【中考二轮复习】专题六 四边形综合（含解析）

第六模块 四边形综合
【课标要求】
四边形
（1）了解多边形的定义，多边形的顶点、边、内角、外角、对角线等概念；探索并掌握多边形内角和与外角和公式.
（2）理解平行四边形、矩形、菱形、正方形的概念，以及它们之间的关系；了解四边形的不稳定性.
（3）探索并证明平行四边形的性质定理：平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分；探索并证明平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；对角线互相平分的四边形是平行四边形.
（4）了解两条平行线之间距离的意义，能度量两条平行线之间的距离.
（5）探索并证明矩形、菱形、正方形的性质定理：矩形的四个角都是直角，对角线相等；菱形的四条边相等，对角线互相垂直；以及它们的判定定理：三个角是直角的四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形；四边相等的四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形.正方形具有矩形和菱形的一切性质.
【考点梳理】
考点一：多边形
多边形的定义：在平面内，由若干条不在同一条直线上的线段；首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形，在多边形中，组成多边形的各条线段叫做多边形的边，每相邻两条边的公共点叫做多边形的顶点，连接不相邻两个顶点的线段叫做多边形的对角线。
多边形的内角和：n边形的内角和=(n－2)180°
正多边形：在平面内，内角都相等，边也相等的多边形叫做正多边形．
（4）多边形的外角：多边形内角的一边与另一边的反向延长线所组成的角，叫做这个多边形的外角．在多边形的每个顶点处取这个多边形的一个外角，它们 的和叫做多边形的外角和，多边形的外角和都等于360°
（5）过n边形的一个顶点共有(n－3）条对角线，n边形共有条对角线．
（6）过n边形的一个顶点将n边形分成(n－2)个三角形．
考点二：相似多边形
（1）定义：对应角相等，对应边成比例的两个多边形叫做相似多边形．
（2）相似多边形的性质：
①相似多边形的周长的比等于相似比；
②相似多边形的对应对角线的比等于相似比；
③相似多边形的面积的比等于相似比的平方；
④相似多边形的对应对角线相似，相似比等于相似多边形的相似比．
考点三：平行四边形的性质与判定
1.平行四边形是四边形中应用广泛的一种图形，它是研究特殊四边形的基础，是研究线段相等、角相等和直线平行的根据之一．
2.平行四边形的定义:两组对边分别 的四边形是平行四边形.
两条平行线间的距离：两条平行线中，一条直线上任意一点到另一条直线的 ，叫做两条平行线间的距离．两条平行线间的距离是一个定值，不随垂线段位置改变而改变，两条平行线间的距离处处 ．
4.平行四边形的性质：
平行四边形的两组对边分别 ；
平行四边形的两组对边分别 ； 符号语言表达：
平行四边形的两组对角分别 ；
平行四边形的对角线互相 ．
平行四边形的邻角_______________.
5.平行四边形的判定：
两组对边分别 的四边形是平行四边形；
两组对边分别 的四边形是平行四边形；
一组对边 且 的四边形是平行四边形；
对角线互相 的四边形是平行四边形.
符号语言表达：
AB∥CD.BC∥AD四边形ABCD是平行四边
AB=CD，BC=AD四边形ABCD是平行四边形．
AB平行且相等CD或BC平行且相等AD四边形ABCD是平行四边形．
OA=OC，OB=OD四边形ABCD是平行四边形．
考点四、特殊的平行四边形
1.性质：
（1）矩形：①矩形的四个角都是 ；②矩形的对角线 ；③矩形具有平行四边
形的所有性质．
菱形：①菱形的四条边都 ；②菱形的对角线互相 ，并且每条对角线
平分一组 ；③具有平行四边形所有性质．
正方形：①正方形的四个角都是 ，四条边都 ；②正方形的两条对角
线 ，并且互相 ，每条对角线平分一组 ．
2.判定：
（1）矩形：①有一个角是直角的 四边形是矩形；②对角线 的平行四边形是矩形；③有 个角是 的四边形是矩形．
菱形：①对角线 的平行四边形是菱形；②一组邻边 的平行四边是
菱形；③ 条边都相等的四边形是菱形．
正方形：①有一个角是 的菱形是正方形；②有一组邻边 的矩形是方
形；③对角线相等的 是正方形；④对角线互相垂直的 是正方形．
3.面积计算：
（1）矩形：S=长×宽；
（2）菱形：（是对角线）
（3正方形：S=边长2
平行四边形与特殊平行四边形的关系
【应用策略】
1．中点①直角三角形斜边中线等于斜边一半；②三角形中位线；③中点平行构造三角形全等；④倍长中线
2.角平分线①往角的两边做垂直，垂线段相等；②角平分线，平行，等腰三角形相互转换；③往角两边截取等线段证全等；④过角平分线某点做角平分线的垂线，出现等腰三角形
例1.如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点， FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG=AF， AG平分∠BAC，连接GE, ；GD.
（1）求证：△ECG≌△GHD
（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC.请你帮助小亮同学证明这一结论.
（3）若∠B=300，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由.
例2.已知两个等腰Rt△ABC，Rt△CEF有公共顶点C，∠ABC=∠CEF=90°，连接AF，M是AF的中点，连接MB、ME．
（1）如图1，当CB与CE在同一直线上时，求证：MB∥CF；
（2）如图2，当∠BCE=45°时，求证：BM=ME．
例3.已知，如图（1）在平行四边形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，且AE=AF，∠AEC=∠AFC.
求证：四边形ABCD是菱形.
如图（2），若AD=AF，延长AE，DC交于点G，求证：.
在第（2）小题的条件下，连接BD，交AG于点H，若HE=4，EG=12，求AH的长.
跟踪训练1：如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BCD，AC⊥AB，E是BC的中点，AD⊥AE．
（1）求证：AC2＝CD BC；
（2）过E作EG⊥AB，并延长EG至点K，使EK＝EB．
①若点H是点D关于AC的对称点，点F为AC的中点，求证：FH⊥GH；
②若∠B＝30°，求证：四边形AKEC是菱形．
跟踪训练2：如图,在正方形ABCD与等腰直角三角形BEF中,∠BEF=90 ，BE=EF，连接DF，点P是FD的中点，连接PE、PC.
(1)如图1,当点E在CB边上时,求证：CE =PE；
(2)如图2，当点E在CB的延长线上时，线段PC、CE有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明。
跟踪训练3：在平行ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F.
(1)在图1中证明CE=CF；
(2)若∠ABC=90 ,G是EF的中点(如图2)，直接写出∠BDG的度数；
(3)若∠ABC=120 ,FG∥CE,FG=CE,分别连接DB、DG(如图3)，求∠BDG的度数。
跟踪训练4：如图，∠BAD=∠CAE=90°，AB=AD，AE=AC，AF⊥CB，垂足为F．
（1）求证：△ABC≌△ADE；
（2）求∠FAE的度数；
（3）求证：CD=2BF+DE．
跟踪训练5：已知在矩形ABCD中，∠ADC的平分线DE与BC边交于点E，点P是线段DE上一定点（其中EP＜PD），点F是CD延长线上一点，连接PF，过点P作PG⊥PF，交射线DA于点G．
求证：PG＝PF；（2）求证：DG＝DP+DF．
跟踪训练6：如图，四边形ABCD中，AC⊥BD交BD于点E，点F，M分别是AB，BC的中点，BN平分∠ABE交AM于点N，AB＝AC＝BD．连接MF，NF．
（1）判断△BMN的形状，并证明你的结论；
（2）判断△MFN与△BDC之间的关系，并说明理由．
跟踪训练7：如图，四边形ABCD是平行四边形，AD=AC，AD⊥AC，E是AB的中点，F是AC延长线上一点.
(1)若ED⊥EF，求证：ED=EF；
(2)在(1)的条件下,若DC的延长线与FB交于点P,试判定四边形ACPE是否为平行四边形 并证明你的结论(请先补全图形,再解答)；
(3)若ED=EF，ED与EF垂直吗 若垂直给出证明.
3.旋转类探究
①半角模型；②拉手模型
例4：在正方形ABCD中，M、N分别是射线CB和射线DC上的动点，且始终∠MAN＝45°．
如图1，当点M、N分别在线段BC、DC上时，写出线段BM、MN、DN之间的数量关系；并给予证明；
（2）如图2，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，给予证明，若不成立，写出正确的结论，并证明；
（3）如图3，当点M、N分别在CB、DC的延长线上时，若CN＝CD＝6，设BD与AM的延长线交于点P，交AN于Q，直接写出AQ、AP的长．
例5：如图，在正方形ABCD中,BD为对角线，∠EAF=450， 其两边分别交BC、CD于E、F，交BD于H、G。
求证：AD2=BG DH；
求证：CE=DG；
求证：EF=HG.
例6:如图, 在菱形ABCD中，∠ABC=600，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化.
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系式______，CE与AD的位置关系是______；
（2）当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立，请予以证明；若不成立，请说明理由（选择图2、图3中的一种情况予以证明或说理）；
（3）如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB=2，BE=2，求四边形ADPE的面积。
跟踪训练8:如图①，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在AC上（且不与点A，C重合），在△ABC的外部作△CED，使∠CED＝90°，DE＝CE，连AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
（1）请直接写出线段AF，AE的数量关系　 　；
（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．
跟踪训练9:某数学兴趣小组在数学课外活动中,研究三角形和正方形的性质时,做了如下探究：在△ABC中,∠BAC=90 ,AB=AC,点D为直线BC上一动点(点D不与B,C重合)，以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF.
(1)观察猜想
如图①，当点D在线段BC上时。
①BC与CF的位置关系为：___；
②BC,CD,CF之间的数量关系为：___;(将结论直接写在横线上)
(2)数学思考
如图②，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立 若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明；
(3)拓展延伸
如图③,当点D在线段BC的延长线上时,延长BA交CF于点G,连接GE.若已知AB=2,CD=BC，请求出GE的长。
跟踪训练10:在平行四边形ABCD中，以AB为边作等边△ABE，点E在CD上，以BC为边作等边△BCF，点F在AE上，点G在BA延长线上且FG＝FB．
（1）若CD＝6，AF＝3，求△ABF的面积；
（2）求证：BE＝AG+CE．
直角的等量代换
①三垂直模型；②十字架模型
例7:如图，在正方形ABCD中，E是BC上的一点,连结AE，作BF⊥AE，垂足为H，交CD于F，作CG∥AE,交BF于G.
(1)求证CG=BH
(2)FC2=BF·GF；
(3) =
跟踪训练11:如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、DC上的点，
且AF⊥BE．
（1）求证：AF=BE；
（2）如图2，在正方形ABCD中，M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、DA上的点，且MP⊥NQ．MP与NQ是否相等？并说明理由．
跟踪训练12:在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连结BE．
感知如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．求证△ABF≌△BCE．
探究如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．
（1）求证：BE=FG．
（2）连结CM，若CM=1，求FG的长．
应用如图③，取BE的中点M，连结CM．过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG．若CM=3，求四边形GMCE的面积．
例1（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，∴.
∵，∴，
∵，
∴，∴，
∴，，
∵是的中点，，∴是的中点，
∴是线段的垂直平分线，
∴，，∴，∴.
证明：过点作于点，∴，
∴，
∴.由（1）得，
∴，∴，
∴.
四边形是菱形，理由如下：∵，
∴，∴，
∴.由（1）得，
∴四边形是菱形.
例2解（1）证法一：
如答图1a，延长AB交CF于点D，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，
∴AB=BC=BD，∴点B为线段AD的中点，
又∵点M为线段AF的中点，∴BM为△ADF的中位线，
∴BM∥CF
证法二：
如答图1b，延长BM交EF于D，∵∠ABC=∠CEF=90°，
∴AB⊥CE，EF⊥CE，
∴AB∥EF，∴∠BAM=∠DFM，
∵M是AF的中点，∴AM=MF，
在△ABM和△FDM中，
，
∴△ABM≌△FDM（ASA），
∴AB=DF，
∵BE=CE﹣BC，DE=EF﹣DF，∴BE=DE，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴∠EBM=45°，
∵在等腰直角△CEF中，∠ECF=45°，
∴∠EBM=∠ECF，∴MB∥CF；
（2）证法一：
如图，延长AB交CE于点D，连接DF，则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，
∴AB=BC=BD，AC=CD，∴点B为AD中点，又点M为AF中点，
∴BM=DF
延长FE与CB交于点G，连接AG，则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形，
∴CE=EF=EG，CF=CG，
∴点E为FG中点，又点M为AF中点，
∴ME=AG．
在△ACG与△DCF中，
，∴△ACG≌△DCF（SAS），∴DF=AG，∴BM=ME．
证法二：
如图，延长BM交CF于D，连接BE、DE，
∵∠BCE=45°，
∴∠ACD=45°×2+45°=135°
∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°，
∴AB∥CF，
∴∠BAM=∠DFM，
∵M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△ABM和△FDM中，
，
∴△ABM≌△FDM（ASA），
∴AB=DF，BM=DM，
∴AB=BC=DF，
在△BCE和△DFE中，
，
∴△BCE≌△DFE（SAS），
∴BE=DE，∠BEC=∠DEF，
∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
又∵BM=DM，
∴BM=ME=BD，故BM=ME．
例3解（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D.
∵∠AEC=∠AFC,∠AEC+∠AEB=∠AFC+∠AFD=180°,
∴∠AEB=∠AFD.
在ΔAEB和ΔAFD中，
∴，
∴AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形
(2)由（1）知，，则∠BAE=∠DAF.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//DG,
∴∠BAE=∠G,∴∠G=∠DAF.
又∵∠ADF=∠GDA,∴∽，
∴.
∴，
又∵AD=AF,
∴.
在菱形ABCD中，∵AB//DC，AD//BC，
∴AH:HG=BH:HD，
BH:HD=EH:AH，
∴AH：HG=EH:AH.
∵HE=4，EG=12，
∴AH:16=4:AH，
∴AH=8.
跟踪训练1证明：（1）∵AC平分∠BCD，
∴∠DCA＝∠ACB．
又∵AC⊥AB，AD⊥AE，
∴∠DAC+∠CAE＝90°，∠CAE+∠EAB＝90°，
∴∠DAC＝∠EAB．
又∵E是BC的中点，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠ABC，
∴∠DAC＝∠ABC，
∴△ACD∽△BCA，
∴＝，
∴AC2＝CD BC；
（2）①证明：连接AH．
∵∠ADC＝∠BAC＝90°，点H、D关于AC对称，
∴AH⊥BC．
∵EG⊥AB，AE＝BE，
∴点G是AB的中点，
∴HG＝AG，
∴∠GAH＝GHA．
∵点F为AC的中点，
∴AF＝FH，
∴∠HAF＝∠FHA，
∴∠FHG＝∠AHF+∠AHG＝∠FAH+∠HAG＝∠CAB＝90°，
∴FH⊥GH；
②∵EK⊥AB，AC⊥AB，
∴EK∥AC，
又∵∠B＝30°，
∴AC＝BC＝EB＝EC．
又EK＝EB，
∴EK＝AC，
即AK＝KE＝EC＝CA，
∴四边形AKEC是菱形．
跟踪训练2证明： (1)延长EP交DC于点G,如图(1)所示：
∵∠FEC=∠DCE=90o，
∴EF∥CD,
∴∠PFE=∠PDG，
又∵∠EPF=∠GPD，PF=PD，
∴△PEF≌△PGD(AAS)，
∴PE=PG，EF=GD，
∵BE=EF，
∴BE=GD.
∵CD=CB，
∴CG=CE，
∴△CGE是等腰直角三角形，
∴CP⊥GE,CP=EG=PE，
∴△CPE是等腰直角三角形.
∴CE =PE
(2) CE =PE；,理由如下：如图(2)所示：
延长EP交CD的延长线于点G，
∵∠FEB+∠DCB=180o，
∴EF∥CD，
∴∠PEF=∠PGD，
又∵∠EPF=∠GPD，PF=PD，
∴ △PEF≌△PGD(AAS)，
∴PE=PG，EF=GD，
∵BE=EF，
∴BE=GD.
∵CD=CB，
∴CG=CE，
∴△CGE是等腰直角三角形，
∴CP⊥GE,CP=EG=PE，
∴△CPE是等腰直角三角形。
∴CE =PE
跟踪训练3 (1)证明：∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC,AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F
，∴∠CEF=∠F.
∴CE=CF.
连接GC、BG，
∵四边形ABCD为平行四边形,∠ABC=900,
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=450
∵∠DCB=90 ,DF∥AB，
∴∠DFA=45 ,∠ECF=900
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG=CG=FG，
CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，
∴BE=DC，
∵∠CEF=∠GCF=450，
∴∠BEG=∠DCG=1350
在△BEG与△DCG中，EG=CG，∠BEG=∠DCG，BE=DC，
∴△BEG≌△DCG，
∴BG=DG，∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=900，
又∵∠DGC=∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA=900，
∴△DGB为等腰直角三角形，
∴∠BDG=45
.(3)延长AB、FG交于H,连接HD.
∵AD∥GF,AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形
∵∠ABC=120 ，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=300,∠ADC=1200,∠DFA=300
∴△DAF为等腰三角形
∴AD=DF，∴CE=CF，
∴平行四边形AHFD为菱形
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形
∴DH=DF,∠BHD=∠GFD=600
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，在△BHD与△GFD中，
∵DH=DF，∠BHD=∠GFD，BH=GF，
∴△BHD≌△GFD，
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=600
跟踪训练4：证明：（1）∵∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAC+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAE=90°，
∴∠BAC=∠DAE，
在△BAC和△DAE中，
，
∴△BAC≌△DAE（SAS）；
（2）∵∠CAE=90°，AC=AE，
∴∠E=45°，
由（1）知△BAC≌△DAE，
∴∠BCA=∠E=45°，
∵AF⊥BC，
∴∠CFA=90°，
∴∠CAF=45°，
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°；
（3）延长BF到G，使得FG=FB，
∵AF⊥BG，
∴∠AFG=∠AFB=90°，
在△AFB和△AFG中，
，
∴△AFB≌△AFG（SAS），
∴AB=AG，∠ABF=∠G，
∵△BAC≌△DAE，
∴AB=AD，∠CBA=∠EDA，CB=ED，
∴AG=AD，∠ABF=∠CDA，
∴∠G=∠CDA，
在△CGA和△CDA中，
，
∴△CGA≌△CDA，
∴CG=CD，
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF，
∴CD=2BF+DE．
跟踪训练5：解（1）过P作PH⊥PD交AD于H，
∵PG⊥PF，
∴∠GPF＝∠HPD＝90°，
∴∠GPH＝∠FPD，
∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°
∴∠CDE＝∠EDA＝45°，
∴△HPD为等腰直角三角形，
∴∠DHP＝∠PDH＝45°，PD＝PF，
∴∠PHG＝∠PDF＝135°
在△HPG和△DPF中，
∵，
∴△HPG≌△DPF（ASA），
∴PG＝PF；
（2）∵△HPD为等腰直角三角形，
∴DH＝DP，
∵△HPG≌△DPF，
∴GH＝DF，
∵DG﹣GH＝DH，
∴DG＝DP+DF．
跟踪训练6：证明：∵AB＝AC，点M是BC的中点，
∴AM⊥BC，AM平分∠BAC．
∵BN平分∠ABE，
∠EBN＝∠ABN．
∵AC⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠EAB+∠EBA＝90°，
∴∠MNB＝∠NAB+∠ABN＝（∠BAE+∠ABE）＝45°．
∴△BMN是等腰直角三角形；
（2）答：△MFN∽△BDC．
证明：∵点F，M分别是AB，BC的中点，
∴FM∥AC，FM＝AC．
∵AC＝BD，
∴FM＝BD，即．
∵△BMN是等腰直角三角形，
∴NM＝BM＝BC，即，
∴．
∵AM⊥BC，
∴∠NMF+∠FMB＝90°．
∵FM∥AC，
∴∠ACB＝∠FMB．
∵∠CEB＝90°，
∴∠ACB+∠CBD＝90°．
∴∠CBD+∠FMB＝90°，
∴∠NMF＝∠CBD．
∴△MFN∽△BDC．
跟踪训练7：(1)证明：在 ABCD中，∵AD=AC，AD⊥AC，
∴AC=BC，AC⊥BC，连接CE，∵E是AB的中点，
∴AE=EC，CE⊥AB，
∴∠ACE=∠BCE=45 ，
∴∠ECF=∠EAD=135 ，
∵ED⊥EF，
∴∠CEF=∠AED=90 ∠CED，
在△CEF和△AED中,∠CEF=∠AED，EC=AE，∠ECF=∠EAD,
∴△CEF≌△AED，∴ED=EF；
由(1)知△CEF≌△AED，CF=AD，
∵AD=AC，
∴AC=CF，∵DP∥AB，∴FP=PB，
∴CP=12AB=AE，
∴四边形ACPE为平行四边形；
(3)垂直，
理由：过E作EM⊥DA交DA的延长线于M，
过E作EN⊥FC交FC的延长线于N，
在△AME与△CNE中,∠M=∠FNE=90
∠EAM=∠NCE=45 AE=CE,
∴△AME≌△CNE，
∴∠ADE=∠CFE，
在△ADE与△CF中,∠ADE=∠CFE，∠DAE=∠FCE=135 ，
DE=EF，
∴△ADE≌△CFE，
∴∠DEA=∠FEC，
∵∠DEA+∠DEC=90 ，
∴∠CEF+∠DEC=90 ，
∴∠DEF=90 ，
∴ED⊥EF.
例4：解：（1）BM+DN＝MN，
理由如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠D，
在△ABE和△ADN中，,
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∴∠EAN＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，又∵ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；
（2）（1）中的结论不成立，DN﹣BM＝MN．
理由如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，则∠ABM＝90°＝∠D，
在△ABM和△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABM＝∠MCN＝90°，
∵CN＝CD＝6，∴DN＝12，∴AN＝，
∵AB∥CD，∴△ABQ∽△NDQ，∴ ，
∴；
由（2）得：DN﹣BM＝MN．设BM＝x，则MN＝12﹣x，CM＝6+x，在Rt△CMN中，
62+（6+x）2＝（12﹣x）2，解得：x＝2，∴BM＝2，
∴AM＝,
∵BC∥AD，∴△PBM∽△PDA，
∴，∴,
∴AP＝AM+PM＝
例5：证明：（1 ）∵BF⊥AE，CG∥AE,∴ CG⊥BF.
∵在正方形ABCD中，∠ABH+∠CBG=90o, ∠CBG+∠BCG=90o,
∴∠ABH=∠BCG,∠AHB=∠BGC=90o, AB=BC,
∴△ABH≌△BCG,
∴CG=BH;
∵∠BFC=∠CFG, ∠BCF=∠CGF=90o,
∴△CFG∽△BFC,
∴FC:BF=FG:FC
∴FC2=BF·GF;
∠GBC=∠FBC, ∠BCF=∠CGB=90o,
∴△BCG∽△BFC,
∴BC:BF=GB:BC∴BC2=BF·GB
∵AB=BC,
∴AB2=BF·GB
∴AB2·GF=BF·GF·GB
∵FC2=BF·GF
∴AB2·GF= FC2·GB
∴=
例5(1) 证明：(1)∵四边形ABCD为正方形
∴∠ABD=∠ADB=450，AB=AD，
∵∠EAF=450
∴∠BAG=450+∠BAH,∠AHD=450+∠BAH，
∴∠BAG=∠AHD，
又∵∠ABD=∠ADB=450，
∴△ABG∽△HDA，
∴AB:DH=BG:DA，
又∵AB=AD
∴AD:DH=BG:DA，
∴AD2=BG DH；
(2)如图,连接AC,
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACE=∠ADB=∠CAD=450，
∴AC=AD，
∵∠EAF=450，
∴∠EAF=∠CAD，
∴∠EAF ∠CAF=∠CAD ∠CAF，
∴∠EAC=∠GAD，
∴△EAC∽△GAD
∴CE:DG=AC:AD=，
∴CE=DG；
(3)由(2)得：△EAC∽△GAD，
∴AE:AG=AC:AD=，
同理得：△AFC∽△AHB，
∴AF:AH=AC:AB=，
∴AE:AG=AF:AH=，
∵∠GAH=∠EAF，
∴△GAH∽△EAF，
∴EF:GH=，
∴EF=GH.
例6:.解：(1) ①BP=CE；.②CE⊥AD. ；
(2) （1）中的结论：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，
图2证明如下：连接AC
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠CAE=60°+∠CAP=∠BAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE
∴BP=CE，
∵∠ACE=∠ABP=30°
∴∠DCE=30°.
∵∠ADC=60°，
∴∠DCE+∠ADC=90°，
∴∠CHD=90°，
∴CE⊥AD.
图3证明如下:连接AC
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠CAE=60°+∠CAP=∠BAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，
∴BP=CE，
∵∠ACE=∠ABP=30°
∴∠DCE=30°.
∵∠ADC=60°，
∴∠DCE+∠ADC=90°，
∴∠CHD=90°，
∴CE⊥AD.
(3) ∵连接AC,交BD与点O
由（2）知CE⊥AD BP=CE
∵AD∥BC，
∴CE⊥BC.
在直角△BCE中，有勾股定理得CE=8 ∴BP=8.
∵∠ABO=30°，AB=2
∴BO=DO=3，AO=
∴BD=6.
∴DP=2，
∴OP=5，
在直角△AOP中，有勾股定理得AP=2
作EH⊥AP于点H
.∵△APE是等边三角形，
∴PH=，EH=.
∵S四边形ADPE=S△ADP+S△APE
=DP·AO+AP·EH
=×2×+×2×=8.
跟踪训练8:解：（1）结论：AF＝AE．
理由：∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB＝DF，
∵AB＝AC，
∴AC＝DF，
∵DE＝EC，
∴AE＝EF，
∵∠DEC＝∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF＝AE．
故答案为AF＝AE
（2）如图②中，结论：AF＝AE．
理由：连接EF，DF交BC于K．∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB∥DF，∴∠DKE＝∠ABC＝45°，
∴∠EKF＝180°﹣∠DKE＝135°，EK＝ED，
∵∠ADE＝180°﹣∠EDC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EKF＝∠ADE，∵∠DKC＝∠C，
∴DK＝DC，∵DF＝AB＝AC，∴KF＝AD，
在△EKF和△EDA中，
，∴△EKF≌△EDA，
∴EF＝EA，∠KEF＝∠AED，
∴∠FEA＝∠BED＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF＝AE
（3）如图③中，结论不变，AF＝AE．
理由：连接EF，延长FD交AC于K．
∵∠EDF＝180°﹣∠KDC﹣∠EDC＝135°﹣∠KDC，
∠ACE＝（90°﹣∠KDC）+∠DCE＝135°﹣∠KDC，
∴∠EDF＝∠ACE，∵DF＝AB，AB＝AC，
∴DF＝AC在△EDF和△ECA中，，
∴△EDF≌△ECA，
∴EF＝EA，∠FED＝∠AEC，
∴∠FEA＝∠DEC＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF＝AE
跟踪训练9证明： (1)①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90 ，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中, AD=AF,∠BAD=∠CAF,AB=AC，
∴△DAB≌△FAC(SAS)，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90 ，
即BC⊥CF；故答案为：垂直；
②△DAB≌△FAC，∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
故答案为：BC=CF+CD；
CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC.
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90 ，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中, AD=AF,
∠BAD=∠CAF,AB=AC，
∴△DAB≌△FAC(SAS)，
∴∠ABD=∠ACF，
∵∠BAC=90 ，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45
.∴∠ABD=180 45 =135 ，
∴∠BCF=∠ACF ∠ACB=135 45 =90 ，
∴CF⊥BC.∵CD=DB+BC，DB=CF，
∴CD=CF+BC.
过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90 ，AB=AC，
∴BC=2AB=4,AH=2，
∴CD=1,BC=4,CH=2，∴DH=3，
由(2)证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=DE,∠ADE=90 ，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90 ，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90 ，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中,∠ADH=∠DEM,∠AHD=∠DME,AD=DE，
∴△ADH≌△DEM(AAS)，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45 ，
∴∠BGC=45 ，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG2=GN2+EN2
∴EG=
跟踪训练10:解：∵△ABE是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，AB＝AE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝6，
∴AE＝AB＝6，
∵AF＝3，
∴AF＝EF，
∴S△ABF＝S△ABE＝ 62＝．
（2）作FH⊥AB于H，CJ⊥AE交AE的延长线于J．
∵△ABE，△FBC都是等边三角形，
∴BA＝BE，BF＝BC，∠ABE＝∠FBC＝60°，
∴∠ABF＝∠EBC，
∴△ABF≌△EBC（SAS），
∴AF＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠CEJ＝∠FAH，
∵∠FHA＝∠J＝90°，
∴△FHA≌△CJE（AAS），
∴FH＝CJ，AH＝EJ，
∵FB＝FG＝FC，FH＝CJ，
∴Rt△FGH≌Rt△CJF（HL），
∴GH＝FJ，
∵AH＝EJ，
∴EF＝AG，
∵BE＝AE＝AF+EF，
∴BE＝RC+AG．
例7:解：（1 ）∵BF⊥AE，CG∥AE,
∴ CG⊥BF.∴∠BGC=90
o∵在正方形ABCD中，∠ABH+∠CBG=90o,
∠CBG+∠BCG=90o,
∴∠ABH=∠BCG,∠AHB=∠BGC=90o, AB=BC,
∴△ABH≌△BCG,
∴CG=BH
∵∠BFC=∠CFG, ∠BCF=∠CGF=90o,
∴△CFG∽△BFC,
∴FC:BF=FG:FC
∴FC2=BF·GF;
∠GBC=∠FBC, ∠BCF=∠CGB=90o,
∴△BCG∽△BFC,
∴BC:BF=GB:BC
∴BC2=BF·GB
∵AB=BC,
∴AB2=BF·GB
∴AB2·GF=BF·GF·GB∵FC2=BF·GF
∴AB2·GF= FC2·GB
∴=
跟踪训练11:证明：（1）在正方形ABCD中，AB=AD，
∠BAE=∠D=90°，∴∠DAF+∠BAF=90°，
∵AF⊥BE，∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
∵在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
∴AF=BE；
解：MP与NQ相等．理由如下：如图，过点A作AF∥MP交CD于F，过点B作BE∥NQ交AD于E，∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMPF与四边形BNQE是平行四边形，
∴AF=PM，BE=NQ，
∵在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAE=∠D=90°，
∴∠DAF+∠BAF=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
∵在△ABE和△DAF中，
，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
∴AF=BE；
∴MP=NQ．
跟踪训练12:解：（1）感知：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；
探究：（1）如图②，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，
∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF和△CBE中，，
∴△PGF≌△CBE（ASA），
∴BE=FG
（2）由（1）知，FG=BE，
连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2
应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究（1）得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S四边形CEGM=CG×ME=×6×3=9，
故答案为9
HYPERLINK "()
" ()

【中考二轮复习】专题六 四边形综合（含解析）