专题17 与四边形有关的压轴题一、单选题1．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的
动点，，连接.以下四个结论正确的是（?）①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.A．①②③B．①②④C．①③④D．①②
③④【答案】D【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．②当MN最小值时，即
AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线
定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最
后得到答案．【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，∵，∴，与为等边三角形，又，，∴，在与中∴，
∴AM=AN，即为等边三角形，故①正确；∵，当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，∵，∴即，故②正确；当MN最小时，点
M、N分别为BC、CD中点，∴，∴，在中，，∴，而菱形ABCD的面积为：，∴，故③正确，当时，∴∴∴∴故④正确；故选：D．【点睛】
此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解
题关键．二、解答题2．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．实验探究：（1）
在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______
．（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上
探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或【分析】（1）
通过证明，可得，，即可求解；（2）通过证明，可得，，即可求解；拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．【详解】解：（1）
如图1，，，，，如图2，设与交于点，与交于点，绕点按逆时针方向旋转，，，，，又，，直线与所夹锐角的度数为，故答案为：，；（2）结论
仍然成立，理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，将绕点按逆时针方向旋转，，又，，，，又，，直线与所夹锐角的度数为．拓展延伸：如图
4，当点在的上方时，过点作于，，，点是边的中点，，，，，，，，、、三点共线，，，，，由（2）可得：，，，的面积；如图5，当点在的下
方时，过点作，交的延长线于，同理可求：的面积；故答案为：或．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质
，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．3．（2021·山东淄博·中考真题）已知：在正方形的边
上任取一点，连接，一条与垂直的直线（垂足为点）沿方向，从点开始向下平移，交边于点．（1）当直线经过正方形的顶点时，如图1所示．求证
：；（2）当直线经过的中点时，与对角线交于点，连接，如图2所示．求的度数；（3）直线继续向下平移，当点恰好落在对角线上时，交边于点
，如图3所示．设，求与之间的关系式．【答案】（1）见详解；（2）；（3）【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求证；
（2）连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，由题意易得AQ=FQ，∠ADB=45°，则有QM=MD，进而可
得证，然后可得，则问题可求解；（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，由题意易证四边形HEGD是平行四边形，则有，进而可得，然后可
得，则问题可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵AF⊥ED，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：连接AQ，过点Q作QM⊥A
D于点M，并延长MQ，交BC于点N，如图所示：∵点P是AF的中点，AF⊥EQ，∴，∵四边形是正方形，∴，∴四边形MNCD是矩形，△
MDQ是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴；（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，如图所示：∴四
边形HEGD是平行四边形，∴，∵AF⊥EG，∴AF⊥HD，由（1）中结论可得，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴与之间的关系式为
．【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性
质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美
四边形．（1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交
于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，
求的长．【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）．【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定
理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；（2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可；（3）设分
别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计
算即可得．【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下：如图，连接，∵，∴点在线段的垂直平分线上，∵，∴点在线段的垂直平分线上
，∴直线是线段的垂直平分线，即，∴四边形是垂美四边形；（2）猜想，证明如下：∵四边形是垂美四边形，∴，∴，由勾股定理得：，，∴；（
3）如图，设分别交于点，交于点，连接，∵四边形和四边形都是正方形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，又∵，，∴，∴，即，∴四边形是垂美
四边形，由（2）得：，∵是的斜边，且，，∴，，在中，，在中，，∴，解得或（不符题意，舍去），故的长为．【点睛】本题考查了正方形的性
质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．5．
（2021·山东菏泽·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．（1）如图1，
当与线段交于点时，求证：；（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）当时，在点由点移动到中
点的过程中，计算出点运动的路线长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证
得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；（2）连接PM，ME，MF，先证
RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；（3）连接AC，交EF于点O，
连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再
分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，∴ADBC，AB＝CD；∴∠DEF＝∠EFB，∵折
叠，∴∠DEF＝∠HEF，∴∠HEF＝∠EFB，∴PE＝PF；（2）证明：连接PM，ME，MF，∵在矩形ABCD中，∴AD＝BC，
∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，又∵AE＝CF，∴AD－AE＝BC－CF，即：DE＝BF，∵折叠，∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝
∠PHM＝90°，∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，又∵由（1）得：PE＝PF，∴PE－HE＝PF－BF，即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，，∴RtPHM≌RtPBM（HL），∴∠EPM＝∠FPM，在EPM与FPM中，，∴EPM≌FPM（SA
S），∴ME＝MF，∴点M在线段EF的垂直平分线上；（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，∵AB＝CD＝5，，∴BC＝
，∴在RtABC中，AC＝＝，∵ADBC，∴∠EAO＝∠FCO，在EAO与FCO中，，∴EAO≌FCO（AAS），∴OA＝OC＝A
C＝5，又∵折叠，∴OG＝OC＝5，当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，当点E与AD的中点重合时，如图所示，
此时点G与点B重合，∵O为定点，OG＝5为定值，∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，在RtABC中
，tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝60°，∵OA＝OB＝OC＝OG，∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，∴∠BOC＝
2∠BAC＝120°，∴的长为＝，∴点运动的路线长为．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概
念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．6．（2021·山东临沂·中考真题）如图，已知正方形ABCD
，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于
点G，M，连接HC（1）求证：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；（3）当点E在BC边上（端点除外）运
动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析【分析】（1）根据折叠的性质得到AG⊥B
F，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）连接DH，D
F，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明
△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BH
C即可．【详解】解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，∴AG⊥BF
，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠
FAD）=∠BAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，FN=DN，∴DH=HF，∠FNH
=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的长即为点D到直线BH
的距离，由（1）知：在Rt△ABE中，，∴，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△
AEB，∴，∴，，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴，，∴DH=FH=GH-GF==，即点D到直线BH的长为；（3）作正方形A
BCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，∵∠BHD=90°，∴H在圆周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD
=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几
何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．7．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三
角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．（1）当∠CAB＝45°时．①如图1，当顶
点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是 ．线段BE与线段CF的数量关系是 ；②如图2，当顶点D在边AB上时，（
1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，
仅供大家参考：思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；思路二：取DE的中
点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．（2）当∠CAB＝30°时，
如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理
由见解析．【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图
2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，
CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB
于T．∵CA＝CB，∠CAB＝45°，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，∴∠ACB＝90°，∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝9
0°，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴AD＝AE， ∴AT⊥DE，DT＝ET，∴AB垂直平分DE，∴BD＝BE，∵∠BCD＝90
°，DF＝FB，∴CF＝BD，∴CF＝BE．故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．②结论不变．解法一：如图2﹣1中，取AB的中
点M，BE的中点N，连接CM，MN．∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，由①得： 设AD＝
AE＝y．FM＝x，DM＝a， 点F是BD的中点，则DF＝FB＝a+x，∵AM＝BM，∴y+a＝a+2x，∴y＝2x，即AD＝2F
M，∵AM＝BM，EN＝BN，∴AE＝2MN，MN∥AE，∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），∴CF＝BN，∵BE＝2BN，∴CF＝BE．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C
逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，
AG＝DG＝EG，∵∠CAB＝45°，∴∠CAG＝90°，∴AC⊥AG，∴AC∥DE，∵∠ACB＝∠CBT＝90°， ∴AC∥BT
∥，∵AG＝BT，∴DG＝BT＝EG，∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，∴BD与GT互相平分， ∵点F是B
D的中点，∴BD与GT交于点F，∴GF＝FT，由旋转可得； 是等腰直角三角形，∴CF＝FG＝FT，∴CF＝BE．（2）结论：BE
＝．理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．∵CA＝CB，∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，∵AT＝TB，
∴CT⊥AB， ∴AT＝，∴AB＝，∵DF＝FB，AT＝TB，∴TF∥AD，AD＝2FT，∴∠FTB＝∠CAB＝30°，∵∠CTB
＝∠DAE＝90°，∴∠CTF＝∠BAE＝60°，∵∠ADE＝∠ACB＝60°， ∴AE＝AD＝FT，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题
属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应
用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．8．（2020·山东青岛·中考真题）已知：
如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过
点作于点，交于点．设运动时间为．解答下列问题：?（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求
的值；（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值
；若不存在，请说明理由．【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,【分析】（1）要使点M在
线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、
QN，进而得关于t的方程，解之即可；（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关
系式；（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t
的方程，解之即可．【详解】（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：由题意，CE=2，CM∥BF，∴即：，解得：CM=，要使点
在线段的垂直平分线上， 只需QM=CM=，∴t=；（2）如图，∵，，，∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=
，sin∠EFB=，在Rt△APH中，AP=2t，∴PH=AP·sin∠PAH=，在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得
：EM=，在Rt△QNF中，QF=10-t-=，∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，四边形为矩形，∴PH=QN，∴=，解得：t
=3；（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，∴BH=GC=8-，∴GM=GC+CM=
，HF=HB+BF=，∴===，∴S与t的函数关系式为：；（4）存在，t=．证明：如图，延长AC交EF于T，∵AB=BF,BC=B
F, ，∴△ABC≌△EBF，∴∠BAC=∠BEF，∵∠EFB+∠BEF=90o，∴∠BAC+∠EFB=90o，∴∠ATE=90o
即PT⊥EF，要使点在的平分线上，只需PH=PT，在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，CT=CE·sin∠BEF =，P
T=10+-2t=，又PH=，=，解得：t=．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分
线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常
考题型．9．（2020·山东菏泽·中考真题）如图1，四边形的对角线，相交于点，，．?图1?图2?（1）过点作交于点，求证：；（2）
如图2，将沿翻折得到．①求证：；②若，求证：．【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．【分析】（1）连接CE，根据全等证得
AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利
用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．【
详解】解：（1）连接CE，∵，∴，∵，，，∴△OAE≌△OCD，∴AE=CD，∴四边形AECD为平行四边形，∴AE=CD，OE=O
D，∵，∴CD=BE，∴；（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，由（1）得，，∴，由翻折的性质得，∴，∴，∴；
②∵，，∴四边形为平行四边形，∴，，∴，∵，∴EF=DE，∵四边形AECD是平行四边形，∴CD=AE=BE，∵AF∥CD，∴， ∵
EF=DE，CD=BE，，∴△BEF≌△CDE（SAS），∴， ∵，∴∠CED=∠BCD，又∵∠BDC=∠CDE，∴△BCD∽△C
DE，∴，即，∵DE=2OD，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合
，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．10．（2020·山东临沂·中考真题）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端
点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．（1）求证：；（2）求的最小值；（3）当点E在上运动时，的大小
是否变化？为什么？【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性
得到CF=EF和CF=AF即可得证；（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最
小值为AC的一半，即可求解；（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由A
F=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出
∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.【详解】解：（1）连接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF=EF，∵四边形ABCD为菱形，∴A和
C关于对角线BD对称，∴CF=AF，∴AF=EF；（2）连接AC，∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，∴MN=AF，N
G=CF，即MN+NG=（AF+CF），当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小，∵菱形ABC
D边长为1，∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，即MN+NG的最小值为；（3）不变，理由是：延长EF，交DC
于H，∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，∵点F在菱
形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：∠AFD=∠CFD=∠AFC，∵AF=CF=EF， ∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=
∠FCE，∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，∴∠ABF=∠CEF，∵∠ABC=60°，∴∠ABF=∠CEF=30
°，为定值.【点睛】本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的
关系．11．（2020·山东济宁·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF
平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．(1)求证:△AEH≌△AGH；(2)当AB=12，BE=4时：①求△DGH
周长的最小值；②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．
若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或【分析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE
=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于
点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种
情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴△ABC
是等边三角形 ，∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，∵BE=CG，AB=AC，∴△ABE≌△ACG，∴AE=AG，∵AF平分∠EA
G，∴∠EAH=∠GAH，∵AH=AH，∴△AEH≌△AGH；（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，∵点H在AF上，A
F平分∠EAG，且AE=AG，∴点E和点G关于AF对称，∴此时△DGH的周长最小，过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，由（1
）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，∴CM=CD=6，∴DM=，∵AB=12=BC
，BE=4，∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，∴DE==DH+EH=DH+HG，∴DH+HG+DG=∴△DGH周长的最小值
为；②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，即S△AON：S△AEC=1:4，∵
O是AC中点，∴N为AE中点，此时ON∥EC，∴，当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，同理S△NOC：S四边形ONEA=
1:3，∴S△NOC：S△AEC=1:4，∵O为AC中点，∴N为EC中点，则ON∥AE，∴，∵BE=4，AB=12，∴EC=8，E
N=4，过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，∵∠BCD=120°，∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，∴CG=2CP，∵C
G=BE=4，∴CP=2，GP=，∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，设EF=FG=
x，则FC=8-x，FP=10-x， 在△FGP中，，解得：x=，∴EF=，∴，综上：存在直线OH，的值为或.【点睛】本题考查了菱
形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.12．（2
020·山东德州·中考真题）问题探究：小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E
，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；（2）AD的取值范围是________________________；方法运用：（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【分析】（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．【详解】解：（1）如图，AD是中线， 在与中， 故答案为：（2） 故答案为：（3）证明：延长至点，使，∵是的中线∴在和中∴，∴，又∵，∵，∴，又∵，∴∴，又∵∴（4）证明：延长至点使，连接、、∵G为的中点∴在和中∴∴在中，∵，∴又矩形中，∴，∴，∴，又，∴，∴，又为的外角，∴，即，∵，∴，∴，即，在和中，∴，又，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵G为的中点，∴，即．【点睛】本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．学科网（北京）股份有限公司 zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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