2020年中考数学复习之挑战压轴题(解答题)：四边形综合题(15题)

题）

一、解答题（共15小题）

1．（2019•盘锦）如图，四边形ABCD是菱形，BAD120，点E在射线AC上（不包括点A和点C)，过点E的直线GH交直线AD于点G，交直线BC于点H，且GH//DC，点

F在BC的延长线上，CFAG，连接ED，EF，DF．

（1）如图1，当点E在线段AC上时， ①判断AEG的形状，并说明理由． ②求证：DEF是等边三角形．

（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，DEF是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．

2．（2019秋•雁塔区校级月考）（1）如图1，在四边形ABCD中，ABAD，BD180，1E，F分别是边BC，CD上的点，且EAFBAD，则BE，EF，DF之间的数量关

2系是 ．

（2）如图2，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，其他条件不变，则BE，EF，DF之间的数量关系是什么？请说明理由．

（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处）北偏西30的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动命令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O连线的夹角EOF70，试求此时两舰艇之间的距离．

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3．（2018•河西区二模）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点B(6,0)．点C、D分别在OB、AB边上，DC//OA，CB23．

(I)如图①，将DCB沿射线CB方向平移，得到△DCB．当点C平移到OB的中点时，求

点D的坐标；

(II)如图②，若边DC与AB的交点为M，边DB与ABB的角平分线交于点N，当BB多大时，四边形MBND为菱形？并说明理由．

(III)若将DCB绕点B顺时针旋转，得到△DCB，连接AD，边DC的中点为P，连接

（直接写出结果即可）． AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD的值．

4．（2017•潮阳区模拟）如图（1），在ABC中，ABAC，BAC90，ADBC于点D，

BC20cm，AD10cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒2cm的速度向点C匀速

运动，与此同时，垂直于AD的直线l从点A沿AD出发，以每秒1cm的速度沿AD方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于M、N、E．当点P到达点C时，点P与直线l同时停止运动，设运动时间为t秒(t0)．

（1）在运动过程中（点P不与B、C重合），连接PN，求证：四边形MBPN为平行四边形；

（2）如图（2），以MN为边向下作正方形MFGN，FG交AD于点H，连结PF、PG，当0t10时，求PFG的面积最大值； 3第2页（共54页）

（3）在整个运动过程中，观察图（2）、（3），是否存在某一时刻t，使PFG为等腰三角形？

若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

5．（2019•工业园区一模）如图①，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AD向终点D移动，设移动时间为t(s)，连接PC，以PC为一边作正方形PCEF，连接DE、

DF，设PCD的面积为y(cm2)，y与t之间的函数关系如图②所示．

（1）AB cm，AD cm；

（2）当t为何值时，DEF的面积最小？请求出这个最小值； （3）当t为何值时，DEF为等腰三角形？请简要说明理由．

6．（2017秋•市南区期末）如图，在平行四边形ABCD中，ACBC，AB10．AC6．动点P在线段BC上从点B出发沿BC方向以每秒1个单位长的速度匀速运动；动点Q在线段DC上从点D出发沿DC 的力向以每秒1个单位长的速度匀速运动，过点P作PEBC．交线段AB于点E．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运

动随之停止，设运动时间为t秒． （1）当t为何值时，QE//BC？

（2）设PQE的面积为S，求出S与t的函数关系式：

（3）是否存在某一时刻t，使得PQE的面积S最大？若存在，求出此时t的值； 若不存在，请说明理由．

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（4）是否存在某一时刻t，使得点Q在线段EP的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

7．（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，AD53，，连结BM，过点M作BM的垂线交CD5，点M是线段AC上一动点（不与点A重合）射线DE于点N，连接BN．

（1）求CAD的大小；

（2）问题探究：动点M在运动的过程中，

①是否能使AMN为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由． ②MBN的大小是否改变？若不改变，请求出MBN的大小；若改变，请说明理由． （3）问题解决：

如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线段FH的长度．

8．（2019•抚顺）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DECF，点P在射线BC上（点P不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90得到线段EG，过点

E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．

（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP， QC，EC的数量关系为 ．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成

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立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．

（3）正方形ABCD的边长为6，AB3DE，QC1，请直接写出线段BP的长．

9．（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展． （1）温故：如图1，在ABC中，ADBC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BCa，ADh，求正方形PQMN的边长（用a，h表示）．

（2）操作：如何画出这个正方形PQMN呢？

如图2，小波画出了图1的ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB上任取一点P，画正方形PQMN，使点Q，M在BC边上，点N在ABC内，然后连结BN，并延长交AC于点N，画NMBC于点M，NPNM交AB于点P，PQBC于点Q，得到四边形PQMN．

（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．

（4）拓展：小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NENM，连结EQ，． EM（如图3)，当QEM90时，求“波利亚线” BN的长（用a，h表示）请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．

10．（2019•吉林）性质探究

如图①，在等腰三角形ABC中，ACB120，则底边AB与腰AC的长度之比为 ． 理解运用

（1）若顶角为120的等腰三角形的周长为843，则它的面积为 ；

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（2）如图②，在四边形EFGH中，EFEGEH． ①求证：EFGEHGFGH；

②在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若FGH120，EF10，直接写出线段MN的长． 类比拓展

顶角为2的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为 （用含的式子表示）．

11．（2019•无锡）如图1，在矩形ABCD中，BC3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作PAB关于直线PA的对称PAB，设点P的运动时间为t(s)．

（1）若AB23．

①如图2，当点B落在AC上时，显然PAB是直角三角形，求此时t的值；

②是否存在异于图2的时刻，使得PCB是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．

（2）当P点不与C点重合时，若直线PB与直线CD相交于点M，且当t3时存在某一时刻有结论PAM45成立，试探究：对于t3的任意时刻，结论“PAM45”是否总是成立？请说明理由．

12．（2019•绵阳）如图，在以点O为中心的正方形ABCD中，AD4，连接AC，动点E从点O出发沿OC以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C停止．在运动过程中，

ADE的外接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将EFG沿EF翻折，得

到EFH．

（1）求证：DEF是等腰直角三角形；

（2）当点H恰好落在线段BC上时，求EH的长；

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（3）设点E运动的时间为t秒，EFG的面积为S，求S关于时间t的关系式．

13．（2019•岳阳）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C处．点P为直线EF上一动点（不与E、F重合），过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN． （1）如图1，求证：BEBF；

（2）特例感知：如图2，若DE5，CF2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；

（3）类比探究：若DEa，CFb．

①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；

②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）

14．（2019•资阳）在矩形ABCD中，连结AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着BAC的路径运动，运动时间为t（秒)．过点E作EFBC于点F，在矩形ABCD的内部作正方形EFGH． （1）如图，当ABBC8时，

①若点H在ABC的内部，连结AH、CH，求证：AHCH；

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②当0t„8时，设正方形EFGH与ABC的重叠部分面积为S，求S与t的函数关系式； （2）当AB6，BC8时，若直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分，求t的值．

15．（2019•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB4，BC6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动． （1）当OAD30时，求点C的坐标；

（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为

21时，求OA的长； 2（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cosOAD的值．

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2020年中考数学复习之挑战压轴题（解答题）：四边形综合题（15

题）

参与试题解析

一、解答题（共15小题）

1．（2019•盘锦）如图，四边形ABCD是菱形，BAD120，点E在射线AC上（不包括点A和点C)，过点E的直线GH交直线AD于点G，交直线BC于点H，且GH//DC，点

F在BC的延长线上，CFAG，连接ED，EF，DF．

（1）如图1，当点E在线段AC上时， ①判断AEG的形状，并说明理由． ②求证：DEF是等边三角形．

（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，DEF是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．

【考点】LO：四边形综合题

【专题】554：等腰三角形与直角三角形；152：几何综合题；556：矩形 菱形 正方形；553：图形的全等

【分析】（1）①由菱形的性质得出AD//BC，ABBCCDAD，AB//CD，1CADBAD60，由平行线的性质得出BADADC180，ADC60，

2 AGEADC60，得出AGEEAGAEG60，即可得出AEG是等边三角形；②由等边三角形的性质得出AGAE，由已知得出AECF，由菱形的性质得出BCDBAD120，得出DCF60CAD，证明AEDCFD(SAS)，得出

DEDF，ADECDF，再证出EDF60，即可得出DEF是等边三角形；

（2）同（1）①得：AEG是等边三角形，得出AGAE，由已知得出AECF，由菱形1的性质得出BCDBAD120，CADBAD60，得出FCD60CAD，证

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明AEDCFD(SAS)，得出DEDF，ADECDF，再证出EDF60，即可得出

DEF是等边三角形．

【解答】（1）①解：AEG是等边三角形；理由如下： Q四边形ABCD是菱形，BAD120，

1AD//BC，ABBCCDAD，AB//CD，CADBAD60，

2BADADC180， ADC60， QGH//DC，

AGEADC60， AGEEAGAEG60， AEG是等边三角形；

②证明：QAEG是等边三角形， AGAE， QCFAG， AECF，

Q四边形ABCD是菱形，

BCDBAD120， DCF60CAD，

ADCD在AED和CFD中，EADFCD，

AECFAEDCFD(SAS)

DEDF，ADECDF，

QADCADECDE60， CDFCDE60，

即EDF60，

DEF是等边三角形；

（2）解：DEF是等边三角形；理由如下： 同（1）①得：AEG是等边三角形， AGAE，

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QCFAG， AECF，

Q四边形ABCD是菱形，

1BCDBAD120，CADBAD60，

2FCD60CAD，

ADCD在AED和CFD中，EADFCD，

AECFAEDCFD(SAS)，

DEDF，ADECDF，

QADCADECDE60， CDFCDE60，

即EDF60，

DEF是等边三角形．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

2．（2019秋•雁塔区校级月考）（1）如图1，在四边形ABCD中，ABAD，BD180，1E，F分别是边BC，CD上的点，且EAFBAD，则BE，EF，DF之间的数量关

2系是 EFBEDF ．

（2）如图2，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，其他条件不变，则BE，EF，DF之间的数量关系是什么？请说明理由．

（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处）北偏西30的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动命令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O连线的夹角EOF70，试求此时两舰艇之间的距离．

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【考点】LO：四边形综合题

【专题】67：推理能力；152：几何综合题；553：图形的全等

【分析】（1）延长FD到点G．使DGBE．连结AG，证明ABEADG，根据全等三角形的性质得到AEAG，证明AEFAGF，得得EFFG，证明结论；

（2）在CB上截取BMDF，连接AM，证ABMADF，推出AFAM，

DAFBAM，求出EAMEAF，证FAEMAE，推出EFEM，即可得出结

果；

（3）延长AE、BF相交于点C，然后根据（1）中的方法可得两舰艇之间的距离． 【解答】解：（1）延长FD到点G，使DGBE，连结AG，如图1所示： BEDG在ABE和ADG中，BADG90，

ABADABEADG(SAS)， AEAG，BAEDAG， 1QEAFBAD，

2GAFDAGDAFBAEDAFBADEAFEAF， AEAG在AEF和GAF中，EAFGAF，

AFAFAEFAGF(SAS)， EFFG，

QFGDGDFBEDF，

EFBEDF，

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故答案为：EFBEDF；

（2）BE，EF，DF之间的数量关系是：EFBEDF；理由如下： 在CB上截取BMDF，连接AM，如图2所示： QBD180，ADCADF180，

BADF，

ABAD在ABM和ADF中，BADF，

BMDFABMADF(SAS)，

AFAM，DAFBAM， BADMAF， QBAD2EAF， MAF2EAF， MAEEAF，

AEAE在FAE和MAE中，FAEMAE，

AFAMFAEMAE(SAS)，

EFEMBEBMBEDF，

即EFBEDF；

（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，如图3所示： QAOB3090(9070)140，EOF70， 1EOFAOB，

2QOAOB，OACOBC(9030)(7050)180，

符合（1）中的条件，即结论EFAEBF成立，

． EF1.5(6080)210（海里）答：此时两舰艇之间的距离是210海里．

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【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质等知识；通过作辅助线构建三角形全等是解题的关键．

3．（2018•河西区二模）将一个等边三角形纸片AOB放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点B(6,0)．点C、D分别在OB、AB边上，DC//OA，CB23．

(I)如图①，将DCB沿射线CB方向平移，得到△DCB．当点C平移到OB的中点时，求

点D的坐标；

(II)如图②，若边DC与AB的交点为M，边DB与ABB的角平分线交于点N，当BB多大时，四边形MBND为菱形？并说明理由．

(III)若将DCB绕点B顺时针旋转，得到△DCB，连接AD，边DC的中点为P，连接

（直接写出结果即可）． AP，当AP最大时，求点P的坐标及AD的值．

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【考点】LO：四边形综合题 【专题】153：代数几何综合题

【分析】（Ⅰ）如图①中，作DHBC于H．首先求出点D坐标，再求出CC的长即可解决问题；

（Ⅱ）当BB3时，四边形MBND是菱形．首先证明四边形MBND是平行四边形，再证明BBBC即可解决问题；

（Ⅲ）在ABP中，由三角形三边关系得，APABBP，推出当点A，B，P三点共线时，AP最大；

【解答】解：（Ⅰ）如图①中，作DHBC于H．

QAOB是等边三角形，DC//OA，

DCBAOB60，CDBA60， CDB是等边三角形， QCB23，DHCB， CHHB3，DH3，

D(63，3)，

QCB3， CC233， DDCC233，

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D(33，3)．

（Ⅱ）当BB3时，四边形MBND是菱形． 理由：如图②中，

QABC是等边三角形， ABO60，

ABB180ABO120， QBN是ACC的角平分线， 1NBBABB60DCB，

2DC//BN，QAB//BD

四边形MBND是平行四边形，

QMECMCE60，NCCNCC60，

△MCB和NBB是等边三角形，

MCCE，NCCC， QBC23，

Q四边形MBND是菱形，

BNBM， BB1BC3； 2

（Ⅲ）如图连接BP，

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在ABP中，由三角形三边关系得，APABBP，

当点A，B，P三点共线时，AP最大，

如图③中，在△DBC中，由P为DC的中点，得APDC，PD3， CP3， AP639，

在RtAPD中，由勾股定理得，ADAP2PD2221． 3315此时P(，)．

22【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的性质，平移和旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键是四边形MCND是平行四边形，解（3）的关键是判断出点A，C，P三点共线时，AP最大．

4．（2017•潮阳区模拟）如图（1），在ABC中，ABAC，BAC90，ADBC于点D，

BC20cm，AD10cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒2cm的速度向点C匀速

运动，与此同时，垂直于AD的直线l从点A沿AD出发，以每秒1cm的速度沿AD方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于M、N、E．当点P到达点C时，点P与直线l同时停止运动，设运动时间为t秒(t0)．

（1）在运动过程中（点P不与B、C重合），连接PN，求证：四边形MBPN为平行四边形；

（2）如图（2），以MN为边向下作正方形MFGN，FG交AD于点H，连结PF、PG，当0t10时，求PFG的面积最大值； 3（3）在整个运动过程中，观察图（2）、（3），是否存在某一时刻t，使PFG为等腰三角形？若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

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【考点】LO：四边形综合题

【分析】（1）证出l//BC，得出比例式

AMAN，证出AMAN，得出MENE，因此ABACMN2AE2t，证出MNBP，即可得出四边形MBPN为平行四边形；

（2）由正方形的性质得出FGMNMF2AE2t，求出DHADAH103t，得出SPFG1525，由二次函数的最值即可得出答案； FGgDH3(t)2233（3）利用勾股定理得：PF22(103t)2，PG2(103t)2(10t)2，FG2(2t)2，分三种情况讨论，得出方程，解方程即可． 【解答】（1）证明：QlAD，BCAD， l//BC，



AMAN， ABACQABAC，

AMAN，QBAC90， MENE， MN2AE2t， QBP2t， MNBP，

四边形MBPN为平行四边形；

（2）解：Q四边形MFGN是正方形， FGMNMF2AE2t， QEHMF2t，

DHADAH103t，

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SPFG11525， FGgDH2t(103t)3(t)2223310， 3Qa30，0t当t525时，SPFG最大； 33

（3）解：存在，当t30102或t5或t10时，PFG为等腰三角形；理由如下： 7利用勾股定理得：PF22(103t)2，PG2(103t)2(10t)2，又FG2(2t)2， 当PFFG时，则2(103t)2(2t)2， 解得：t30102， 7当PFPG时，2(103t)2(103t)2(10t)2， 解得：t5，或t0（舍去）；

当FGPG时，(2t)2(103t)2(10t)2， 解得：t10，或t综上所述，t10（舍去）； 330102或t5或t10时，PFG为等腰三角形． 7【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、正方形的性质、等腰三角形的判定、二次函数的最值、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大．

5．（2019•工业园区一模）如图①，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AD向终点D移动，设移动时间为t(s)，连接PC，以PC为一边作正方形PCEF，连接DE、

DF，设PCD的面积为y(cm2)，y与t之间的函数关系如图②所示．

（1）AB 2 cm，AD cm；

（2）当t为何值时，DEF的面积最小？请求出这个最小值； （3）当t为何值时，DEF为等腰三角形？请简要说明理由．

第19页（共54页）

【考点】LO：四边形综合题 【专题】152：几何综合题

【分析】（1）根据图②三角形PCD的面积，可得矩形的长和宽；

（2）由题意得：APt，PD5t，根据三角形面积公式可得y与t的关系式，由图②得：1SDEFSPDCS正方形EFPC，代入可得结论；

2（3）当DEF为等腰三角形时，分四种情况进行讨论，根据全等三角形的性质计算PD和AP的长，可得t的值．

【解答】解：（1）由图②知：AD5， 1当t0时，P与A重合，yADCD5，

215CD5， 2CD2cm，

Q四边形ABCD是矩形，

ABCD2cm，

故答案为：2，5；

（2）由题意得：APt，PD5t， 11yCDgPDg2g(5t)5t，

22Q四边形EFPC是正方形，

1SDEFSPDCS正方形EFPC，

2QPC2PD2CD2，

PC222(5t)2t210t29，

第20页（共54页）

111913SDEF(t210t29)(5t)t24t(t4)2，

22222当t为4时，DEF的面积最小，且最小值为

3； 2（3）当DEF为等腰三角形时，分四种情况：

①当FDFE时，如下图所示，过F作FGAD于G，

Q四边形EFPC是正方形，

PFEFPC，FPC90，

PFFD，

QFGPD， PGDG1PD， 2QFPGCPDCPDDCP90， FPGDCP， QFGPPDC90，

FPGPDC(AAS)， PGDC2，

PD4，

AP541，

即t1；

②当DEDF时，如下图所示，E在AD的延长线上，此时正方形EFPC是正方形，PDCD2，

第21页（共54页）

APt523；

③当DEEF时，如下图所示，过E作EGCD于G，

QFEDEEC， 1CGDGCD1，

2同理得：PDCCGE(AAS)， PDCG1， APt514，

④当DFEF时，如下图所示，PCEFPF2，且PCBC，此时P与D重合，t5，

综上，当t1s或3s或4s或5s时，DEF为等腰三角形．

【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、利用三角形的面积公式求二次函数的解析式，勾股定理的运用，动点运动等知识，考查学生数形结合的能力，分类讨论的能力，综合性强，难度适中．

6．（2017秋•市南区期末）如图，在平行四边形ABCD中，ACBC，AB10．AC6．动点P在线段BC上从点B出发沿BC方向以每秒1个单位长的速度匀速运动；动点Q在线段DC上从点D出发沿DC 的力向以每秒1个单位长的速度匀速运动，过点P作PEBC．交线段AB于点E．若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运

第22页（共54页）

动随之停止，设运动时间为t秒． （1）当t为何值时，QE//BC？

（2）设PQE的面积为S，求出S与t的函数关系式：

（3）是否存在某一时刻t，使得PQE的面积S最大？若存在，求出此时t的值； 若不存在，请说明理由．

（4）是否存在某一时刻t，使得点Q在线段EP的垂直平分线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【考点】LO：四边形综合题 【专题】15：综合题

【分析】（1）先用勾股定理求出BC，进而得出CDAB10，利用锐角三角函数得出B的相关三角函数，再判断出CGQ∽CAD，利用得出的比例式建立方程即可得出结论； （2）同（1）的方法，利用三角函数求出CH，QH，最后利用面积的差即可得出结论； （3）借助（2）的结论即可得出结论；

3（4）先由垂直平分线得出PMt，再表示出CN，用PMCN建立方程即可得出结论．

8【解答】解：（1）如图1，记EQ与AC的交点为G， QACBC， ACB90，

在RtABC中，AB10，AC6， 根据勾股定理得，BC8， tanBAC3， BC4Q四边形ABCD是平行四边形，

CDAB10，ADBC8，

由运动知，BPt，DQt， PC8t，CQ10t，

第23页（共54页）

QPEBC， BPE90，

在RtBPE中，sinB3PEt，

434PEPE3，cosB，tanB， 5BPt45QEQ//BC，

PEQBPE90，

四边形CPEG是矩形，

3CGPEt，

4QEQ//BC， CGQ∽CAD，



CGCQ， ACCD3t10t4． 610t40； 9

（2）如图2，

过点Q作QHBC交BC的延长线于H， Q四边形ABCD是平行四边形，

AB//CD， DCHB，

在RtCHQ中，sinQCHQHQH3， CQ10t5CHCH43， QH(10t)，cosHCQCQ10t554CH(10t)，

549PHPCCH8t(10t)16t，

551339193274040SS梯形QHPESQPH10tt16t16t10t(t)225452554093，

第24页（共54页）

Q点E在线段AB上，

点P在线段BC上，

0t„8，

点Q在CD上， 0t10，

0t„8，

即：S

（3）由（2）知，St274040(t)2(0t„8)； 4093274040(t)2(0t„8)； 40934040时，S最大； 93

（4）如图3，

过点Q作QMPE于M，交AC于N， Q点Q在线段EP的垂直平分线上，

PM13PEt， 283同（2）的方法得，CN(10t)，

5易知，四边形PCNM是矩形， PMCN，

t(10t)，

3835t80． 13

第25页（共54页）

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，矩形的判定和性质，解本题的关键是用t表示出相关的线段． 7．（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，AD53，，连结BM，过点M作BM的垂线交CD5，点M是线段AC上一动点（不与点A重合）射线DE于点N，连接BN．

（1）求CAD的大小；

（2）问题探究：动点M在运动的过程中，

①是否能使AMN为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由． ②MBN的大小是否改变？若不改变，请求出MBN的大小；若改变，请说明理由． （3）问题解决：

如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线

第26页（共54页）

段FH的长度．

【考点】LO：四边形综合题 【专题】152：几何综合题

【分析】（1）在RtADC中，求出DAC的正切值即可解决问题． （2）①分两种情形：当NANM时，当ANAM时，分别求解即可． ②MBN30．利用四点共圆解决问题即可．

（3）首先证明ABM是等边三角形，再证明BN垂直平分线段AM，解直角三角形即可解决问题．

【解答】解：（1）如图一（1）中，

Q四边形ABCD是矩形，

ADC90，

QtanDACDC53， AD533DAC30．

（2）①如图一（1）中，当ANNM时， QBANBMN90，BNBN，ANNM，

RtBNARtBNM(HL)，

BABM，

在RtABC中，QACBDAC30，ABCD5， AC2AB10，

QBAM60，BABM，

ABM是等边三角形，

AMAB5，

第27页（共54页）

CMACAM5．

如图一（2）中，当ANAM时，易证AMNANM15，

QBMN90，

CMB75，QMCB30， CBM180753075， CMBCBM， CMCB53，

综上所述，满足条件的CM的值为5或53．

②结论：MBN30大小不变．

理由：如图一（1）中，QBANBMN180，

A，B，M，N四点共圆，

MBNMAN30．

如图一（2）中，QBMNBAN90，

A，N，B，M四点共圆，

MBNMAN180， QDACMAN180， MBNDAC30，

综上所述，MBN30．

（3）如图二中，

第28页（共54页）

QAMMC， BMAMCM， AC2AB，

ABBMAM， ABM是等边三角形，

BAMBMA60， QBANBMN90， NAMNMA30， NANM，

QBABM，

BN垂直平分线段AM， FM5， 2NMFM53， cos303QNFM90，NHHM，

FH153． MN26【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 8．（2019•抚顺）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DECF，点P在射线BC上（点P不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90得到线段EG，过点

E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．

（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为 BPQCEC ．

第29页（共54页）

（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．

（3）正方形ABCD的边长为6，AB3DE，QC1，请直接写出线段BP的长．

【考点】LO：四边形综合题

【专题】152：几何综合题；556：矩形 菱形 正方形；553：图形的全等；554：等腰三角形与直角三角形

【分析】（1）由ASA证明PEQEGD，得出PQED，即可得出结论； （2）由ASA证明PEQEGD，得出PQED，即可得出结论；

（3）①当点P在线段BC上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：求出DE2，BPECQC，EC4，即可得出答案；

②当点P在线段BC上时，点Q在线段BC的延长线上，由全等三角形的性质得出PQDE2，求出PC1，得出BP5；即可得出答案．

【解答】解：（1）BPQCEC；理由如下： Q四边形ABCD是正方形，

BCCD，BCD90，

由旋转的性质得：PEG90，EGEP， PEQGEH90， QQHGD，

H90，GGEH90，

PEQG，

又QEPQPEC90，PECGED90， EPQGED，

EPQGED在PEQ和EGD中，EPEGPEQG，

第30页（共54页）

PEQEGD(ASA)， PQED，

BPQCBCPQCDEDEC，

即BPQCEC； 故答案为：BPQCEC；

（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下： 由题意得：PEG90，EGEP， PEQGEH90， QQHGD，

H90，GGEH90，

PEQG，

Q四边形ABCD是正方形，

DCB90，BCDC，

EPQPEC90， QPECGED90，

GEDEPQ，

EPQGED在PEQ和EGD中，EPEGPEQG，

PEQEGD(ASA)， PQED，

BPQCBCPQCDEDEC，

即BPQCEC； （3）分两种情况：

①当点P在线段BC上时，点Q在线段BC上， 由（2）可知：BPECQC， QAB3DE6，

DE2，EC4，

BP413；

②当点P在线段BC上时，点Q在线段BC的延长线上，如图3所示：

第31页（共54页）

同（2）可得：PEQEGD(AAS)， PQDE2， QQC1，

PCPQQC1， BPBCPC615；

综上所述，线段BP的长为3或5．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．

9．（2019•舟山）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展． （1）温故：如图1，在ABC中，ADBC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BCa，ADh，求正方形PQMN的边长（用a，h表示）．

（2）操作：如何画出这个正方形PQMN呢？

如图2，小波画出了图1的ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB上任取一点P，画正方形PQMN，使点Q，M在BC边上，点N在ABC内，然后连结BN，并延长交AC于点N，画NMBC于点M，NPNM交AB于点P，PQBC于点Q，得到四边形PQMN．

（3）推理：证明图2中的四边形PQMN是正方形．

（4）拓展：小波把图2中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NENM，连结EQ，． EM（如图3)，当QEM90时，求“波利亚线” BN的长（用a，h表示）请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．

第32页（共54页）

【考点】LO：四边形综合题

【专题】55D：图形的相似；556：矩形 菱形 正方形 【分析】（1）理由相似三角形的性质构建方程即可解决问题； （2）根据题意画出图形即可；

（3）首先证明四边形PQMN是矩形，再证明MNPN即可；

（4）过点N作NDME于点D，由等腰三角形的性质可得NEMMNE，EDDM，由“AAS”可证QEMMDN，可得EQDM1EM，通过证明BEQ∽BME，可得2BM2BE，BE2BQ，即可求BN的长．

【解答】（1）解：如图1中，

QPN//BC， APN∽ABC，



PNhPNPNAE，即， ahBCADah ah解得PN

（2）能画出这样的正方形，如图2中，正方形PNMQ即为所求．

（3）证明：如图2中，

第33页（共54页）

由画图可知：QMNPQMNPQBMN90，

四边形PNMQ是矩形，MN//MN， △BNM∽BNM，

MNBN， MNBNPNBN同理可得： PNBNMNPN， MNPN

QMNPN， MNPN，

四边形PQMN是正方形

（4）如图，过点N作NDME于点D

QMNEN，NDME， NEMMNE，EDDM

QBMNQEM90

EQMEMQ90，EMQEMN90

EMNEQM，且MNQN，QEMNDM90 QEMMDN(AAS) EQDM1EM， 2第34页（共54页）

QBMNQEM90

BEQNEM90，BMENME90 BEQBME，且MBEMBE BEQ∽BME



BQBEEQ1， BEBMEM2BM2BE，BE2BQ

BM4BQ

QM3BQMN，BN5BQ

MN3BQ3 BN5BQ555ahBNMN()

33ah【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 10．（2019•吉林）性质探究

如图①，在等腰三角形ABC中，ACB120，则底边AB与腰AC的长度之比为 理解运用

（1）若顶角为120的等腰三角形的周长为843，则它的面积为 ； （2）如图②，在四边形EFGH中，EFEGEH． ①求证：EFGEHGFGH；

②在边FG，GH上分别取中点M，N，连接MN．若FGH120，EF10，直接写出线段MN的长． 类比拓展

顶角为2的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为 （用含的式子表示）．

3 ．

【考点】LO：四边形综合题

【专题】55E：解直角三角形及其应用；554：等腰三角形与直角三角形；152：几何综合题 【分析】性质探究

第35页（共54页）

作CDAB于D，则ADCBDC90，由等腰三角形的性质得出ADBD，AB30，由直角三角形的性质得出AC2CD，AD3CD，得出AB2AD23CD，即可得出结果；

理解运用

（1）同上得出则AC2CD，AD3CD，由等腰三角形的周长得出解得：CD2，得出AB43，由三角形面积公式即可得出结果； 4CD23CD843，

（2）①由等腰三角形的性质得出EFGEGF，EGHEHG，得出EFGEHGEGFEGHFGH即可；

②连接FH，作EPFH于P，由等腰三角形的性质得出PFPH，由①得：EFGEHGFGH120，由四边形内角和定理求出FEH120，由等腰三角形的1性质得出EFH30，由直角三角形的性质得出PEEF5，PF3PE53，得出2FH2PF103，证明MN是FGH的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；

类比拓展

1作ADBC于D，由等腰三角形的性质得出BDCD，BADBAC，由三角函数

2得出BDABsin，得出BC2BD2ABsin，即可得出结果． 【解答】性质探究

解：作CDAB于D，如图①所示： 则ADCBDC90， QACBC，ACB120，

ADBD，AB30，

AC2CD，AD3CD， AB2AD23CD，



AB23CD3； AC2CD故答案为：3； 理解运用

（1）解：如图①所示：

第36页（共54页）

同上得：AC2CD，AD3CD， QACBCAB843，

4CD23CD843，

解得：CD2， AB43，

ABC的面积11ABCD43243； 22故答案为：43 （2）①证明：QEFEGEH， EFGEGF，EGHEHG， EFGEHGEGFEGHFGH；

②解：连接FH，作EPFH于P，如图②所示： 则PFPH，由①得：EFGEHGFGH120， FEH360120120120，

QEFEH，

EFH30， PE1EF5， 2PF3PE53， FH2PF103，

Q点M、N分别是FG、GH的中点，

MN是FGH的中位线， MN1FH53； 2类比拓展

解：如图③所示：作ADBC于D， QABAC，

1BDCD，BADBAC，

2第37页（共54页）

QsinBD， ABBDABsin， BC2BD2ABsin，



BC2ABgsin2sin； ABAB故答案为：2sin．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理、四边形内角和定理、就直角三角形等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和含30角的直角三角形的性质是解题的关键．

11．（2019•无锡）如图1，在矩形ABCD中，BC3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向移动，作PAB关于直线PA的对称PAB，设点P的运动时间为t(s)．

（1）若AB23．

①如图2，当点B落在AC上时，显然PAB是直角三角形，求此时t的值；

②是否存在异于图2的时刻，使得PCB是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的t的值？若不存在，请说明理由．

（2）当P点不与C点重合时，若直线PB与直线CD相交于点M，且当t3时存在某一时刻有结论PAM45成立，试探究：对于t3的任意时刻，结论“PAM45”是否总

第38页（共54页）

是成立？请说明理由．

【考点】LO：四边形综合题 【专题】152：几何综合题

【分析】（1）①利用勾股定理求出AC，由PCB∽ACB，推出

CBPB，即可解决问题． CBAB②分三种情形分别求解即可：如图21中，当PCB’ 90时．如图22中，当PCB’ 90时．如图23中，当CPB’ 90时．

（2）如图32中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图32中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题． 【解答】解：（1）①如图1中，

Q四边形ABCD是矩形，

ABC90，

ACAB2BC221，

QPCBACB，PBCABC90， PCB∽ACB，



CBPB， CBAB

2123PB， 323PB274． tPB274．

第39页（共54页）

②如图21中，当PCB’ 90时，

Q四边形ABCD是矩形，

D90，ABCD23，ADBC3，

DB(23)2323， CBCDDB3，

在RtPCB中，QBP2PC2BC2， t2(3)2(3t)2，

t2．

如图22中，当PCB’ 90时，

在RtADB中，DBAB2AD23， CB33

在RtPCB’中则有：(33)2(t3)2t2，解得t6．

第40页（共54页）

如图23中，当CPB’ 90时，易证四边形ABP’为正方形，易知t23．

综上所述，满足条件的t的值为2s或6s或23s．

（2）如图31中，

QPAM45

2345，1445

又Q翻折，

12，34，

又QADMAB’ M，AMAM， AMDAMB(AAS)，

ADAB’ AB，

即四边形ABCD是正方形， 如图，设APBx．

第41页（共54页）

PAB90x， DAPx，

易证MDA△B’ AM(HL)，

BAMDAM，

Q翻折，

PABPAB’ 90x，

DAB’ PAB’ DAP902x，

1DAMDAB’ 45x，

2MAPDAMPAD45．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．

12．（2019•绵阳）如图，在以点O为中心的正方形ABCD中，AD4，连接AC，动点E从点O出发沿OC以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C停止．在运动过程中，

ADE的外接圆交AB于点F，连接DF交AC于点G，连接EF，将EFG沿EF翻折，得

到EFH．

（1）求证：DEF是等腰直角三角形；

（2）当点H恰好落在线段BC上时，求EH的长；

（3）设点E运动的时间为t秒，EFG的面积为S，求S关于时间t的关系式．

第42页（共54页）

【考点】LO：四边形综合题

【专题】15：综合题；559：圆的有关概念及性质；556：矩形 菱形 正方形

【分析】（1）由正方形的性质可得DACCAB45，根据圆周角定理得FDEDFE45，则结论得证；

（2）设OEt，连接OD，证明DOE∽DAF可得AF2t，证明AEF∽ADG可得AG42t22t，可表示EG的长，由AF//CD得比例线段

FGAF，求出t的值，代入EGDGCD的表达式可求EH的值； （3）由（2）知EGt2822t，过点F作FKAC于点K，根据SEFG1 EGgFK即可求解．

2【解答】（1）证明：Q四边形ABCD是正方形， DACCAB45，

FDECAB，DFEDAC，FDEDFE45， DEF90，

DEF是等腰直角三角形；

（2）设OEt，连接OD， DOEDAF90， QOEDDFA， DOE∽DAF，

第43页（共54页）



OEOD2， AFAD2AF2t，

又QAEFADG，EAFDAG，AEF∽ADG，



AEAF， ADAGAGgAEADgAF42t，

又QAEOAOE22t，

AG42t22t，

t2822tEGAEAG，

当点H恰好落在线段BC上DFHDFEHFE454590，

ADF∽BFH，



FHFB42t， FDAD4QAF//CD，

FGAF2t， DGCD4FG2t， DF42t

42t2t， 442t解得：t1102，t2102（舍去），

EGEHt2822t(102)282210231052；

（3）过点F作FKAC于点K， 由（2）得EGt2822t，

QDEEF，DEF90，

第44页（共54页）

DEOEFK，

DOEEKF(AAS)， FKOEt，

SEFG1t38t． EGgFK2422t【点评】本题属于四边形综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

13．（2019•岳阳）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C处．点P为直线EF上一动点（不与E、F重合），过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN． （1）如图1，求证：BEBF；

（2）特例感知：如图2，若DE5，CF2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；

（3）类比探究：若DEa，CFb．

①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；

②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）

【考点】LO：四边形综合题 【专题】152：几何综合题

【分析】（1）证明BEFBFE即可解决问题（也可以利用全等三角形的性质解决问题即可）．

第45页（共54页）

（2）如图2中，连接BP，作EHBC于H，则四边形ABHE是矩形．利用面积法证明PMPNEH，利用勾股定理求出AB即可解决问题．

（3）①如图3中，连接BP，作EHBC于H．由SEBPSBFPSEBF，可得11122BEgPMgBFgPNgBFgEH，由BEBF，推出PMPNEHab，由此即可222解决问题．

QMQNPNPMa2b2．②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：

【解答】（1）证明：如图1中，

Q四边形ABCD是矩形，

AD//BC，

DEFEFB，

由翻折可知：DEFBEF，

BEFEFB， BEBF．

（2）解：如图2中，连接BP，作EHBC于H，则四边形ABHE是矩形，EHAB．

QDEEBBF5，CF2， ADBC7，AE2，

在RtABE中，QA90，BE5，AE2，

AB522221，

第46页（共54页）

QSBEFSPBESPBF，PMBE，PNBF，

gBFgEHgBEgPMgBFgPN，

121212QBEBF，

PMPNEH21，

Q四边形PMQN是平行四边形，

四边形PMQN的周长2(PMPN)221．

（3）①证明：如图3中，连接BP，作EHBC于H．

QEDEBBFa，CFb， ADBCab， AEADDEb，

EHABa2b2， QSEBPSBFPSEBF，



111BEgPMgBFgPNgBFgEH， 222QBEBF，

PMPNEHa2b2， Q四边形PMQN是平行四边形， QNQM(PMPN)a2b2．

QMQNPNPMa2b2．②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：

【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，翻折变换，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，学会利用面积法证明线段之间的关系，属于中考压轴题．

第47页（共54页）

14．（2019•资阳）在矩形ABCD中，连结AC，点E从点B出发，以每秒1个单位的速度沿着BAC的路径运动，运动时间为t（秒)．过点E作EFBC于点F，在矩形ABCD的内部作正方形EFGH． （1）如图，当ABBC8时，

①若点H在ABC的内部，连结AH、CH，求证：AHCH；

②当0t„8时，设正方形EFGH与ABC的重叠部分面积为S，求S与t的函数关系式； （2）当AB6，BC8时，若直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分，求t的值．

【考点】LO：四边形综合题 【专题】152：几何综合题

【分析】（1）①如图1中，证明AEHCGH(SAS)即可解决问题．

②分两种情形分别求解：如图1中，当0t„4时，重叠部分是正方形EFGH．如图2中，当4t„8时，重叠部分是五边形EFGMN．

（2）分三种情形分别求解：①如图31中，延长AH交BC于M，当BMCM4时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分．②如图32中，延长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CMDM3时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分．③如图当点E在线段AC上时，延长AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CMDM33中，

时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分． 【解答】解：（1）①如图1中，

Q四边形EFGH是正方形，ABBC，

BEBG，AECG，BEHBGH90， AEHCGH90，

第48页（共54页）

QEHHG，

AEHCGH(SAS)， AHCH．

②如图1中，当0t„4时，重叠部分是正方形EFGH，St2． 如图

2

中，当4t„8时，重叠部分是五边形

EFGMN，

11SSABCSAENSCGM882(8t)2t216t32．

22

t2(0t„4)综上所述，S2．

t16t32(4t„8)

（2）如图31中，设直线AH交BC于M，当BMCM4时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分．

QEH//BM，



AEEH， ABBM6tt， 12． 5t

如图32中，设直线长AH交CD于M交BC的延长线于K，当CMDM3时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分，易证ADCK8，

第49页（共54页）

QEH//BK，



AEEH， ABBK6tt， 618． 11t

如图33中，当点E在线段AC上时，设直线AH交CD于M，交BC的延长线于N．当CMDM时，直线AH将矩形ABCD的面积分成1:3两部分，易证ADCN8．

在RtABC中，AC628210， QEF//AB，



CEEF， CAAB16tEF， 1063EF(16t)，

5QEH//CN，



EHAE， CNAC3(16t)t65，

810解得t72． 7第50页（共54页）

3(16t)t6EHAE5当正方形EFGH在AC的左边时，由，可得，解得t12． 410CNAC

综上所述，满足条件的t的值为

124872或或或12． 5117【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 15．（2019•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB4，BC6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动． （1）当OAD30时，求点C的坐标；

（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为

21时，求OA的长； 2（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cosOAD的值．

【考点】LO：四边形综合题

【专题】152：几何综合题；556：矩形 菱形 正方形

1【分析】（1）作CEy轴，先证CDEOAD30得CECD2，

2DECD2CE223，再由OAD30知OD（2）先求出SDCM6，结合S四边形OMCD1AD3，从而得出点C坐标； 2219知SODM，SOAD9，设OAx、ODy，221据此知x2y236，xy9，得出x2y22xy，即xy，代入x2y236求得x的值，

2第51页（共54页）

从而得出答案；

（3）由M为AD的中点，知OM3，CM5，由OC„OMCM8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ONAD，证CMD∽OMN得

9CDDMCM126，据此求得MN，ON，ANAMMN，

5ONMNOM55AN可得答案． OA再由OAON2AN2及cosOAD【解答】解：（1）如图1，过点C作CEy轴于点E，

Q矩形ABCD中，CDAD，

CDEADO90，

又QOADADO90， CDEOAD30，

在RtCED中，CE122CD2，DECDCE23， 2在RtOAD中，OAD30， OD1AD3， 2点C的坐标为(2,323)；

（2）QM为AD的中点， DM3，SDCM6，

又S四边形OMCDSODM21， 29， 2SOAD9，

1设OAx、ODy，则x2y236，xy9，

2第52页（共54页）

x2y22xy，即xy， 将xy代入x2y236得x218， 解得x32（负值舍去）， OA32；

（3）OC的最大值为8， 如图2，M为AD的中点，

OM3，CMCD2DM25，

OC„OMCM8，

当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，

连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ONAD，垂足为N， QCDMONM90，CMDOMN， CMD∽OMN，



CDDMCM435，即，

ONMNOMONMN3912，ON， 556， 5解得MNANAMMN在RtOAN中，OAON2AN2cosOADAN5． OA565， 5【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．

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