2024年初中升学考试九年级数学专题复习四边形综合题.docx

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1、四边形综合题41（2023吉林）【操作发现】如图，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其判定的依据是 两组对边分别相平行的四边形是平行四边形【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（ABBC，FGBC），其中ABEF，BFEH，将它们按图放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N求证：EFMN是菱形【结论应用】保持图中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上，当MDMG时，延长CD，HG交于点P，得到图若四边形EC

2、PH的周长为40，sinEFG=45（EFG 为锐角），则四边形ECPH的面积为 80【答案】【操作发现】两组对边分别相平行的四边形是平行四边形；【探究提升】见解析；【结论应用】80【分析】【操作发现】根据平行四边形的判定定理即可得到结论；【探究提升】根据平行四边形的性质得到MNEF，ENFM，推出四边形EFMN是平行四边形，得到四边形ABEN是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；【结论应用】根据平移的性质得到四边形GFCP是平行四边形，根据平行四边形的性质得到PGCF，PGCF，推出四边形PDMG是平行四边形，证得四边形PDMG是菱形，根据菱形的性质得到PGPD，由【探究提升】知EF

3、MN是菱形，FMEF，推出四边形ECPH是菱形，根据三角函数的定义得到GQ8，于是得到结论【解答】【操作发现】解：如图，四边形EFMN总是平行四边形其判定的依据是两组对边分别相平行的四边形是平行四边形；故答案为：两组对边分别相平行的四边形是平行四边形；【探究提升】证明：四边形纸条ABCD和EFGH是平行四边形，MNEF，ENFM，四边形EFMN是平行四边形，BFEH，ABNF，ANBE，四边形ABEN是平行四边形，ABEN，ABEF，ENEM，EFMN是菱形；【结论应用】解：将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，四边形GFCP是平行四边形，PGCF，PGCF，DMCF，DMPG，四边形PD

4、MG是平行四边形，MDMG，四边形PDMG是菱形，PGPD，由【探究提升】知EFMN是菱形，FMEF，EFCD，CECP，四边形ECPH是菱形，四边形ECPH的周长为40，HEPC10，FGHE10，过G作GQBC于Q，sinEFG=GQFG=45，GQ8，四边形ECPH的面积为CEGQ10880故答案为：80【点评】本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质以及菱形的判定和性质定理是解题的关键四边形综合题28（2023宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角（1）如图1，

5、在四边形ABCD中，ADBC，A90，对角线BD平分ADC求证：四边形ABCD为邻等四边形（2）如图2，在65的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，DABABC90，BCD为邻等角，连结AC，过B作BEAC交DA的延长线于点E若AC8，DE10，求四边形EBCD的周长【考点】四边形综合题版权所有【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可；（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AEBCDC，设AEBCDCx，得ADDEAE10x，过点D作DFBC于点F，得

6、矩形ABFD，得ABDF，ADBF10x，所以CFBCBFx（10x）2x10，根据勾股定理得82x2x2（2x10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，ADBC，A90，ABC180A90，对角线BD平分ADC，ADBCDB，ADBC，ADBCBD，CBDCDB，CDCB，四边形ABCD为邻等四边形；（2）解：如图21，22，点D、D即为所求；（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，CDCB，DABABC90，ADBC，BEAC，四边形AEBC是平行四边形，EBAC8，AEBC，AEBCDC，设AEBCDCx，DE10，ADDEAE10x

7、，过点D作DFBC于点F，得矩形ABFD，ABDF，ADBF10x，CFBCBFx（10x）2x10，在RtABE和RtDFC中，根据勾股定理得：BE2AE2AB2，CD2CF2DF2，BE2AE2CD2CF2，82x2x2（2x10）2，整理得x220x+820，解得x11032，x210+32（不符合题意，舍去），CDCB1032，四边形EBCD的周长BE+DE+2CD8+10+2（1032）3862【点评】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是理解邻等四边形定义29（2023南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点

8、E是AM的中点，连接ED，EC（1）求证：EDEC；（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B落在AC上，连接MB当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断CMB的形状，并说明理由（3）在（2）的条件下，已知AB1，当DEB45时，求BM的长【考点】四边形综合题版权所有【分析】（1）根据正方形的性质和直角三角形斜边中线的性质可证EADEBC（SAS），根据全等三角形的性质即可得证；（2）根据折叠的性质可得根据旋转的性质可得，EBEB，再根据直角三角形斜边的中线的性质可得EBAEME，进一步可得ABM90，可得CBM90，再根据正方形的性质可得BCM45，进一步可得BMBC，可证MB

9、C是等腰直角三角形；（3）延长BE交AD于点F，根据三角形外角的性质可得BEB90，进一步可得DEF45，根据EADEBC，可得AEDBEC，进一步可得CEMDEF45，再证明CMEAMC，根据相似三角形的性质可得CM：AMEM：CM，可得CM2=12AM2，设BMx，则CM1x，根据勾股定理，AM21+x2，列方程求解即可【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，ADBC，BADABC90，E为AM的中点，AEBE，EABEBA，EADEBC，在EAD和EBC中，AE=BEEAD=EBCAD=BC，EADEBC（SAS），EDEC；（2）解：CMB是等腰直角三角形，理由如下：根据旋转的性质可得

10、，EBEB，EBAEME，EBAEME，EABEBA，EMBEBM，EAB+EBA+EBM+EMB180，ABM90，MBC90，在正方形ABCD中，ACB45，BMC45，BMBC，CMB是等腰直角三角形；（3）解：延长BE交AD于点F，如图所示：BEM2BAE，BEM2BAE，BAB45，BEB90，BEF90，DEB45，DEF45，EADEBC，AEDBEC，AEFBEM，CEMDEF45，MCA45，CEMMCA，又CMEAMC，CMEAMC，CM：AMEM：CM，EM=12AM，CM2=12AM2，在正方形ABCD中，BCAB1，设BMx，则CM1x，根据勾股定理，AM21+x2，

11、12(1+x2)=（1x）2，解得x=23或x2+3（舍去），BM=23【点评】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，本题综合性较强，难度较大四边形综合题36（2023郴州）已知ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CEAD，连接DE交射线AC于点F（1）如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；（2）如图2，当点D在线段AB的延长线上时，线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；如图3，连接AE设A

12、B4，若AEBDEB，求四边形BDFC的面积【答案】（1）CF=12BD，理由见解析过程；（2）成立，理由见解析过程；43+66【分析】（1）由“AAS”可证DGFECF，得到CFGF=12CG=12BD；（2）由“AAS”可证DGFECF，得到CFFG=12CG=12BD；根据已知条件推出tanAEHtanMDN，得到 AHEH=MNDN，证明ABCADG，得到 BCDG=AHAN=AHAM+MN，可以DG的长，由面积的和差关系可求解【解答】解：（1）CF=12BD，理由如下：如图，过点D作DGBC，交AC于点G，ABC是等边三角形，ABACBC，ABCACBBAC60，DGBC，ADGAB

13、C60，AGDACB60，GDFCEF，ADG为等边三角形，ADAGDG，ADCE，ABADACAG，DGCE，BDCG，又DFGCFE，DGFECF（AAS），CFGF=12CG=12BD；（2）成立，理由如下：如图2，过点D作DGBC，交AC的延长线于点G，ABC是等边三角形，ABACBC，ABCACBBAC60，DGBC，ADGABC60，AGDACB60，GDFCEF，ADG是等边三角形，ADAGDG，ADCE，ADABAGAC，DGCE，BDCG，又DFGCFE，DGFECF（AAS），CFFG=12CG=12BD；如图，过点D作DGBC，交AC的延长线于点G，过点A作 ANDG，交

14、BC于点H，交DE于点N，则：ANBC，由知：ADG为等边三角形，DGFECF（AAS），CF=FG=12BD，ABC为等边三角形，AB=AC=BC=4，BH=CH=12BC=2，AH=AB2BH2=23，AEBDEB，EHEH，AHEMEE90，AEHMEH（ASA），MH=AH=23，AM=2AH=43，DGFECF，CEFMDN，DGCE，AEHMDN，tanAEHtanMDN，AHEH=MNDN，设MNy，DGCEx，则：EHCE+CH2+x，DN=12DG=12x，23x+2=y2，DGBC，ABCADG，BCDG=AHAN=AHAM+MN，即：4x=2343+y， 联立可得：x=4

15、2+4 （负值已舍去），经检验 x=42+4 是原方程的根，DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12(x4)=22，AN=26+23，SACE=12CEAH=12（42+4）23=46+43，SACESCEF=ACCF=422，SCEF=22（46+43）43+26，四边形BDFC的面积为SADGSABCSDFGSADGSABCSCEF=12(42+4)(26+23)124234326=43+66【点评】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角 形本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似

16、三角形四边形综合题31（2023绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB12，AD10，B为锐角，且sinB=45（1）如图1，求AB边上的高CH的长；（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90得点C，D，如图2，当C落在射线CA上时，求BP的长；当ACD是直角三角形时，求BP的长【答案】（1）8；（2）347；（3）6 或 82【分析】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；（2）由三角形全等和三角形相似可得出结论；三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论【解答】解：（1）在ABCD中，BCAD10

17、，在RtBCH中，HCBCsinB=1045=8（2）如图，作 CHBA 于点H，由（1）得，BH=BC2CH2=10282=6，作 CQBA 交BA延长线于点Q，则CHPPQC90，CPQ+PCQ90，CPQ+CPH90，PCQCPH，由旋转知 PCPC，PQCCHP（AAS）设BPx，则PQCH8，CQPH6x，QAPQPAx4CQAB，CHAB，CQCH，AQCAHC，CQCH=QAHA，6x8=x46，x=347，BP=347，由旋转得PCDPCD，CDCDCDCD又ABCD，CDAB情况一：当以C为直角顶点时，如图CDAB，C落在线段BA延长线上PCPC，PCAB，由（1）知，PC8

18、，BP6情况二：当以A为直角顶点时，如图，设 CD与射线BA的交点为T，作 CHAB于点HPCPC，CPH+TPC90，CDAT，PCT+TPC90CPHPCT，CHPPTC90，PCCP，CPHPCT（AAS），CTPH，PTCH8设CTPHt，则AP6t，ATPTPA2+tCAD90，CDAB，ATDCTA，ATTD=CTTA，AT2CTTD，（2+t）2t（12t），化简得t4t+20，解得 t=2+2，BPBH+HP82，情况三：当以D为直角顶点时，点P落在BA的延长线上，不符合题意综上所述，BP6 或82【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三

19、角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键四边形综合题39（2023十堰）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F（1）如图1，若CDP25，则DAF20；（2）如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；（3）在DP绕点D转动的过程中，设AFa，EFb，请直接用含a，b的式子表示DF的长【答案】（1）20；（2）CD2=12(AF2+EF2)；（3）DF=22(ab)，或 22(ba)，或 22(a+b)【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知CDPEDP25，CDED，由四边形ABCD是正方形得ADC

20、D，所以ADED，从而 DAE=DEA=12(180ADE)=20；（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CFEF，CDDEAD，DEFDCF，可证得AFC90，由勾股定理得，RtACF中，AC2AF2+CF2AF2+EF2，RtACD中，AD2+CD2AC2，从而 CD2=12(AF2+EF2) 5；（3）由勾股定理 CH=HE=FH=22bDH=CD2CH2=22a，分情况讨论：当点F在D，H 之间时，DF=DHFH=22(ab)；当点D在F，H之间时，DF=FHDH=22(ba) 点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)【解答】解：如图，连接CE，

21、DE，点C关于直线DP的对称点为点E，CD，ED关于DP对称，CDPEDP25，CDED，四边形ABCD是正方形，ADCD，ADED，DAE=DEA=12(180ADE)=12(1809050)=20故答案为：20；（2）结论：CD2=12(AF2+EF2)理由：如图，连接DE，CE，AC，CF由轴对称知，CFEF，CDDEAD，DEFDCF，而DEFDAF，DAFDCFFAC+FCAFAC+DAF+DCA90，AFC180（FAC+FCA）90，在RtACF中，AC2AF2+CF2AF2+EF2，在RtACD 中，AD2+CD2AC2，2CD2AF2+EF2，即 CD2=12(AF2+EF2

22、)；（3）AFC90，CFEFb，CH=HE=FH=22b，CD2=12(AF2+EF2)=12(a2+b2)，DH=CD2CH2=12(a2+b2)(22b)2=22a如图，当点F在D，H之间时，DF=DHFH=22(ab)，如图，当点D在F，H之间时，DF=FHDH=22(ba)如图，当点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)【点评】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾 股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键40（2023河北）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB8，BC=211，CD12，DA6A90，点M在AD边上，且DM2将

23、线段MA绕点M顺时针旋转n（0n180）到MA，AMA的平分线MP所在直线交折线ABBC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x0），连接AP（1）若点P在AB上，求证：APAP；（2）如图2，连接BD求CBD的度数，并直接写出当n180时，x的值；若点P到BD的距离为2，求tanAMP的值；（3）当0x8时，请直接写出点A到直线AB的距离（用含x的式子表示）【答案】（1）见解析；（2）CBD90，x13； 76或236；（3）8x2x2+16【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到AMAM，AMPAMP，然后证明出AMPAMP（SAS），即可得到APAP；（2）首先根据勾股定理得

24、到 BD=AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出CBD90；画出图形，然后证明出DNMDBA，利用相似三角形的性质求出 DN=103MN=83，然后证明出PBNDMN，利用相似三角形的性质得到PB5，进而求解即可；当P点在AB上时，PQ2，AMPAMP，分别求得BP，AP，根据正切的定义即可求解；当P在BC上时，则PB2，过点P作PQABAB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明PQBBAD，得PQ=45PB=85BQ=35PB=65，进而求得AQ，证明HPQHMA，即可求解；（3）如图所示，过点A作AEAB交AB于点E，过点M作MFAE于点F，则四边形AMFE是矩

25、形，证明APEMAF，根据相似三角形的性质即可求解【解答】（1）证明：将线段MA绕点M顺时针旋转n （0n180）得到MA，AMAM，AMA的平分线MP所在的直线交折线ABBC于点P，AMPAMP，PMPM，AMPAMP（SAS），APAP；（2）解：AB8，DA6，A90，BD=AB2+AD2=10，又BC=211，CD12，BD2+BC2100+44144，CD2144，BD2+BC2CD2，CBD90；如图2所示，当n180时，PM平分AMAPMA90，PMAB，DNMDBA，DNDB=DMDA=MNBA，DM2，DA6，DN10=26=MN8，DN=103，MN=83，BN=BDDN=

26、203，PBNMD90，PNBDNM，PBNDMN，PBDM=BNMN，即 PB2=208，PB5，xAB+PB8+513如图所示，当P点在AB上时，PQ2，AMPAMP，AB8，DA6，A90，BD=AB2+AD2=62+82=10，sinDBA=ADBD=610=35，BP=BQsinDBA=25=103，AP=ABBP=8103=143，tanAMP=tanAMP=APAM=144=76，如图所示，当P在BC上时，则PB2，过点P作PQAB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，PQBCBDDAB90，QPB90PBQDBA，PQBBAD，PQBA=QBAD=PBBD，即 P

27、QQ8=QB6=PB10，PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，AQ=AB+BQ=465，PQAB，DAAB，PQAD，HPQHMA，HQHA=PQAMHQHQ+465=85，解得：HQ=9215，tanAMPtanAMPtanQPH=HQPQ=921585=236，综上所述，tanAMP的值为76或236；（3）解：当0x8时，P在AB上，如图所示，过点A作AEAB于点E，过点M作MFAE于点F，则四边形AMFE是矩形，AEFM，EFAM4，AMPAMP，PAMA90，PAE+FAM90，又AMF+FAM90，PAEAMF，又AEMFA90，APEMAF，APMA=PEAF=AEMF，

28、APAPx，MAMA4，设 FMAEy，AEh，即 x4=xy4=yy=4x，4（xy）x（h4），4(x4x)=x(4)，整理得 =8x2x2+16，即点A到直线AB的距离为8x2x2+16【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，染练 掌握以上知识且分类讨论是解题的关键41（2023天津）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A（3，0），B（0，1），D（23，1），矩形EFGH的顶点E（0，12），F(3，12)，H（0，32）（1）填空：如图，点C的坐标为 （3，2），点G的坐标为 （3，32）；（2）将矩形E

29、FGH沿水平方向向右平移，得到矩形EFGH，点E，F，G，H的对应点分别为E，F，G，H，设EEt，矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分的面积为S如图，当边EF与AB相交于点M、边GH与BC相交于点N，且矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；当233t1134时，求S的取值范围（直接写出结果即可）【答案】（1）（3，2），（3，32）；（2）32t3，316S3【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；（2）由题意易得EFEF=3，EHEH1，然后可得ABO60，则有EM=32，进而根据割补法可进行求解面积S；由及题意可知当233t33

30、2时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当332t1134时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可【解答】（1）解：四边形EFGH是矩形，且E（0，12）F（3，12）（0，32），EFGH=3，EHFG1，G（3，32）；连接AC，BD，交于一点H，如图所示：四边形ABCD是菱形，且A（3，0），B（0，1），D（23，1），ABAD=(30)2+(01)2=2，ACBD，CMAMOB1，BMMDOA=3，AC2，C（3，2），故答案为（3，2），（3，32）；（2）解：点E（0，12），点F（3，12），点H

31、（0，32），矩形EFGH中，EFx轴，EHx轴，EF=3，EH1，矩形EFGH中，EFx轴，EHx轴，EF=3，EH1，由点A（3，0），点B（0，1），得OA=3，OB1，在RtABO中，tanABO=OAOB=3，得ABO60，在RtBME中，由EMEBtan60，EB112=12，得EM=32，SBME=12EBEM=38，同理，得SBNH=38，EEt，得S矩形EEHHEEEHt，又SS矩形EEHHSBMESBNH，St34，当EEEM=32时，则矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为BEH，t的取值范围是32t3，由及题意可知当233t332时，矩形EFGH和姜形ABCD重叠部分的面

32、积S是增大的，当332t1134时，矩EFGH和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，当t=332时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：此时面积S最大，最大值为S13=3；当t=1134时，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分如图所示：由（1）可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到GF的距离为3(113423)=34，由可知：DB60，矩形EFGH和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，该等边三角形的边长为234tan60=12，此时面积S最小，最小值为121234=316，综上所述：当233t1134时，则316S3【点评】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握

33、矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键四边形综合题17（2023山西）阅读与思考下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 16541722）是法国数学家、力学家瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形瓦里尼翁平行四边形的周长与

34、原四边形对角线的长度也有一定关系瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DMAC于点M，交HG于点NH，G分别为AD，CD的中点，HGAC，HG=12AC（依据1）DNNM=DGGCDGGC，DNNM=12DM四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，HEGF，即HPGQHGAC，即HGPQ，四边形HPQG是平行四边形，（依据2）SHPQGHGMN=12HGDMSADC=12ACDMHGDM，SHPQG=12SADC同理，任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指：三角形中位线定理依据2是指：两组对边分别平行的四

35、边形是平行四边形（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论【答案】（1）三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）见解析过程（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由见解析过程【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；（2）画四边形ABCD，且ACBD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺

36、次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；（3）由三角形中位线定理可得EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，FG=12AC，即可求解【解答】解：（1）证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DMAC于点M，交HG于点NH，G分别为AD，CD的中点，HGAC，HG=12AC，（三角形中位线定理），DNMN=DGGC，DGGC，DNNM=12DM，四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，HEGF，即HPGQHGAC，即HGPQ，四边形HPQG是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），SHPQGHGMN=12HGDM，SADC=12ACDMHGDM

37、，SHPQG=12SADC，同理可得，SEFQP=12SABC，SHEFG=12S四边形ABCD，故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）如图，画四边形ABCD，且ACBD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；理由如下：点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，EFBD，HGBD，EHAC，FGAC，EFHG，EHFG，四边形EFGH是平行四边形，ACBD，EFBD，ACEF，FGAC，EFFG，平行四边形EFGH是矩形；（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD

38、，理由如下：四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，FG=12AC，瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+12ACAC+BD【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键18（2023山西）综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为ABC和DFE，其中ACBDEF90，AD，将ABC和DF

39、E按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）当ABEA时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；深入探究：（2）老师将图2中的DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在ABC内部，并让同学们提出新的问题“善思小组”提出问题：如图3，当ABEBAC时，过点A作AMBE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明请你解答此问题；“智慧小组”提出问题：如图4，当CBEBAC时，过点A作AHDE于点H，若BC9，AC12，求AH的长请你思考此问题，直接写出结果【答案】（1）结论：四边形BCGE为正

40、方形理由见解析部分；（2）结论：AMBE理由见解析部分；275【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由ACBDEB 可得 BCBE，从而得四边形BCGE是 正方形；（2）由已知ABEBAC 可得 ANBN，再由等积方法 SABF=12ANBC=12BNAM，再结 合已知即可证明结论；设AB，DE的交点为M，过M作 MGBD 于G，则易得MDMB，点G是BD的中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果【解答】解：（1）结论：四边形BCGE为正方形理由如下：BED90，BEG180BED90，ABEA，ACBE，CGEBED90，C90，四边形BCGE为矩形ACBDEB，