC′是解題的關(guān)鍵，注意旋轉(zhuǎn)中的對(duì)應(yīng)關(guān)系． 【變式】 〔

10、2021·四川攀枝花〕如圖，正方形紙片ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點(diǎn)A恰好與BD上的點(diǎn)F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點(diǎn)E、G，連結(jié)GF，給出以下結(jié)論：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥假設(shè)S△OGF=1，那么正方形ABCD的面積是6+4，其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為〔　　〕 A．2 B．3 C．4 D．5 【考點(diǎn)】四邊形綜合題． 【分析】①由四邊形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折疊的性質(zhì)，可求得∠ADG的度數(shù)； ②由AE=EF

11、＜BE，可得AD＞2AE； ③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面積＞△OGD的面積； ④由折疊的性質(zhì)與平行線的性質(zhì)，易得△EFG是等腰三角形，即可證得AE=GF； ⑤易證得四邊形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性質(zhì)，即可得BE=2OG； ⑥根據(jù)四邊形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF時(shí)等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的長(zhǎng)，進(jìn)而可得出BE及AE的長(zhǎng)，利用正方形的面積公式可得出結(jié)論． 【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠GAD=∠ADO=45°， 由折疊的性質(zhì)可得：∠ADG=∠ADO=22.5°， 故①

12、正確． ∵由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°， ∴AE=EF＜BE， ∴AE＜AB， ∴＞2， 故②錯(cuò)誤． ∵∠AOB=90°， ∴AG=FG＞OG，△AGD與△OGD同高， ∴S△AGD＞S△OGD， 故③錯(cuò)誤． ∵∠EFD=∠AOF=90°， ∴EF∥AC， ∴∠FEG=∠AGE， ∵∠AGE=∠FGE， ∴∠FEG=∠FGE， ∴EF=GF， ∵AE=EF， ∴AE=GF， 故④正確． ∵AE=EF=GF，AG=GF， ∴AE=EF=GF=AG， ∴四邊形AEFG是菱形， ∴∠OGF=∠OAB=45°， ∴EF=GF=O

13、G， ∴BE=EF=×OG=2OG． 故⑤正確． ∵四邊形AEFG是菱形， ∴AB∥GF，AB=GF． ∵∠BAO=45°，∠GOF=90°， ∴△OGF時(shí)等腰直角三角形． ∵S△OGF=1， ∴OG2=1，解得OG=， ∴BE=2OG=2，GF===2， ∴AE=GF=2， ∴AB=BE+AE=2+2， ∴S正方形ABCD=AB2=〔2+2〕2=12+8，故⑥錯(cuò)誤． ∴其中正確結(jié)論的序號(hào)是：①④⑤． 應(yīng)選B． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性較強(qiáng)，難度較大，注意掌握折疊前

14、后圖形的對(duì)應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 知識(shí)點(diǎn)四、特殊平行四邊形的綜合應(yīng)用 【例4】〔2021遼寧鐵嶺〕如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點(diǎn)E、F分別在邊CD、AB上． 〔1〕假設(shè)DE=BF，求證：四邊形AFCE是平行四邊形； 〔2〕假設(shè)四邊形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周長(zhǎng)． 【答案】〔1〕證明見解析；〔2〕25． 【分析】〔1〕由四邊形ABCD為矩形，得到AB=CD，AB∥CD，由DE=BF，得到AF=CE，AF∥CE，即可證明四邊形AFCE是平行四邊形； 〔2〕由四邊形AFCE是菱形，得到AE=CE，然后設(shè)DE=x，表示出AE，CE的長(zhǎng)度，根據(jù)相等

15、求出x的值，繼而可求得菱形的邊長(zhǎng)及周長(zhǎng)． 【解析】〔1〕∵四邊形ABCD為矩形，∴AB=CD，AB∥CD，∵DE=BF，∴AF=CE，AF∥CE，∴四邊形AFCE是平行四邊形； 〔2〕∵四邊形AFCE是菱形，∴AE=CE，設(shè)DE=x，那么AE=，CE=8﹣x，那么，解得：x=，那么菱形的邊長(zhǎng)為：=，周長(zhǎng)為：4×=25，故菱形AFCE的周長(zhǎng)為25． 【點(diǎn)評(píng)】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，能正確地分析圖形的特點(diǎn)是解決此類問題的關(guān)鍵． 【變式】 〔2021·四川內(nèi)江〕如下圖，△ABC中，D是BC邊上一點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交CE的

16、延長(zhǎng)線于F，且AF＝BD，連接BF． (1)求證：D是BC的中點(diǎn)； (2)假設(shè)AB＝AC，試判斷四邊形AFBD的形狀，并證明你的結(jié)論． D C E F B A [考點(diǎn)]三角形例行，特殊四邊形的性質(zhì)與判定。 (1)證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴AE＝DE． ∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE． ∴△EAF≌△EDC． ∴AF＝DC． ∵AF＝BD， ∴BD＝DC，即D是BC的中點(diǎn)． (2)四邊形AFBD是矩形．證明如下： ∵AF∥BD，AF＝BD， ∴四邊形AFBD是平行四邊形． ∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中點(diǎn)，

17、 ∴AD⊥BC． ∴□AFBD是矩形． 知識(shí)點(diǎn)五、四邊形的研究應(yīng)用 【例5】〔2021海南〕如圖1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點(diǎn)E、F，點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，直線OK∥AF，交AD于點(diǎn)K，交BC于點(diǎn)G． 〔1〕求證：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG； 〔2〕假設(shè)KD=KG，BC=4﹣． ①求KD的長(zhǎng)度； ②如圖2，點(diǎn)P是線段KD上的動(dòng)點(diǎn)〔不與點(diǎn)D、K重合〕，PM∥DG交KG于點(diǎn)M，PN∥KG交DG于點(diǎn)N，設(shè)PD=m，當(dāng)S△PMN=時(shí)，求m的值． 【考點(diǎn)】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)．

18、【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG，②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì)，得出結(jié)論BG=AB+AK； 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設(shè)AB=a，根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程，求得a的值，進(jìn)而計(jì)算KD的長(zhǎng)；②先過點(diǎn)G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表達(dá)式，最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出關(guān)于m的方程，求得m的值即可． 【解答】解：〔1〕①∵在矩形ABCD中，AD∥BC ∴∠KDO=∠GBO，∠D

19、KO=∠BGO ∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn) ∴DO=BO ∴△DOK≌△BOG〔AAS〕 ②∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ∴∠BAF=∠BFA=45° ∴AB=BF ∵OK∥AF，AK∥FG ∴四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG ∵BG=BF+FG ∴BG=AB+AK 〔2〕①由〔1〕得，四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG，AF=KG 又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG ∴AF=KG=KD=BG 設(shè)AB=a，那么AF=KG=KD=BG=a ∴AK=4﹣﹣a，F(xiàn)G=BG﹣BF=a﹣a ∴4﹣﹣

20、a=a﹣a 解得a= ∴KD=a=2 ②過點(diǎn)G作GI⊥KD于點(diǎn)I 由〔2〕①可知KD=AF=2 ∴GI=AB= ∴S△DKG=×2×= ∵PD=m ∴PK=2﹣m ∵PM∥DG，PN∥KG ∴四邊形PMGN是平行四邊形，△DKG∽△PKM∽△DPN ∴，即S△DPN=〔〕2 同理S△PKM=〔〕2 ∵S△PMN= ∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× 又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2，即m2﹣2m+1=0 解得m1=m2=1 ∴當(dāng)S△PMN=時(shí)，m的值為1 【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及

21、平行四邊形的性質(zhì)，解題時(shí)需要運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì)．解答此題的關(guān)鍵是運(yùn)用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì)，并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進(jìn)行求解，難度較大，具有一定的綜合性． 【變式】 〔2021·浙江省紹興市〕如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為〔4，3〕，點(diǎn)A、C在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)P在BC邊上，直線l1：y=2x+3，直線l2：y=2x﹣3． 〔1〕分別求直線l1與x軸，直線l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo)； 〔2〕點(diǎn)M在第一象限，且是直線l2上的點(diǎn)，假設(shè)△APM是等腰直角三角形，求點(diǎn)M的坐標(biāo)； 〔3〕我們把直線l1和直線l2上的點(diǎn)所組成的圖形為圖形F．矩形AN

22、PQ的頂點(diǎn)N在圖形F上，Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的點(diǎn)，且N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x，請(qǐng)直接寫出x的取值范圍〔不用說明理由〕． 【考點(diǎn)】四邊形綜合題． 【分析】〔1〕根據(jù)坐標(biāo)軸上點(diǎn)的坐標(biāo)特征可求直線l1與x軸，直線l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo)； 〔2〕分三種情況：①假設(shè)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限；假設(shè)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限；③假設(shè)點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限；進(jìn)行討論可求點(diǎn)M的坐標(biāo)； 〔3〕根據(jù)矩形的性質(zhì)可求N點(diǎn)的橫坐標(biāo)x的取值范圍． 【解答】解：〔1〕直線l1：當(dāng)y=0時(shí)，2x+3=0，x=﹣ 那么直線l1與x軸坐標(biāo)為〔﹣，0〕 直線l2：當(dāng)y=3時(shí)，2x﹣3=3，x=3 那么直線

23、l2與AB的交點(diǎn)坐標(biāo)為〔3，3〕； 〔2〕①假設(shè)點(diǎn)A為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限，連結(jié)AC， 如圖1，∠APB＞∠ACB＞45°， ∴△APM不可能是等腰直角三角形， ∴點(diǎn)M不存在； ②假設(shè)點(diǎn)P為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限，如圖2， 過點(diǎn)M作MN⊥CB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N， 那么Rt△ABP≌Rt△PNM， ∴AB=PN=4，MN=BP， 設(shè)M〔x，2x﹣3〕，那么MN=x﹣4， ∴2x﹣3=4+3﹣〔x﹣4〕， x=， ∴M〔，〕； ③假設(shè)點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)M在第一象限，如圖3， 設(shè)M1〔x，2x﹣3〕， 過點(diǎn)M1作M1G1⊥OA，交BC于點(diǎn)H1， 那么R

24、t△AM1G1≌Rt△PM1H1， ∴AG1=M1H1=3﹣〔2x﹣3〕， ∴x+3﹣〔2x﹣3〕=4， x=2 ∴M1〔2，1〕； 設(shè)M2〔x，2x﹣3〕， 同理可得x+2x﹣3﹣3=4， ∴x=， ∴M2〔，〕； 綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為〔，〕，〔2，1〕，〔，〕； 〔3〕x的取值范圍為﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2． 　【典例解析】 【例題1】 〔2021貴州畢節(jié)〕如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9，將正方形折疊，使頂點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)E處，折痕為GH．假設(shè)BE：EC=2：1，那么線段CH的長(zhǎng)是〔　　〕 A．3 B．4 C．5 D．6 【考點(diǎn)】正

25、方形的性質(zhì)；翻折變換〔折疊問題〕． 【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DH=EH，在直角△CEH中，假設(shè)設(shè)CH=x，那么DH=EH=9﹣x，CE=3cm，可以根據(jù)勾股定理列出方程，從而解出CH的長(zhǎng)． 【解答】解：由題意設(shè)CH=xcm，那么DH=EH=〔9﹣x〕cm， ∵BE：EC=2：1， ∴CE=BC=3cm ∴在Rt△ECH中，EH2=EC2+CH2， 即〔9﹣x〕2=32+x2， 解得：x=4，即CH=4cm． 應(yīng)選〔B〕 【例題2】 〔2021·福建龍巖·4分〕如圖，在周長(zhǎng)為12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，假設(shè)P為對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)，那么EP+FP的最小值為

26、〔　　〕 A．1B．2C．3D．4 【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；軸對(duì)稱-最短路線問題． 【分析】作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F′，那么PF=PF′，由兩點(diǎn)之間線段最短可知當(dāng)E、P、F′在一條直線上時(shí)，EP+FP有最小值，然后求得EF′的長(zhǎng)度即可． 【解答】解：作F點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)F′，那么PF=PF′，連接EF′交BD于點(diǎn)P． ∴EP+FP=EP+F′P． 由兩點(diǎn)之間線段最短可知：當(dāng)E、P、F′在一條直線上時(shí)，EP+FP的值最小，此時(shí)EP+FP=EP+F′P=EF′． ∵四邊形ABCD為菱形，周長(zhǎng)為12， ∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD， ∵AF=2，AE=1， ∴DF

27、=AE=1， ∴四邊形AEF′D是平行四邊形， ∴EF′=AD=3． ∴EP+FP的最小值為3． 應(yīng)選：C． 【例題3】 〔2021·江西〕如圖是一張長(zhǎng)方形紙片ABCD，AB=8，AD=7，E為AB上一點(diǎn)，AE=5，現(xiàn)要剪下一張等腰三角形紙片〔△AEP〕，使點(diǎn)P落在長(zhǎng)方形ABCD的某一條邊上，那么等腰三角形AEP的底邊長(zhǎng)是　 ?。? 【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理． 【分析】分情況討論：①當(dāng)AP=AE=5時(shí)，那么△AEP是等腰直角三角形，得出底邊PE=AE=5即可； ②當(dāng)PE=AE=5時(shí)，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出等邊AP即可； ③

28、當(dāng)PA=PE時(shí)，底邊AE=5；即可得出結(jié)論． 【解答】解：如下圖： ①當(dāng)AP=AE=5時(shí)， ∵∠BAD=90°， ∴△AEP是等腰直角三角形， ∴底邊PE=AE=5； ②當(dāng)PE=AE=5時(shí)， ∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3，∠B=90°， ∴PB==4， ∴底邊AP===4； ③當(dāng)PA=PE時(shí)，底邊AE=5； 綜上所述：等腰三角形AEP的對(duì)邊長(zhǎng)為5或4或5； 故答案為：5或4或5． 【例題4】〔2021·陜西〕如圖，在正方形ABCD中，連接BD，點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，假設(shè)M、N是邊AD上的兩點(diǎn)，連接MO、NO，并分別延長(zhǎng)交邊BC于兩點(diǎn)M′、N′，那么圖中的全等三角形共

29、有〔　　〕 A．2對(duì) B．3對(duì) C．4對(duì) D．5對(duì) 【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定． 【分析】可以判斷△ABD≌△BCD，△MDO≌△M′BO，△NOD≌△N′OB，△MON≌△M′ON′由此即可對(duì)稱結(jié)論． 【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=CD=CB=AD，∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°，AD∥BC， 在△ABD和△BCD中， ， ∴△ABD≌△BCD， ∵AD∥BC， ∴∠MDO=∠M′BO， 在△MOD和△M′OB中， ， ∴△MDO≌△M′BO，同理可證△NOD≌△N′OB，∴△MON≌△M′ON′， ∴全等三角形一共有4對(duì)

30、． 應(yīng)選C． 　 【中考熱點(diǎn)】 【熱點(diǎn)1】 〔2021·湖北隨州·3分〕如圖，邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．有直角∠MPN，使直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠MPN，旋轉(zhuǎn)角為θ〔0°＜θ＜90°〕，PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點(diǎn)，連接EF交OB于點(diǎn)G，那么以下結(jié)論中正確的選項(xiàng)是　〔1〕，〔2〕，〔3〕，〔5〕　． 〔1〕EF=OE；〔2〕S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；〔3〕BE+BF=OA；〔4〕在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=；〔5〕OG?BD=AE2+CF2．

31、 【考點(diǎn)】四邊形綜合題． 【分析】〔1〕由四邊形ABCD是正方形，直角∠MPN，易證得△BOE≌△COF〔ASA〕，那么可證得結(jié)論； 〔2〕由〔1〕易證得S四邊形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD，那么可證得結(jié)論； 〔3〕由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性質(zhì)，證得BE+BF=OA； 〔4〕首先設(shè)AE=x，那么BE=CF=1﹣x，BF=x，繼而表示出△BEF與△COF的面積之和，然后利用二次函數(shù)的最值問題，求得答案； 〔5〕易證得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，證得OG?OB=OE2，再利用OB與BD的關(guān)系，OE與EF的關(guān)系，即可

32、證得結(jié)論． 【解答】解：〔1〕∵四邊形ABCD是正方形， ∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°， ∴∠BOF+∠COF=90°， ∵∠EOF=90°， ∴∠BOF+∠COE=90°， ∴∠BOE=∠COF， 在△BOE和△COF中， ， ∴△BOE≌△COF〔ASA〕， ∴OE=OF，BE=CF， ∴EF=OE；故正確； 〔2〕∵S四邊形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD， ∴S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正確； 〔3〕∴BE+BF=BF+CF=BC=OA；故正確； 〔4〕過

33、點(diǎn)O作OH⊥BC， ∵BC=1， ∴OH=BC=， 設(shè)AE=x，那么BE=CF=1﹣x，BF=x， ∴S△BEF+S△COF=BE?BF+CF?OH=x〔1﹣x〕+〔1﹣x〕×=﹣〔x﹣〕2+， ∵a=﹣＜0， ∴當(dāng)x=時(shí)，S△BEF+S△COF最大； 即在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)△BEF與△COF的面積之和最大時(shí)，AE=；故錯(cuò)誤； 〔5〕∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°， ∴△OEG∽△OBE， ∴OE：OB=OG：OE， ∴OG?OB=OE2， ∵OB=BD，OE=EF， ∴OG?BD=EF2， ∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2， ∴EF2=A

34、E2+CF2， ∴OG?BD=AE2+CF2．故正確． 故答案為：〔1〕，〔2〕，〔3〕，〔5〕． 【熱點(diǎn)2】 〔2021·浙江省紹興市〕如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中點(diǎn)，直線l平行于直線EC，且直線l與直線EC之間的距離為2，點(diǎn)F在矩形ABCD邊上，將矩形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)A恰好落在直線l上，那么DF的長(zhǎng)為　2或4﹣2?。? 【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；翻折變換〔折疊問題〕． 【分析】當(dāng)直線l在直線CE上方時(shí)，連接DE交直線l于M，只要證明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF= DM解決問題，當(dāng)直線l在直線EC下方時(shí)，由∠DEF1=∠BEF1=∠D

35、F1E， 得到DF1=DE，由此即可解決問題． 【解答】解：如圖，當(dāng)直線l在直線CE上方時(shí)，連接DE交直線l于M， ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=90°，AD=BC， ∵AB=4，AD=BC=2， ∴AD=AE=EB=BC=2， ∴△ADE、△ECB是等腰直角三角形， ∴∠AED=∠BEC=45°， ∴∠DEC=90°， ∵l∥EC， ∴ED⊥l， ∴EM=2=AE， ∴點(diǎn)A、點(diǎn)M關(guān)于直線EF對(duì)稱， ∵∠MDF=∠MFD=45°， ∴DM=MF=DE﹣EM=2﹣2， ∴DF=DM=4﹣2． 當(dāng)直線l在直線EC下方時(shí)， ∵∠DEF1=∠BEF1=∠D

36、F1E， ∴DF1=DE=2， 綜上所述DF的長(zhǎng)為2或4﹣2． 故答案為2或4﹣2． 【熱點(diǎn)3】 〔2021海南〕如圖1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點(diǎn)E、F，點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，直線OK∥AF，交AD于點(diǎn)K，交BC于點(diǎn)G． 〔1〕求證：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG； 〔2〕假設(shè)KD=KG，BC=4﹣． ①求KD的長(zhǎng)度； ②如圖2，點(diǎn)P是線段KD上的動(dòng)點(diǎn)〔不與點(diǎn)D、K重合〕，PM∥DG交KG于點(diǎn)M，PN∥KG交DG于點(diǎn)N，設(shè)PD=m，當(dāng)S△PMN=時(shí)，求m的值． 【考點(diǎn)】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質(zhì)；

37、相似三角形的判定與性質(zhì)． 【分析】〔1〕①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG，②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì)，得出結(jié)論BG=AB+AK； 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設(shè)AB=a，根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程，求得a的值，進(jìn)而計(jì)算KD的長(zhǎng)；②先過點(diǎn)G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表達(dá)式，最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出關(guān)于m的方程，求得m的值即可． 【解答】解：〔1〕①∵在矩形ABCD中，AD∥BC

38、 ∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO ∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn) ∴DO=BO ∴△DOK≌△BOG〔AAS〕 ②∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ∴∠BAF=∠BFA=45° ∴AB=BF ∵OK∥AF，AK∥FG ∴四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG ∵BG=BF+FG ∴BG=AB+AK 〔2〕①由〔1〕得，四邊形AFGK是平行四邊形 ∴AK=FG，AF=KG 又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG ∴AF=KG=KD=BG 設(shè)AB=a，那么AF=KG=KD=BG=a ∴AK=4﹣﹣a，F(xiàn)G=B

39、G﹣BF=a﹣a ∴4﹣﹣a=a﹣a 解得a= ∴KD=a=2 ②過點(diǎn)G作GI⊥KD于點(diǎn)I 由〔2〕①可知KD=AF=2 ∴GI=AB= ∴S△DKG=×2×= ∵PD=m ∴PK=2﹣m ∵PM∥DG，PN∥KG ∴四邊形PMGN是平行四邊形，△DKG∽△PKM∽△DPN ∴，即S△DPN=〔〕2 同理S△PKM=〔〕2 ∵S△PMN= ∴S平行四邊形PMGN=2S△PMN=2× 又∵S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ∴2×=﹣〔〕2﹣〔〕2，即m2﹣2m+1=0 解得m1=m2=1 ∴當(dāng)S△PMN=時(shí)，m的值為1 【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題時(shí)需要運(yùn)用全等三角形的判定與性質(zhì)．解答此題的關(guān)鍵是運(yùn)用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì)，并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進(jìn)行求解，難度較大，具有一定的綜合性．