【330739】核心素养专题：四边形中的探究与创新

核心素养专题：四边形中的探究与创新

1．(2017·苏州中考)如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8，F是AB的中点．过点F作FE⊥AD，垂足为E.将△AEF沿点A到点B的方向平移，得到△A′E′F′.设P、P′分别是EF、E′F′的中点，当点A′与点B重合时，四边形PP′CD的面积为(　　)

A．28 B．24

C．32 D．32－8

第1题图 第2题图

2．(2017·北京中考)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：S_矩形NFGD＝S_△ADC－(S_△ANF＋S_△FGC)，S_矩形EBMF＝S_△ABC－(______________＋______________)．

易知S_△ADC＝S_△ABC，______________＝______________，______________＝______________．可得S_矩形NFGD＝S_矩形EBMF.

3．(2017·兰州中考)如图①，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.

(1)求证：△BDF是等腰三角形；

(2)如图②，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.

①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；

②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．

4．(2017·通辽中考)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二次操作……依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图①，▱ABCD中，若AB＝1，BC＝2，则▱ABCD为1阶准菱形．

(1)猜想与计算：邻边长分别为3和5的平行四边形是________阶准菱形；已知▱ABCD的邻边长分别为a，b(a＞b)，满足a＝8b＋r，b＝5r，请写出▱ABCD是________阶准菱形；

(2)操作与推理：小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图②，把▱ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F处，得到四边形ABFE.求证：四边形ABFE是菱形．

参考答案与解析

1．A　解析：如图，连接BD，DF，DF交PP′于H.由题意得PP′＝AA′＝AB＝CD，PP′∥AA′∥CD，∴四边形PP′CD是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，

∴△ABD是等边三角形．∵AF＝FB，∴DF⊥AB，DF⊥PP′.∵AF＝AB＝4，AD＝8，∴DF＝4.在Rt△AEF中，∵∠AEF＝90°，∠A＝60°，AF＝4，则∠AFE＝30°，∴AE＝2，EF＝2，∴PE＝PF＝.在Rt△PHF中，∵∠FPH＝30°，PF＝，∴HF＝PF＝，∴DH＝DF－HF＝4－＝，∴S_▱PP′CD＝×8＝28.故选A.

2．S_△AEF　S_△CFM　S_△ANF　S_△AEF　S_△FGC　S_△CFM

3．(1)证明：根据折叠得∠DBC＝∠DBE，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．

(2)解：①四边形BFDG是菱形．理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG.又∵FD＝BF＝BG，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．

②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10.∴OB＝BD＝5.设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.在Rt△ABF中，由勾股定理得AB²＋AF²＝BF²，即6²＋(8－x)²＝x²，解得x＝，即BF＝，∴FO＝＝＝，∴FG＝2FO＝.

4．(1)解：3　12　解析：如图①，利用邻边长分别为3和5的平行四边形进行3次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为3和5的平行四边形是3阶准菱形．

如图②，∵b＝5r，∴a＝8b＋r＝40r＋r＝8×5r＋r，利用邻边长分别为41r和5r的平行四边形进行8＋4＝12(次)操作，所剩四边形是边长为1的菱形，故邻边长分别为41r和5r的平行四边形是12阶准菱形．

(2)证明：由折叠知∠ABE＝∠FBE，AB＝BF.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴∠AEB＝∠FBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB，∴AE＝BF，∴四边形ABFE是平行四边形．又∵AB＝AE，∴四边形ABFE是菱形．