2021年蘇州市中考一輪復習第23講《特殊四邊形》講學案

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1、2021年中考數(shù)學一輪復習第23講?特殊四邊形? 【考點解析】 知識點一、矩形的性質及判定的應用 【例1】〔2021·四川宜賓〕如圖，點P是矩形ABCD的邊AD上的一動點，矩形的兩條邊AB、BC的長分別是6和8，那么點P到矩形的兩條對角線AC和BD的距離之和是〔　　〕 A．4.8 B．5 C．6 D．7.2 【考點】矩形的性質． 【分析】首先連接OP，由矩形的兩條邊AB、BC的長分別為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． 應選：A． 【變式】 〔2021·四川眉山·3分〕如圖，矩形ABCD中，O為AC中點，過點O的直線分別與AB、CD交于點E、F，連結BF交AC于點M，連結DE、BO．假設∠COB=60°，F(xiàn)O=FC，那么以下結論：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=

3、EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正確結論的個數(shù)是〔　　〕 A．4個 B．3個 C．2個 D．1個 【分析】①利用線段垂直平分線的性質的逆定理可得結論； 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°角所對的直角邊是斜邊的一半得出BE=2OE=2AE，得出結論S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2． 【解答】解：

4、①∵矩形ABCD中，O為AC中點， ∴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錯誤； 所以其中正確結論的個數(shù)為3個； 應選B 【點評】此題綜合性比擬強，既考查了矩形的性質、等腰三角形的性質，又考查了全等三角形的性質和判定，及線段垂直平分線的性質，內容雖多，但不復雜；看似一個選擇題，其實相當于四個證明題，屬于?？碱}型． 知識點二、菱形的性質及判定的應用 【例2】〔2021遼寧朝陽〕如圖，在△ABC中，點D是

6、BC的中點，點E、F分別是線段AD及其延長線上，且DE=DF，給出以下條件：①BE⊥EC；②BF∥EC；③AB=AC，從中選擇一個條件使四邊形BECF是菱形，并給出證明，你選擇的條件是 〔只填寫序號〕． 【答案】③，證明見解析． 【分析】由點D是BC的中點，點E、F分別是線段AD及其延長線上，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，從而得到結論． 【解析】∵BD=CD，DE=DF，∴四邊形BECF是平行四邊形，①BE⊥EC時，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，∵D是BC的中點，∴AF是BC的中垂線，∴BE=CE，∴平行四邊形BECF是菱形． 故答案為：③． .【點評】此題主要考查了菱形的判定以及等腰三角形的性質，能根據(jù)條件來選擇讓問題成立的條件是解題關鍵． 【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，假設EF=2，那么菱形ABCD的周長是　16?。? 【考點】菱形的性質；三角形中位線定理． 【分析】先利用三角形中位線性質得到AB=4，然后根據(jù)菱形的性質計算菱形ABCD的周長． 【解答】解：∵E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點， ∴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=4×4=16． 故答案為16． 知識點三、正方形的性質及判定的應用 【例3】〔2021·四川眉山·3分〕把邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉45°得到正方形AB′C′D′，邊BC與D′C′交于點O，那么四邊形ABOD′的周長是〔　　〕 A． B．6 C． D． 【分析】由邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知識求出BC′的長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質，勾股定理可求BO，OD′，從而可求四邊形ABOD′的周長． 【解

9、答】解：連接BC′， ∵旋轉角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°， ∴B在對角線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′的周長是：2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6． 應選：A． 【點評】此題考查了旋轉的性質、正方形的性質以及等腰直角三角形的性質．此題難度適中，注意連接BC′構造等腰Rt△OBC′是解題的關鍵，注意旋轉中的對應關系． 【變式】 〔

10、2021·四川攀枝花〕如圖，正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點E、G，連結GF，給出以下結論：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四邊形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥假設S△OGF=1，那么正方形ABCD的面積是6+4，其中正確的結論個數(shù)為〔　　〕 A．2 B．3 C．4 D．5 【考點】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，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由折疊的性質與平行線的性質，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，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時等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的長，進而可得出BE及AE的長，利用正方形的面積公式可得出結論． 【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠GAD=∠ADO=45°， 由折疊的性質可得：∠ADG=∠ADO=22.5°， 故①

12、正確． ∵由折疊的性質可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°， ∴AE=EF＜BE， ∴AE＜AB， ∴＞2， 故②錯誤． ∵∠AOB=90°， ∴AG=FG＞OG，△AGD與△OGD同高， ∴S△AGD＞S△OGD， 故③錯誤． ∵∠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錯誤． ∴其中正確結論的序號是：①④⑤． 應選B． 【點評】此題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質、折疊的性質、等腰直角三角形的性質以及菱形的判定與性質等知識．此題綜合性較強，難度較大，注意掌握折疊前

14、后圖形的對應關系，注意數(shù)形結合思想的應用． 知識點四、特殊平行四邊形的綜合應用 【例4】〔2021遼寧鐵嶺〕如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點E、F分別在邊CD、AB上． 〔1〕假設DE=BF，求證：四邊形AFCE是平行四邊形； 〔2〕假設四邊形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周長． 【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DE=x，表示出AE，CE的長度，根據(jù)相等

15、求出x的值，繼而可求得菱形的邊長及周長． 【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DE=x，那么AE=，CE=8﹣x，那么，解得：x=，那么菱形的邊長為：=，周長為：4×=25，故菱形AFCE的周長為25． 【點評】此題考查了矩形的性質、平行四邊形的判定、菱形的性質以及勾股定理等知識，能正確地分析圖形的特點是解決此類問題的關鍵． 【變式】 〔2021·四川內江〕如下圖，△ABC中，D是BC邊上一點，E是AD的中點，過點A作BC的平行線交CE的

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

17、 ∴AD⊥BC． ∴□AFBD是矩形． 知識點五、四邊形的研究應用 【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E、F，點O是BD的中點，直線OK∥AF，交AD于點K，交BC于點G． 〔1〕求證：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG； 〔2〕假設KD=KG，BC=4﹣． ①求KD的長度； ②如圖2，點P是線段KD上的動點〔不與點D、K重合〕，PM∥DG交KG于點M，PN∥KG交DG于點N，設PD=m，當S△PMN=時，求m的值． 【考點】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質；相似三角形的判定與性質．

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，得出結論BG=AB+AK； 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設AB=a，根據(jù)AK=FG列出關于a的方程，求得a的值，進而計算KD的長；②先過點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的表達式，最后根據(jù)等量關系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出關于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O是BD的中點 ∴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G作GI⊥KD于點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S△PMN=時，m的值為1 【點評】此題主要考查了矩形的性質以及

21、平行四邊形的性質，解題時需要運用全等三角形的判定與性質．解答此題的關鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質，并根據(jù)圖形面積的等量關系列出方程進行求解，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O為坐標原點，點B的坐標為〔4，3〕，點A、C在坐標軸上，點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的交點坐標； 〔2〕點M在第一象限，且是直線l2上的點，假設△APM是等腰直角三角形，求點M的坐標； 〔3〕我們把直線l1和直線l2上的點所組成的圖形為圖形F．矩形AN

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

23、l2與AB的交點坐標為〔3，3〕； 〔2〕①假設點A為直角頂點時，點M在第一象限，連結AC， 如圖1，∠APB＞∠ACB＞45°， ∴△APM不可能是等腰直角三角形， ∴點M不存在； ②假設點P為直角頂點時，點M在第一象限，如圖2， 過點M作MN⊥CB，交CB的延長線于點N， 那么Rt△ABP≌Rt△PNM， ∴AB=PN=4，MN=BP， 設M〔x，2x﹣3〕，那么MN=x﹣4， ∴2x﹣3=4+3﹣〔x﹣4〕， x=， ∴M〔，〕； ③假設點M為直角頂點時，點M在第一象限，如圖3， 設M1〔x，2x﹣3〕， 過點M1作M1G1⊥OA，交BC于點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M2〔x，2x﹣3〕， 同理可得x+2x﹣3﹣3=4， ∴x=， ∴M2〔，〕； 綜上所述，點M的坐標為〔，〕，〔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的邊長為9，將正方形折疊，使頂點D落在BC邊上的點E處，折痕為GH．假設BE：EC=2：1，那么線段CH的長是〔　　〕 A．3 B．4 C．5 D．6 【考點】正

25、方形的性質；翻折變換〔折疊問題〕． 【分析】根據(jù)折疊的性質可得DH=EH，在直角△CEH中，假設設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． 【解答】解：由題意設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． 應選〔B〕 【例題2】 〔2021·福建龍巖·4分〕如圖，在周長為12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，假設P為對角線BD上一動點，那么EP+FP的最小值為

26、〔　　〕 A．1B．2C．3D．4 【考點】菱形的性質；軸對稱-最短路線問題． 【分析】作F點關于BD的對稱點F′，那么PF=PF′，由兩點之間線段最短可知當E、P、F′在一條直線上時，EP+FP有最小值，然后求得EF′的長度即可． 【解答】解：作F點關于BD的對稱點F′，那么PF=PF′，連接EF′交BD于點P． ∴EP+FP=EP+F′P． 由兩點之間線段最短可知：當E、P、F′在一條直線上時，EP+FP的值最小，此時EP+FP=EP+F′P=EF′． ∵四邊形ABCD為菱形，周長為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． 應選：C． 【例題3】 〔2021·江西〕如圖是一張長方形紙片ABCD，AB=8，AD=7，E為AB上一點，AE=5，現(xiàn)要剪下一張等腰三角形紙片〔△AEP〕，使點P落在長方形ABCD的某一條邊上，那么等腰三角形AEP的底邊長是　 ?。? 【考點】矩形的性質；等腰三角形的性質；勾股定理． 【分析】分情況討論：①當AP=AE=5時，那么△AEP是等腰直角三角形，得出底邊PE=AE=5即可； ②當PE=AE=5時，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PA=PE時，底邊AE=5；即可得出結論． 【解答】解：如下圖： ①當AP=AE=5時， ∵∠BAD=90°， ∴△AEP是等腰直角三角形， ∴底邊PE=AE=5； ②當PE=AE=5時， ∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3，∠B=90°， ∴PB==4， ∴底邊AP===4； ③當PA=PE時，底邊AE=5； 綜上所述：等腰三角形AEP的對邊長為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O是BD的中點，假設M、N是邊AD上的兩點，連接MO、NO，并分別延長交邊BC于兩點M′、N′，那么圖中的全等三角形共

29、有〔　　〕 A．2對 B．3對 C．4對 D．5對 【考點】正方形的性質；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′由此即可對稱結論． 【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

30、． 應選C． 　 【中考熱點】 【熱點1】 〔2021·湖北隨州·3分〕如圖，邊長為1的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O．有直角∠MPN，使直角頂點P與點O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時針旋轉∠MPN，旋轉角為θ〔0°＜θ＜90°〕，PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點，連接EF交OB于點G，那么以下結論中正確的選項是　〔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〕在旋轉過程中，當△BEF與△COF的面積之和最大時，AE=；〔5〕OG?BD=AE2+CF2．

31、 【考點】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，那么可證得結論； 〔3〕由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性質，證得BE+BF=OA； 〔4〕首先設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應邊成比例，證得OG?OB=OE2，再利用OB與BD的關系，OE與EF的關系，即可

32、證得結論． 【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O作OH⊥BC， ∵BC=1， ∴OH=BC=， 設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x=時，S△BEF+S△COF最大； 即在旋轉過程中，當△BEF與△COF的面積之和最大時，AE=；故錯誤； 〔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2】 〔2021·浙江省紹興市〕如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中點，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F在矩形ABCD邊上，將矩形ABCD沿直線EF折疊，使點A恰好落在直線l上，那么DF的長為　2或4﹣2?。? 【考點】矩形的性質；翻折變換〔折疊問題〕． 【分析】當直線l在直線CE上方時，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，當直線l在直線EC下方時，由∠DEF1=∠BEF1=∠D

35、F1E， 得到DF1=DE，由此即可解決問題． 【解答】解：如圖，當直線l在直線CE上方時，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A、點M關于直線EF對稱， ∵∠MDF=∠MFD=45°， ∴DM=MF=DE﹣EM=2﹣2， ∴DF=DM=4﹣2． 當直線l在直線EC下方時， ∵∠DEF1=∠BEF1=∠D

36、F1E， ∴DF1=DE=2， 綜上所述DF的長為2或4﹣2． 故答案為2或4﹣2． 【熱點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E、F，點O是BD的中點，直線OK∥AF，交AD于點K，交BC于點G． 〔1〕求證：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG； 〔2〕假設KD=KG，BC=4﹣． ①求KD的長度； ②如圖2，點P是線段KD上的動點〔不與點D、K重合〕，PM∥DG交KG于點M，PN∥KG交DG于點N，設PD=m，當S△PMN=時，求m的值． 【考點】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質；

37、相似三角形的判定與性質． 【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，得出結論BG=AB+AK； 〔2〕①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設AB=a，根據(jù)AK=FG列出關于a的方程，求得a的值，進而計算KD的長；②先過點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的表達式，最后根據(jù)等量關系S平行四邊形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出關于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O是BD的中點 ∴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G作GI⊥KD于點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S△PMN=時，m的值為1 【點評】此題主要考查了矩形的性質以及平行四邊形的性質，解題時需要運用全等三角形的判定與性質．解答此題的關鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質，并根據(jù)圖形面積的等量關系列出方程進行求解，難度較大，具有一定的綜合性．