1、专题22 以特殊的平行四边形为背景的证明与计算考点分析【例1】（2023年安徽初三）（已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（ADAB），将纸片折叠一次，使点A与点C重合，再展开，折痕EF交AD边于点E，交BC边于点F，分别连结AF和CE（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）若AE=10cm，ABF的面积为24cm2，求ABF的周长；（3）在线段AC上是否存在一点P，使得2AE2=ACAP？若存在，请说明点P的位置，并予以证明；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；（2）24cm；（3）存在，过E作EPAD交AC于P，则P就是所求的点，证明见解析.【解析】解：（1）四边形ABCD是矩形
2、，ADBC，EAO=FCO，由折叠的性质可得：OA=OC，ACEF，在AOE和COF中，AOECOF（ASA），AE=CF，四边形AFCE是平行四边形，ACEF，四边形AFCE是菱形；（2）四边形AFCE是菱形，AF=AE=10cm，四边形ABCD是矩形，B=90，SABF=ABBF=24cm2，ABBF=48（cm2），AB2+BF2=（AB+BF）2-2ABBF=（AB+BF）2-248=AF2=100（cm2），AB+BF=14（cm）ABF的周长为：AB+BF+AF=14+10=24（cm）（3）证明：过E作EPAD交AC于P，则P就是所求的点当顶点A与C重合时，折痕EF垂直平分AC，
3、OA=OC，AOE=COF=90，在平行四边形ABCD中，ADBC，EAO=FCO，AOECOF，OE=OF四边形AFCE是菱形AOE=90，又EAO=EAP，由作法得AEP=90，AOEAEP，则AE2=AOAP，四边形AFCE是菱形，AOAC，AE2=ACAP，2AE2=ACAP【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质，相似三角形的判定和性质，综合性较强，掌握相关性质定理，正确推理论证是解题关键【例2】（2023年江苏泰州中学附属初中初三月考）如图，正方形ABCD的边长为6，把一个含30的直角三角形BEF放在正方形上，其中FBE30，BEF90，BEBC，绕B点转动FB
4、E，在旋转过程中，（1）如图1，当F点落在边AD上时，求EDC的度数；（2）如图2，设EF与边AD交于点M，FE的延长线交DC于G，当AM2时，求EG的长；（3）如图3，设EF与边AD交于点N，当tanECD时，求NED的面积【答案】（1）15；（2）3；（3）【解析】解：（1）如图1中，作EHBC于H，EMCD于M则四边形EMCH是矩形四边形ABCD是正方形，BABCCD，ABCBCD90，BCBE，ABBECD，在RtBFA和RtBFE中，RtBFARtBFE（HL），ABFEBF30，ABC90，EBC30，EHMCBECD，DMCM，EMCD，EDEC，BCE（18030）75，EDC
5、ECD15（2）如图2中，连接BM、BGAM2，DMADAM4，由（1）可知BMABME，BGEBGC，AMEM2，EGCG，设EGCGx，则DG6x在RtDMG中，MG2DG2+DM2，（2+x）2（6x）2+42，x3，EG3（3）如图3中，连接BN，延长FE交CD于G，连接BGANNE，EGCG，BEBC，BG垂直平分CE，ECG+BCG90，GBC+ECB90，ECDGCB，tanGBCtanECD，CGBC2，CD6，DGCDCG4，设ANENy，则DN6y，在RtDNG中，（6y）2+42（2+y）2，解得：y3，ANNE3，DN3，NG5，SNEDSDNG34【点睛】本题是四边形
6、综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题考点集训1（2023年陕西初三期中）问题：如图，在等边三角形ABC内有一点P，且PA2，PB=，PC1，求BPC的度数和等边三角形ABC的边长李明同学的思路是：将BPC绕点B逆时针旋转60，画出旋转后的图形(如图)，连接PP，可得PPB是等边三角形，而PPA又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，可得APB ，所以BPCAPB ，还可证得ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为 ，问题得到解决（1）根
7、据李明同学的思路填空：APB ，BPCAPB ，等边三角形ABC的边长为 （2）探究并解决下列问题：如图，在正方形ABCD内有一点P，且PA，PB，PC1.求BPC的度数和正方形ABCD的边长【答案】（1）APB150，BPCAPB150，等边三角形ABC的边长为；（2）BPC135，正方形ABCD的边长为.【解析】（1）等边ABC，ABC=60，将BPC绕点B逆时针旋转60得出ABP，AP=CP=1，BP=BP=，PBC=PBA，APB=BPC，PBC+ABP=ABC=60，ABP+ABP=ABC=60，BPP是等边三角形，PP=，BPP=60，AP=1，AP=2，AP2+PP2=AP2，A
8、PP=90，BPC=APB=90+60=150，过点B作BMAP，交AP的延长线于点M，MPB=30，BM=，由勾股定理得：PM=，AM=1+=，由勾股定理得：AB=，故答案为：150，（2）将BPC绕点B逆时针旋转90得到AEB，与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，BPC=AEB，ABE=PBC，EBP=EBA+ABP=ABC=90，BEP=（180-90）=45，由勾股定理得：EP=2，AE=1，AP=，EP=2，AE2+PE2=AP2，AEP=90，BPC=AEB=90+45=135，过点B作BFAE，交AE的延长线于点F；FEB=45，FE=BF=1，AF=2；在RtAB
9、F中，由勾股定理，得AB=；BPC=135，正方形边长为答：BPC的度数是135，正方形ABCD的边长是【点睛】本题主要考查对勾股定理及逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30度角的 直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解此题的关键2（2023年云南初三月考）如图，矩形ABCD中，AB4，AD3，E是边AB上一点，将CBE沿直线CE对折，得到CFE，连接DF（1）当D、E、F三点共线时，证明：DECD；（2）当BE1时，求CDF的面积；（3）若射线DF交线段AB于点P，求BP的最大值【答案】（1）见解析；（2）；（3
10、）4【解析】证明：（1）四边形ABCD是矩形ABCD4，ADBC3，ABCD，DCECEBCBE翻折得到CFEFECCEBDCEFECDECD（2）如图1，延长EF交CD的延长线于点G，四边形ABCD是矩形ABCD4，ADBC3，ABCD，DCECEBCBE翻折得到CFEFECCEB，CFBC3，EFBE1，CFE90DCEFEC，CFG90CGEG，GFGEEFCG1在RtCGF中，CG2CF2+GF2，CG29+（CG1）2，解得：CG5CDF与CGF分别以CD、CG为底时，高相等SCDFSCGF（3）如图2，过点C作CHDP于点H，连接CP，CDABCDPAPD，且ACHD90ADPHC
11、D，CHCF，CFBCAD3CH3当点H与点F重合时，CH最大，DH最小，AP最小，BP最大，此时，在ADP与HCDADPHCD（AAS）CDDP4，APDFAPBP的最大值为4【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质3（2023年江苏初二期末）如图1，正方形ABCD的边长为4，对角线AC、BD交于点M（1）直接写出AM=；（2）P是射线AM上的一点，Q是AP的中点，设PQ=xAP= ，AQ= ；以PQ为对角线作正方形，设所作正方形与ABD公共部分的面积为S，用含x的代数式表示S，并写出相应的x的取值范围(直接写出，不需要写过程)
12、【答案】（1）；（2）2x，x；S(0x)【解析】解：（1）正方形ABCD的边长为4，对角线AC4，又AM2故答案为：2（2）Q是AP的中点，设PQ=x，AP=2PQ=2x，AQ=x故答案为：2x；x如图：以PQ为对角线作正方形，GQM=FQM=45正方形ABCD对角线AC、BD交于点M，FMQ=GMQ=90，FMQ和GMQ均为等腰直角三角形，FM=QM=MGQM=AMAQ=2x，SFGQM，S，依题意得：，0x2，综上所述：S(0x2)，【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角解答本题要充分利用等腰直角三角形性质解答4（2023年江苏初二期末）（1）如图1，已知正方形ABCD，点M和N分别是边BC，CD上的点，且BM=CN，连接AM和BN，交于点P猜想AM与BN的位置关系，并证明你的结论；（2）如图2，将图（1）中的APB绕着点B逆时针旋转90，得到APB，延长AP交AP于点E，试判断四边形BPEP的形状，并说明理由【答案】（1）AMBN，证明见解析；（2）四边形BPEP是正方形，理由见解析.【解析】（1）AMBN 证明：四边形ABCD是正方形，AB=BC，