专题10：四边形
一、选择题
1.(2017北京第6题)若正多边形的一个内角是150°，则该正多边形的边数是（）
A．6B．12C.16D．18
【答案】B.
【解析】
试题分析：设多边形的边数为n,则有（n-2）×180°=n×150°,解得：n=12.故选B.
考点：多边形的内角与外角
2.(2017河南第7题)如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（）
A．B．C.D．
【答案】C.
考点：菱形的判定.
3.（2017湖南长沙第10题）如图，菱形的对角线的长分别为，则这个菱形的周长为（）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
试题分析：根据菱形的对角线互相垂直，可知OA=3，OB=4，根据勾股定理可知5，所以菱形的周长为20.
故选折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点重合），折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，则的值为（）
A．B．C．D．随点位置的变化而变化
【答案】B
【解析】
试题分析：设正方形ABCD的边长为2a，正方形的周长为m=8a，
设CM=x，DE=y，则DM=2a-x，EM=2a-y，
∵∠EMG=90°，
∴∠DME+∠CMG=90°．
∵∠DME+∠DEM=90°，
∴∠DEM=∠CMG，
又∵∠D=∠C=90°△DEM∽△CMG，
∴,即
∴CG=
△CMG的周长为CM+CG+MG=
在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2
即（2a-x）2+y2=（2a-y）2
整理得4ax-x2=4ay
∴CM+MG+CG==n．
所以中，点是边上的点（与、两点不重合），过点作，，分别交，于、两点，下列说法正确的是（）
A．若，则四边形是矩形
B．若垂直平分，则四边形是矩形
C．若，则四边形是菱形
D．若平分，则四边形是菱形
【答案】D
【解析】
试题分析：根据题意可知：，，可得四边形若ADBC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；选项A错误；
若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；选项B错误；
若BD=CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；选项C错误；
若AD平分BAC，则四边形AEDF是菱形；正确．
故选，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（）
A． B． C． D．
【答案】D
考点：1、平行四边形的性质，2、勾股定理，3、面积法求线段长度
8.(2017四川泸州第11题)如图，在矩形中，点是边的中点，,垂足为，则的值是（）
A．B．C．D．
【答案】A.
【解析】
试题分析：由AD∥BC可得△ADF∽△EBF，根据相似三角形的性质可得，因点是边的中点且AD=BC,所以=2，设EF=x，可得AF=2x，在Rt△ABE中，由射影定理可得BF=，再由=2可得DF=2，在Rt△DEF中，=，故选A.
9.（2017江苏苏州第10题）如图，在菱形中，，，是的中点．过点作，垂足为．将沿点到点的方向平移，得到．设、分别是、的中点，当点与点重合时，四边形的面积为
A．B．C.D．
【答案】A.
【解析】
试题分析：作
在菱形中，，,是的中点
是的中点，
故答案选A.
考点：平行四边形的面积，三角函数.
10.（2017江苏苏州第7题）如图，在正五边形中，连接，则的度数为
A．B．C.D．
【答案】B.
【解析】
试题分析：=故答案选B.
考点：多边形的外角，等腰三角形的两底角相等
11.（2017浙江台州第10题）如图，矩形四个顶点分别在菱形四条边上，将折叠，重叠部分为菱形且面积是菱形的时，则为（）
B．2C.D．4
【答案】A
考点：1、菱形的性质，2、翻折变换（折叠问题）
二、填空题
1.(2017天津第17题)如图，正方形和正方形的边长分别为3和1，点分别在边上，为的中点，连接，则的长为.
【答案】.
【解析】
试题分析：连结AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连结FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM=,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM=,由勾股定理即可求得PG=.
2.(2017福建第15题)两个完全相同的正五边形都有一边在直线上，且有一个公共顶点，其摆放方式如图所示，则等于度．
【答案】
3.（2017广东广州第16题）如图9，平面直角坐标系中是原点，的顶点的坐标分别是，点把线段三等分，延长分别交于点，连接，则下列结论：①是的中点；与相似的面积是；；其中正确的结论是
【答案】①③
【解析】
试题分析：如图，分别过点A、B作于点N，轴于点中，
是线段AB的三等分点，
是①正确
不是菱形.
故和不相似.
则②错误；
由①得点是的中位线
是OB的三等分点，
解得：
四边形是梯形
则③正确
,故④错误.
综上：①③正确.
考点：平行四边形和相似三角形的综合运用
4.（2017广东广州第11题）如图6，四边形中，，则
【答案】70°
【解析】
试题分析：两直线平行，同旁内角互补，可得：180°-110°＝70°
考点：平行线的性质中，对角线，相交于点.若，，，则的面积是．
【答案】24
【解析】
试题分析：作OECD于E，由平行四边形的性质得出OA=OC，OB=OD=BD=5，CD=AB=4，由sinBDC=，证出ACCD，OC=3，AC=2OC=6，得出ABCD的面积=CD?AC=24．
故答案为
考点：1、平行四边形的性质、三角函数、勾股定理
【答案】32
【解析】
试题分析：如下图
由∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，可知A，B，C，D四点共圆，圆心是E，直径AC然后根据圆周角定理由∠BAD＝58°，得到∠BED＝116°，然后根据等腰三角形的性质可求得∠EBD=32°.
故答案为：32.
考点:1、圆周角性质定理，2、等腰三角形性质
7.(2017山东滨州第16题)如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F．若AD＝8，AB＝6，AE＝4，则△EBF周长的大小为___________．
【答案】8.
【解析】由折叠的性质可得DH=EH，设AH=x，则DH=EH=8-x，在Rt△AEH中，根据勾股定理可得，解得x=3，即可得AH=3，EH=5；根据已知条件易证△AEH∽△BFE，根据相似三角形的性质可得,即，解得BF=,EF=,所以△EBF的周长为2++=8.
8.(2017江苏宿迁第15题)如图，正方形的边长为，点在边上，且．若点在对角线上移动，则的最小值是．
【答案】.
9.(2017辽宁沈阳第16题)如图，在矩形中，,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，则的长是.
【答案】.
【解析】
试题分析：如图，过点C作MNBG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM=,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENMW为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN=,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.
考点：四边形与旋转的综合题.
10．（2017江苏苏州第18题）如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、，若，，，则（结果保留根号）．
【答案】.
【解析】
试题分析：连接AG,设DG=x,则
在中，，则
考点：旋转的性质，勾股定理.
11.(2017山东菏泽第11题)菱形中，，其周长为，则菱形的面积为____.
【答案】18.
【解析】
试题分析：如图，连接BD，作DE⊥AB,已知菱形的周长为，根据菱形的性质可得AB=6;再由，即可判定△ABD是等边三角形；求得DE=,所以菱形的面积为：6×=18.
12.（2017浙江湖州第13题）已知一个多边形的每一个外角都等于，则这个多边形的边数是．
【答案】5
考点：多边形的外角和
三、解答题
1.(2017北京第20题)数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证.,
（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
请根据上图完成这个推论的证明过程．
证明：，（____________+____________）．
易知，，_____________=______________，______________=_____________．
可得．
【答案】.
【解析】
试题分析：由矩形的对角线的性质，对角线把矩形分成两个面积相等的三角形计算即可.
本题解析：由矩形对角线把矩形分成两个面积相等的两部分可得：
,∴,∴.
考点：矩形的性质，三角形面积计算.
2.(2017北京第22题)如图，在四边形中，为一条对角线，，为的中点，连接
（1）求证：四边形为菱形；
（2）连接，若平分，求的长.
【解析】
试题分析：（1）先证四边形是平行四边形，再证其为菱形；（2）利用等腰三角形的性质，锐角三角函数，即可求解.
本题解析：(1)证明：∵E为AD中点，AD=2BC,∴BC=ED,∵AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=2BE,∠ABD=90°,AE=DE∴BE=ED,∴四边形ABCD是菱形.
(2)∵AD∥BC,AC平分∠BAD∴∠BAC=∠DAC=∠BCA,∴BA=BC=1,∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB=,∠ADB=30°,∴∠DAC=30°,∠ADC=60°.在RT△ACD中，AD=2，CD=1，AC=.
考点：平行线性质，菱形判定，直角三角形斜边中线定理.
3.(2017天津第24题)将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点.是边上的一点（点不与点重合），沿着折叠该纸片，得点的对应点.
（1）如图①，当点在第一象限，且满足时，求点的坐标；
（2）如图②，当为中点时，求的长；
（3）当时，求点的坐标（直接写出结果即可）.
【答案】（1）点A’的坐标为（，1）；（2）1；（3）或.
【解析】
试题分析：（1）因点，点，可得OA=,OB=1，根据折叠的性质可得△A’OP≌△AOP，由全等三角形的性质可得OA’=OA=,在Rt△A’OB中，根据勾股定理求得的长，即可求得点A的坐标；（2）在Rt△AOB中BOP是等边三角形OPA=120°.在判定四边形OPA’B是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得的长；
试题解析：（1）因点，点，
∴OA=,OB=1.
根据题意，由折叠的性质可得△A’OP≌△AOP.
∴OA’=OA=,
由，得∠A’BO=90°.
在Rt△A’OB中，,
∴点A’的坐标为（，1）.
(2)在Rt△AOB中，OA=,OB=1,
∵当为中点，
AP=BP=1,OP=AB=1.
∴OP=OB=BP,
∴△BOP是等边三角形
BOP=∠BPO=60°，
OPA=180°-∠BPO=120°.
由（1）知，△A’OP≌△AOP，
∴∠OPA’=∠OPA=120°，P’A=PA=1，
又OB=PA’=1，
∴四边形OPA’B是平行四边形.
∴A’B=OP=1.
(3)或.
4.(2017福建第24题)如图，矩形中，，AC、BC上点，为矩形是等腰三角形，求的长
（Ⅱ）若，求的长；CF=
【解析】
试题分析：（Ⅰ）分情况CP=CD、PD=PC、DP=DC讨论即可得；
（Ⅱ）连结PF、DE，记PF与DE的交点为O，连结OC，通过证明△ADP∽△CDF，从而得，AP=，CF=.
试题解析：（Ⅰ）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，∴DC=AB=6，AC==10；
要使△PCD是等腰三角形，有如下三种情况：
（1）当CP=CD时，CP=，即AP=
（3）当DP=DC时，过D作DQ⊥AC于Q，则PQ=CQ，∵S△ADC=AD·DC=AC·DQ，∴DQ=，∴CQ=，∴PC=,∴AP=AC-PC=.
综上所述，若△PCD是等腰三角形，AP的长为4或5或；
ED，在矩形PEFD中，PF=DE，∴OC=PF，∵OP=OF=PF，∴OC=OP=OF，∴∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，又∵∠OPC，∵AP=，∴CF=
5.（2017广东广州第24题）如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，若，．
①求的值；
②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．
【答案】（1）详见解析；（2）①②和
【解析】
（2）①连接分别交于点于点
关于的对称图形为
在矩形中，为的中点且为的中位线
同理可得：为
②过点交
由运动到所需的时间为由①可得
点O以的速度从从
由如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.
在中，设
解得：
和
考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置
6.（2017山东青岛第24题）（本小题满分12分）
已知：Rt△EFP和矩形ABCD如图①摆放（点P与点B重合），点F，B（P），C在同一条直线上，AB＝EF＝6cm，BC＝FP＝8cm，∠EFP＝90°。如图②，△EFP从图①的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s；EP与AB交于点G．同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s。过Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于M，连接AF，PQ，当点Q停止运动时，△EFP也停止运动．设运动时间为t（s）（0＜t＜6），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BD？
（2）设五边形AFPQM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点M在PG的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）t=；（2）（3）t=2，9:8（4）t=
【解析】
试题分析：（1）利用△CPQ∽△CBD，列比例式求出t的值；
（2）利用△MDQ∽△CBD，得MD=（6-t），再利用，可求得函数的解析式；
（3）利用=9:8得方程求解；
（4）利用△PBG∽△PEF，得AG、AM，作MN⊥BC，构造矩形MNCD，则MN=6，PN=（8-t）-（6-t）=，然后根据AG2+AN2=PN2+MN2可列方程求解.
试题解析：（1）若PQ∥BD，则△CPQ∽△CBD，可得，即，解得t=；
（2）由∠MQD+∠CDB=∠CBD+∠CDB=90°，可得∠MQD=∠CBD，
又∠MDQ=∠C=90°，∴△MDQ∽△CBD，
∴
即
解得MD=（6-t），
所以
=
=
即
（3）假使存在t，使
则，即
整理得，解得
答：当t=2，
（4）易证△PBG∽△PEF，
∴，即，∴
则
作MN⊥BC于N点，则四边形MNCD为矩形
所以MN=CD=6，CN=，故：PN=
若M在PG的垂直平分线上，则GM=PM，
所以，所以
即：
整理得：，解得。
考点：1、矩形，2、相似三角形，3、二次函数，4、运动型
7.（2017山东青岛第21题）（本小题满分8分）
已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OF．
（1）求证：△BCE≌△DCF；
（2）当AB与BC满足什么条件时，四边形AEOF正方形？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）四边形AEOF是正方形
【解析】
试题分析：（1）利用SAS证明△BCE≌△DCF；
（2）先证明AEOF为菱形，当BC⊥AB，得∠BAD＝90°，再利用知识点：有一个角是90°的菱形是正方形。
试题解析：（1）∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠D
又E、F分别是AB、AD中点，∴BE=DF
∴△ABE≌△CDF（SAS）
考点：1、菱形，2、全等三角形，3、正方形
8.(2017山东滨州第22题)（本小题满分10分）
如图，在□ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则所得四边形ABEF是菱形．
（1）根据以上尺规作图的过程，求证四边形ABEF是菱形；
（2）若菱形ABEF的周长为16，AE＝4，求∠C的大小．
【答案】（1）详见解析；（2）60°.
【解析】
试题分析：（1）由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD，即可得∠BAE＝∠EAF．再由四边形ABCD为平行四边形，可得BC∥AD，根据平行线的性质可得∠AEB＝∠EAF，所以∠BAE＝∠AEB，根据等腰三角形的性质可得AB＝BE，即可得BE＝AF，所以四边形ABEF为平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判定四边形ABEF为菱形；（2）连接BF，已知四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可得BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE，OA＝AE＝．再由菱形ABEF的周长为16，可得AF＝4．所以cos∠OAF＝＝．即可得∠OAF＝30°，所以∠BAF＝60°．再由平行线的性质即可得∠C＝∠BAD＝60°．
试题解析：
（1）由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD．∴∠BAE＝∠EAF．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD．∴∠AEB＝∠EAF．
∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE．∴BE＝AF．∴四边形ABEF为平行四边形．
∴四边形ABEF为菱形．
（2）连接BF，
∵四边形ABEF为菱形，∴BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE．
∴OA＝AE＝．∵菱形ABEF的周长为16，∴AF＝4．
∴cos∠OAF＝＝．∴∠OAF＝30°，∴∠BAF＝60°．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠C＝∠BAD＝60°．
9.(2017山东日照第18题)如图，已知BA=AE=DC，AD=EC，CEAE，垂足为E．
（1）求证：DCA≌△EAC；
（2）只需添加一个条件，即，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．
【答案】(1)详见解析；(2)AD=BC（答案不唯一）．
试题分析：（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．
试题解析：
（1）证明：在DCA和EAC中，，
DCA≌△EAC（SSS）；
（2）添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下：
AB=DC，AD=BC，
四边形ABCD是平行四边形，
CE⊥AE，
E=90°，
由（1）得：DCA≌△EAC，
D=∠E=90°，
四边形ABCD为矩形；
考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．
10.(2017辽宁沈阳第18题)如图，在菱形中，过点做于点，做于点，连接，
求证：（1）;
（2）
【答案】详见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据菱形的性质可得AD=CD，，再由，，可得，根据AAS即可判定；（2）已知菱形，根据菱形的性质可得AB=CB，再由，根据全等三角形的性质可得AE=CF，所以BE=BF，根据等腰三角形的性质即可得.
试题解析：
(1)∵菱形，
∴AD=CD，
∵，
∴
∴
(2)∵菱形，
∴AB=CB
∵
∴AE=CF
∴BE=BF
∴
考点：全等三角形的判定及性质；菱形的性质.
11.(2017辽宁沈阳第24题)四边形是边长为4的正方形，点在边所在的直线上，连接，以为边，作正方形（点，点在直线的同侧），连接
（1）如图1，当点与点重合时，请直接写出的长；
（2）如图2，当点在线段上时，
①求点到的距离
②求的长
（3）若，请直接写出此时的长.
【答案】(1)BF=4;(2)①点到的距离为3；②BF=；(3)AE=2+或AE=1.
【解析】
试题分析：（1）过点F作FMBA,交BA的延长线于点M，根据勾股定理求得AC=,又因点与点重合，可得△AFM为等腰直角三角形且AF=,再由勾股定理求得AM=FM=4,在Rt△BFM中，由勾股定理即可求得BF=4;（2）①过点F作FHAD交AD的延长线于点H，根据已知条件易证，根据全等三角形的性质可得FH=ED，又因AD=4,AE=1,所以ED=AD-AE=4-1=3,即可求得FH=3，即点到的距离为3；②延长FH交BC的延长线于点K，求得FK和BK的长，在Rt△BFK中，根据勾股定理即可求得BF的长；（3）分点E在线段AD的延长线上和点E在线段DA的延长线上两种情况求解即可.
试题解析：
(1)BF=4;
(2)如图，
①过点F作FHAD交AD的延长线于点H，
∵四边形CEFG是正方形
∴EC=EF,∠FEC=90°
∴∠DEC+∠FEH=90°，
又因四边形是正方形
∴∠ADC=90°
∴∠DEC+∠ECD=90°，
∴∠ECD=∠FEH
又∵∠EDC=∠FHE=90°，
∴
∴FH=ED
∵AD=4,AE=1,
∴ED=AD-AE=4-1=3,
∴FH=3，
即点到的距离为3.
②延长FH交BC的延长线于点K，
∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°，
∴四边形CDHK为矩形，
∴HK=CD=4,
∴FK=FH+HK=3+4=7
∵
∴EH=CD=AD=4
∴AE=DH=CK=1
∴BK=BC+CK=4+1=5,
在Rt△BFK中，BF=
(3)AE=2+或AE=1.
考点：四边形综合题.
12.(2017江苏宿迁第26题)（本题满分10分）
如图，在矩形纸片中，已知，，点在边上移动，连接，将多边形沿直线折叠，得到多边形，点、的对应点分别为点、．
（1）当恰好经过点时（如图1），求线段的长；
（2）若分别交边、于点、，且（如图2），求的面积；
（3）在点从点移动到点的过程中，求点运动的路径长．
【答案】(1)；（2）；（3）.
【解析】
试题解析：
(1)如图1，由折叠得，,,,,
由勾股定理得，,
所以，
因为,所以,
又因,所以
又，所以
所以,即，所以
(2)如图2-1，连接AC，因为∠BAC=，所以∠BAC=60°，
故∠DAC=30°，又，所以,
由折叠得，,所以,
所以,即,,
因为,所以;
(3)如图2-2，连接A，则,
所以点的运动路径是以点A为圆心，以AC为半径的圆弧；当点E运动到点D时，点恰好在CD的延长线上，此时,
所以点的运动路径长是.
13.(2017山东菏泽第23题)正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.
（1）如图1，若点与点重合，求证：；
（2）如图2，若点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
①设,求关于t的函数表达式；
②当时，连接，求的长.
【答案】（1）详见解析；（2）①；②5.
【解析】
试题分析：（1）根据已知条件易证△ABF≌△NAD，由全等三角形的性质即可得；（2）
先证△ABF∽△NAD，根据全等三角形的性质求得；（3）利用△ABF∽△NAD，求得t=2，根据（2）的函数解析式求得BF的长，再由勾股定理即可得FN的长.
试题解析：
【解】
（1）∵正方形
∴AD=AB,∠DAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NDA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NDA
∴△ABF≌△NAD
∴
（2）①∵正方形
∴AD∥BF
∴∠ADE=∠FBE
∵∠AED=∠BEF
∴△EBF∽△EAD
∴
∵正方形
∴AD=DC=CB=6
∴BD=
∵点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.
∴BE=，DE=
∴
∴
②当时，连接，求的长.
∵正方形
∴∠MAN=∠FBA=90°
∵
∴∠NAH+∠ANH=90°
∵∠NMA+∠ANH=90°
∴∠NAH=∠NMA
∴△ABF∽△NAD
∴
∵，AB=6
∴AN=2,BN=4
∴
∴t=2
把t=2代入，得y=3，即BF=3,
在RT△BFN中，BF=3,BN=4,
根据勾股定理即可得FN=5.
14.(2017山东菏泽第17题)如图，是的边的中点，连接并延长交的延长线于，若，求的长.
【答案】12.
【解析】
试题分析：
试题解析：先证明△AEF≌△DEC,根据全等三角形的性质可得AF=，再利用平行四边形的性质证得AB=CD=6，根据=AF+AB即可求得BF的长.
【解】
∵
∴AF∥DC
∴∠F=∠DCF
∵是的边的中点
∴AE=DE
∵∠AEF=∠DEC
∴△AEF≌△DEC
∴AF=
∵
∴AB=CD=6
即=AF+AB=12.
15.(2017浙江舟山第23题)如图是的中线，是线段上一点（不与点重合），交于点，，连结.
（1）如图1，当点与重合时，求证：四边形是平行四边形；
（2）如图2，当点不与重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
（3）如图3，延长交于点，若，且.当，时，求的长.
【答案】（1）详见解析；（2）结论成立，理由详见解析；（3）DH=1+.
【解析】
试题分析：（1）由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠ABM，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，则△ABD?△EDC，得到AB=ED，根据有一组对边平行且相等，可得四边形ABDE为平行四边形.（2）过点M作MG//DE交EC于点G，则可得四边形DMGE为平行四边形，且ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，即可证得；（3）在已知条件中没有已知角的度数时，则在求角度时往特殊角30°，60°，45°的方向考虑，则要求这样的特殊角，就去找边的关系，构造直角三角形，取线段HC的中点I，连结MI，则MI是△BHC的中位线，可得MI//BH,MI=BH，且MI⊥AC，则去找Rt△AMI中边的关系，求出∠CAM；设DH=x,即可用x分别表示出AH=x，AD=2x,AM=4+2x，BH=4+2x,由△HDF~△HBA，得到对应边成比例，求出x的值即可.
试题解析：（1）证明：∵DE//AB，∴∠EDC=∠ABM，
∵CE//AM，∴∠ECD=∠ADB，又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD=DC，∴△ABD?△EDC，∴AB=ED，又∵AB//ED,∴四边形ABDE为平行四边形。
（2）解：结论成立，理由如下：过点M作MG//DE交EC于点G，∵CE//AM，∴四边形DMGE为平行四边形，∴ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，∴AB=ED且AB//ED.∴四边形ABDE为平行四边形.（3）
解：取线段HC的中点I，连结MI，∴MI是△BHC的中位线，∴MI//BH,MI=BH，又∵BH⊥AC，且BH=AM，∴MI=AM，MI⊥AC，∴∠CAM=30°设DH=x,则AH=x，AD=2x,∴AM=4+2x，∴BH=4+2x,由（2）已证四边形ABDE为平行四边形，∴FD//AB，∴△HDF~△HBA，∴，即解得x=1±（负根不合题意，舍去）∴DH=1+.
考点：平行四边形的判定与性质
16.（2017浙江湖州第22题）（本小题10分）
已知正方形的对角线，相交于点．
（1）如图1，，分别是，上的点，与的延长线相交于点．若，求证：；
（2）如图2，是上的点，过点作，交线段于点，连结交于点，交于点．若，
①求证：；
②当时，求的长．
【答案】（1）证明见解析（2）①证明见解析②
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质，可根据三角形全等的判定（ASA）与性质求证即可；
（2）①同（1）中，利用上面的结论，根据SAS可证的结论；
②设CH=x，然后根据正方形的性质和相似三角形的判定与性质可得，然后列方程求解即可
（2）①证明：∵OD=OC，∠DOG=∠COE=90°
又∴△DOG≌△COE（SAS）
∴∠ODG=∠OCE
②解设
∵四边形∴BH=1-x
∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°
∵EH⊥BC
∴∠BEH=∠EBH=45°
∴EH=BH=1-x
∵∠ODG=∠OCE
∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE
∴∠HDC=∠ECH
∵EH⊥BC
∴∠EHC=∠HCD=90°
∴△CHE∽△DCH
∴
∴HC2=EH·CD
得x2x-1=0
解得（舍去）
∴HC=
考点：1、正方形的性质，2、全等三角形的判定与性质，3、相似三角形的判定与性质，4、解一元二次方程
17.(2017湖南湘潭第20题)如图，在中，连接并延长交的延长线于点.
（1）求证：；
（2）若，，求的度数.
【答案】（1）详见解析；（2）108°.
【解析】
试题分析：（1）利用AAS或ASA,证明．（2）先证明△ABF是等腰三角形，再求的度数.
试题解析：
∵
∴AD∥DF
∴∠ADE=∠EFC
∵，∠AED=∠CEF
∴
∵
∴AD=BC
∵
∴AD=FC
∴FC=BC
∵
∴AB=BF
∵
∴=108°
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