2021年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第23講?特殊四邊形?【考點解析】知識點一、矩形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例1】2021·四川宜賓如圖，點P是矩形ABCD的邊AD上的一動點，矩形的兩條邊AB、BC的長分別是6和8，那么點P到矩形的兩條對角線AC和BD的距離之和是A4.8 B5 C6 D7.2【考點】矩形的性質(zhì)【分析】首先連接OP，由矩形的兩條邊AB、BC的長分別為3和4，可求得OA=OD=5，AOD的面積，然后由SAOD=SAOP+SDOP=OAPE+ODPF求得答案【解答】解：連接OP，矩形的兩條邊AB、BC的長分別為6和8，S矩形ABCD=ABBC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，OA=OD=5，SACD=S矩形ABCD=24，SAOD=SACD=12，SAOD=SAOP+SDOP=OAPE+ODPF=×5×PE+×5×PF=PE+PF=12，解得：PE+PF=4.8應(yīng)選：A【變式】2021·四川眉山·3分如圖，矩形ABCD中，O為AC中點，過點O的直線分別與AB、CD交于點E、F，連結(jié)BF交AC于點M，連結(jié)DE、BO假設(shè)COB=60°，F(xiàn)O=FC，那么以下結(jié)論：FB垂直平分OC；EOBCMB；DE=EF；SAOE：SBCM=2：3其中正確結(jié)論的個數(shù)是A4個 B3個 C2個 D1個【分析】利用線段垂直平分線的性質(zhì)的逆定理可得結(jié)論；證OMBOEB得EOBCMB；先證BEF是等邊三角形得出BF=EF，再證DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；由可知BCMBEO，那么面積相等，AOE和BEO屬于等高的兩個三角形，其面積比就等于兩底的比，即SAOE：SBOE=AE：BE，由直角三角形30°角所對的直角邊是斜邊的一半得出BE=2OE=2AE，得出結(jié)論SAOE：SBOE=AE：BE=1：2【解答】解：矩形ABCD中，O為AC中點，OB=OC，COB=60°，OBC是等邊三角形，OB=BC，F(xiàn)O=FC，F(xiàn)B垂直平分OC，故正確；FB垂直平分OC，CMBOMB，OA=OC，F(xiàn)OC=EOA，DCO=BAO，F(xiàn)OCEOA，F(xiàn)O=EO，易得OBEF，OMBOEB，EOBCMB，故正確；由OMBOEBCMB得1=2=3=30°，BF=BE，BEF是等邊三角形，BF=EF，DFBE且DF=BE，四邊形DEBF是平行四邊形，DE=BF，DE=EF，故正確；在直角BOE中3=30°，BE=2OE，OAE=AOE=30°，AE=OE，BE=2AE，SAOE：SBCM=SAOE：SBOE=1：2，故錯誤；所以其中正確結(jié)論的個數(shù)為3個；應(yīng)選B【點評】此題綜合性比擬強，既考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，又考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，及線段垂直平分線的性質(zhì)，內(nèi)容雖多，但不復(fù)雜；看似一個選擇題，其實相當于四個證明題，屬于?？碱}型 知識點二、菱形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用【例2】2021遼寧朝陽如圖，在ABC中，點D是BC的中點，點E、F分別是線段AD及其延長線上，且DE=DF，給出以下條件：BEEC；BFEC；AB=AC，從中選擇一個條件使四邊形BECF是菱形，并給出證明，你選擇的條件是 只填寫序號【答案】，證明見解析【分析】由點D是BC的中點，點E、F分別是線段AD及其延長線上，且DE=DF，即可得到四邊形BECF是平行四邊形，由AF是BC的中垂線，得到BE=CE，從而得到結(jié)論【解析】BD=CD，DE=DF，四邊形BECF是平行四邊形，BEEC時，四邊形BECF是矩形，不一定是菱形；四邊形BECF是平行四邊形，那么BFEC一定成立，故不一定是菱形；AB=AC時，D是BC的中點，AF是BC的中垂線，BE=CE，平行四邊形BECF是菱形故答案為：.【點評】此題主要考查了菱形的判定以及等腰三角形的性質(zhì)，能根據(jù)條件來選擇讓問題成立的條件是解題關(guān)鍵【變式】2021·青海西寧·2分如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點，假設(shè)EF=2，那么菱形ABCD的周長是16【考點】菱形的性質(zhì)；三角形中位線定理【分析】先利用三角形中位線性質(zhì)得到AB=4，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)計算菱形ABCD的周長【解答】解：E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點，EF為ABD的中位線，AB=2EF=4，四邊形ABCD為菱形，AB=BC=CD=DA=4，菱形ABCD的周長=4×4=16故答案為16知識點三、正方形的性質(zhì)及判定的應(yīng)用 【例3】2021·四川眉山·3分把邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形ABCD，邊BC與DC交于點O，那么四邊形ABOD的周長是A B6 C D【分析】由邊長為3的正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)45°得到正方形ABCD，利用勾股定理的知識求出BC的長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理可求BO，OD，從而可求四邊形ABOD的周長【解答】解：連接BC，旋轉(zhuǎn)角BAB=45°，BAD=45°，B在對角線AC上，BC=AB=3，在RtABC中，AC=3，BC=33，在等腰RtOBC中，OB=BC=33，在直角三角形OBC中，OC=33=63，OD=3OC=33，四邊形ABOD的周長是：2AD+OB+OD=6+33+33=6應(yīng)選：A【點評】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)此題難度適中，注意連接BC構(gòu)造等腰RtOBC是解題的關(guān)鍵，注意旋轉(zhuǎn)中的對應(yīng)關(guān)系【變式】2021·四川攀枝花如圖，正方形紙片ABCD中，對角線AC、BD交于點O，折疊正方形紙片ABCD，使AD落在BD上，點A恰好與BD上的點F重合，展開后折痕DE分別交AB、AC于點E、G，連結(jié)GF，給出以下結(jié)論：ADG=22.5°；tanAED=2；SAGD=SOGD；四邊形AEFG是菱形；BE=2OG；假設(shè)SOGF=1，那么正方形ABCD的面積是6+4，其中正確的結(jié)論個數(shù)為A2 B3 C4 D5【考點】四邊形綜合題【分析】由四邊形ABCD是正方形，可得GAD=ADO=45°，又由折疊的性質(zhì)，可求得ADG的度數(shù)；由AE=EFBE，可得AD2AE；由AG=GFOG，可得AGD的面積OGD的面積；由折疊的性質(zhì)與平行線的性質(zhì)，易得EFG是等腰三角形，即可證得AE=GF；易證得四邊形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性質(zhì)，即可得BE=2OG；根據(jù)四邊形AEFG是菱形可知ABGF，AB=GF，再由BAO=45°，GOF=90°可得出OGF時等腰直角三角形，由SOGF=1求出GF的長，進而可得出BE及AE的長，利用正方形的面積公式可得出結(jié)論【解答】解：四邊形ABCD是正方形，GAD=ADO=45°，由折疊的性質(zhì)可得：ADG=ADO=22.5°，故正確由折疊的性質(zhì)可得：AE=EF，EFD=EAD=90°，AE=EFBE，AEAB，2，故錯誤AOB=90°，AG=FGOG，AGD與OGD同高，SAGDSOGD，故錯誤EFD=AOF=90°，EFAC，F(xiàn)EG=AGE，AGE=FGE，F(xiàn)EG=FGE，EF=GF，AE=EF，AE=GF，故正確AE=EF=GF，AG=GF，AE=EF=GF=AG，四邊形AEFG是菱形，OGF=OAB=45°，EF=GF=OG，BE=EF=×OG=2OG故正確四邊形AEFG是菱形，ABGF，AB=GFBAO=45°，GOF=90°，OGF時等腰直角三角形SOGF=1，OG2=1，解得OG=，BE=2OG=2，GF=2，AE=GF=2，AB=BE+AE=2+2，S正方形ABCD=AB2=2+22=12+8，故錯誤其中正確結(jié)論的序號是：應(yīng)選B【點評】此題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)等知識此題綜合性較強，難度較大，注意掌握折疊前后圖形的對應(yīng)關(guān)系，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用知識點四、特殊平行四邊形的綜合應(yīng)用 【例4】2021遼寧鐵嶺如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點E、F分別在邊CD、AB上1假設(shè)DE=BF，求證：四邊形AFCE是平行四邊形；2假設(shè)四邊形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周長【答案】1證明見解析；225【分析】1由四邊形ABCD為矩形，得到AB=CD，ABCD，由DE=BF，得到AF=CE，AFCE，即可證明四邊形AFCE是平行四邊形； 2由四邊形AFCE是菱形，得到AE=CE，然后設(shè)DE=x，表示出AE，CE的長度，根據(jù)相等求出x的值，繼而可求得菱形的邊長及周長【解析】1四邊形ABCD為矩形，AB=CD，ABCD，DE=BF，AF=CE，AFCE，四邊形AFCE是平行四邊形；2四邊形AFCE是菱形，AE=CE，設(shè)DE=x，那么AE=，CE=8x，那么，解得：x=，那么菱形的邊長為：=，周長為：4×=25，故菱形AFCE的周長為25【點評】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，能正確地分析圖形的特點是解決此類問題的關(guān)鍵 【變式】2021·四川內(nèi)江如下圖，ABC中，D是BC邊上一點，E是AD的中點，過點A作BC的平行線交CE的延長線于F，且AFBD，連接BF(1)求證：D是BC的中點；(2)假設(shè)ABAC，試判斷四邊形AFBD的形狀，并證明你的結(jié)論DCEFBA考點三角形例行，特殊四邊形的性質(zhì)與判定。(1)證明：點E是AD的中點，AEDEAFBC，AFEDCE，F(xiàn)AECDEEAFEDC AFDCAFBD，BDDC，即D是BC的中點 (2)四邊形AFBD是矩形證明如下：AFBD，AFBD，四邊形AFBD是平行四邊形 ABAC，又由(1)可知D是BC的中點，ADBCAFBD是矩形 知識點五、四邊形的研究應(yīng)用【例5】2021海南如圖1，在矩形ABCD中，BCAB，BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點E、F，點O是BD的中點，直線OKAF，交AD于點K，交BC于點G1求證：DOKBOG；AB+AK=BG；2假設(shè)KD=KG，BC=4求KD的長度；如圖2，點P是線段KD上的動點不與點D、K重合，PMDG交KG于點M，PNKG交DG于點N，設(shè)PD=m，當SPMN=時，求m的值【考點】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)【分析】1先根據(jù)AAS判定DOKBOG，再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì)，得出結(jié)論BG=AB+AK；2先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設(shè)AB=a，根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程，求得a的值，進而計算KD的長；先過點G作GIKD，求得SDKG的值，再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形，以及DKGPKMDPN，求得SDPN和SPKM的表達式，最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=SDKGSDPNSPKM，列出關(guān)于m的方程，求得m的值即可【解答】解：1在矩形ABCD中，ADBCKDO=GBO，DKO=BGO點O是BD的中點DO=BODOKBOGAAS四邊形ABCD是矩形BAD=ABC=90°，ADBC又AF平分BADBAF=BFA=45°AB=BFOKAF，AKFG四邊形AFGK是平行四邊形AK=FGBG=BF+FGBG=AB+AK2由1得，四邊形AFGK是平行四邊形AK=FG，AF=KG又DOKBOG，且KD=KGAF=KG=KD=BG設(shè)AB=a，那么AF=KG=KD=BG=aAK=4a，F(xiàn)G=BGBF=aa4a=aa解得a=KD=a=2過點G作GIKD于點I由2可知KD=AF=2GI=AB=SDKG=×2×=PD=mPK=2mPMDG，PNKG四邊形PMGN是平行四邊形，DKGPKMDPN，即SDPN=2同理SPKM=2SPMN=S平行四邊形PMGN=2SPMN=2×又S平行四邊形PMGN=SDKGSDPNSPKM2×=22，即m22m+1=0解得m1=m2=1當SPMN=時，m的值為1【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題時需要運用全等三角形的判定與性質(zhì)解答此題的關(guān)鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì)，并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進行求解，難度較大，具有一定的綜合性【變式】2021·浙江省紹興市如圖，在矩形ABCD中，點O為坐標原點，點B的坐標為4，3，點A、C在坐標軸上，點P在BC邊上，直線l1：y=2x+3，直線l2：y=2x31分別求直線l1與x軸，直線l2與AB的交點坐標；2點M在第一象限，且是直線l2上的點，假設(shè)APM是等腰直角三角形，求點M的坐標；3我們把直線l1和直線l2上的點所組成的圖形為圖形F矩形ANPQ的頂點N在圖形F上，Q是坐標平面內(nèi)的點，且N點的橫坐標為x，請直接寫出x的取值范圍不用說明理由【考點】四邊形綜合題【分析】1根據(jù)坐標軸上點的坐標特征可求直線l1與x軸，直線l2與AB的交點坐標；2分三種情況：假設(shè)點A為直角頂點時，點M在第一象限；假設(shè)點P為直角頂點時，點M在第一象限；假設(shè)點M為直角頂點時，點M在第一象限；進行討論可求點M的坐標；3根據(jù)矩形的性質(zhì)可求N點的橫坐標x的取值范圍【解答】解：1直線l1：當y=0時，2x+3=0，x=那么直線l1與x軸坐標為，0直線l2：當y=3時，2x3=3，x=3那么直線l2與AB的交點坐標為3，3；2假設(shè)點A為直角頂點時，點M在第一象限，連結(jié)AC，如圖1，APBACB45°，APM不可能是等腰直角三角形，點M不存在；假設(shè)點P為直角頂點時，點M在第一象限，如圖2，過點M作MNCB，交CB的延長線于點N，那么RtABPRtPNM，AB=PN=4，MN=BP，設(shè)Mx，2x3，那么MN=x4，2x3=4+3x4，x=，M，；假設(shè)點M為直角頂點時，點M在第一象限，如圖3，設(shè)M1x，2x3，過點M1作M1G1OA，交BC于點H1，那么RtAM1G1RtPM1H1，AG1=M1H1=32x3，x+32x3=4，x=2M12，1；設(shè)M2x，2x3，同理可得x+2x33=4，x=，M2，；綜上所述，點M的坐標為，2，1，；3x的取值范圍為x0或0x或x或x2【典例解析】【例題1】2021貴州畢節(jié)如圖，正方形ABCD的邊長為9，將正方形折疊，使頂點D落在BC邊上的點E處，折痕為GH假設(shè)BE：EC=2：1，那么線段CH的長是A3 B4 C5 D6【考點】正方形的性質(zhì)；翻折變換折疊問題【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得DH=EH，在直角CEH中，假設(shè)設(shè)CH=x，那么DH=EH=9x，CE=3cm，可以根據(jù)勾股定理列出方程，從而解出CH的長 【解答】解：由題意設(shè)CH=xcm，那么DH=EH=9xcm，BE：EC=2：1，CE=BC=3cm在RtECH中，EH2=EC2+CH2，即9x2=32+x2，解得：x=4，即CH=4cm應(yīng)選B【例題2】2021·福建龍巖·4分如圖，在周長為12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，假設(shè)P為對角線BD上一動點，那么EP+FP的最小值為A1B2C3D4【考點】菱形的性質(zhì)；軸對稱-最短路線問題【分析】作F點關(guān)于BD的對稱點F，那么PF=PF，由兩點之間線段最短可知當E、P、F在一條直線上時，EP+FP有最小值，然后求得EF的長度即可 【解答】解：作F點關(guān)于BD的對稱點F，那么PF=PF，連接EF交BD于點PEP+FP=EP+FP由兩點之間線段最短可知：當E、P、F在一條直線上時，EP+FP的值最小，此時EP+FP=EP+FP=EF四邊形ABCD為菱形，周長為12，AB=BC=CD=DA=3，ABCD，AF=2，AE=1，DF=AE=1，四邊形AEFD是平行四邊形，EF=AD=3EP+FP的最小值為3應(yīng)選：C【例題3】2021·江西如圖是一張長方形紙片ABCD，AB=8，AD=7，E為AB上一點，AE=5，現(xiàn)要剪下一張等腰三角形紙片AEP，使點P落在長方形ABCD的某一條邊上，那么等腰三角形AEP的底邊長是 【考點】矩形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理【分析】分情況討論：當AP=AE=5時，那么AEP是等腰直角三角形，得出底邊PE=AE=5即可；當PE=AE=5時，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出等邊AP即可；當PA=PE時，底邊AE=5；即可得出結(jié)論【解答】解：如下圖：當AP=AE=5時，BAD=90°，AEP是等腰直角三角形，底邊PE=AE=5；當PE=AE=5時，BE=ABAE=85=3，B=90°，PB=4，底邊AP=4；當PA=PE時，底邊AE=5；綜上所述：等腰三角形AEP的對邊長為5或4或5；故答案為：5或4或5【例題4】2021·陜西如圖，在正方形ABCD中，連接BD，點O是BD的中點，假設(shè)M、N是邊AD上的兩點，連接MO、NO，并分別延長交邊BC于兩點M、N，那么圖中的全等三角形共有A2對 B3對 C4對 D5對【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定【分析】可以判斷ABDBCD，MDOMBO，NODNOB，MONMON由此即可對稱結(jié)論【解答】解：四邊形ABCD是正方形，AB=CD=CB=AD，A=C=ABC=ADC=90°，ADBC，在ABD和BCD中，ABDBCD，ADBC，MDO=MBO，在MOD和MOB中，MDOMBO，同理可證NODNOB，MONMON，全等三角形一共有4對應(yīng)選C【中考熱點】【熱點1】2021·湖北隨州·3分如圖，邊長為1的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O有直角MPN，使直角頂點P與點O重合，直角邊PM、PN分別與OA、OB重合，然后逆時針旋轉(zhuǎn)MPN，旋轉(zhuǎn)角為0°90°，PM、PN分別交AB、BC于E、F兩點，連接EF交OB于點G，那么以下結(jié)論中正確的選項是1，2，3，51EF=OE；2S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；3BE+BF=OA；4在旋轉(zhuǎn)過程中，當BEF與COF的面積之和最大時，AE=；5OGBD=AE2+CF2【考點】四邊形綜合題【分析】1由四邊形ABCD是正方形，直角MPN，易證得BOECOFASA，那么可證得結(jié)論；2由1易證得S四邊形OEBF=SBOC=S正方形ABCD，那么可證得結(jié)論；3由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性質(zhì)，證得BE+BF=OA；4首先設(shè)AE=x，那么BE=CF=1x，BF=x，繼而表示出BEF與COF的面積之和，然后利用二次函數(shù)的最值問題，求得答案；5易證得OEGOBE，然后由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，證得OGOB=OE2，再利用OB與BD的關(guān)系，OE與EF的關(guān)系，即可證得結(jié)論【解答】解：1四邊形ABCD是正方形，OB=OC，OBE=OCF=45°，BOC=90°，BOF+COF=90°，EOF=90°，BOF+COE=90°，BOE=COF，在BOE和COF中，BOECOFASA，OE=OF，BE=CF，EF=OE；故正確；2S四邊形OEBF=SBOE+SBOE=SBOE+SCOF=SBOC=S正方形ABCD，S四邊形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正確；3BE+BF=BF+CF=BC=OA；故正確；4過點O作OHBC，BC=1，OH=BC=，設(shè)AE=x，那么BE=CF=1x，BF=x，SBEF+SCOF=BEBF+CFOH=x1x+1x×=x2+，a=0，當x=時，SBEF+SCOF最大；即在旋轉(zhuǎn)過程中，當BEF與COF的面積之和最大時，AE=；故錯誤；5EOG=BOE，OEG=OBE=45°，OEGOBE，OE：OB=OG：OE，OGOB=OE2，OB=BD，OE=EF，OGBD=EF2，在BEF中，EF2=BE2+BF2，EF2=AE2+CF2，OGBD=AE2+CF2故正確故答案為：1，2，3，5【熱點2】2021·浙江省紹興市如圖，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中點，直線l平行于直線EC，且直線l與直線EC之間的距離為2，點F在矩形ABCD邊上，將矩形ABCD沿直線EF折疊，使點A恰好落在直線l上，那么DF的長為2或42【考點】矩形的性質(zhì)；翻折變換折疊問題【分析】當直線l在直線CE上方時，連接DE交直線l于M，只要證明DFM是等腰直角三角形即可利用DF= DM解決問題，當直線l在直線EC下方時，由DEF1=BEF1=DF1E，得到DF1=DE，由此即可解決問題【解答】解：如圖，當直線l在直線CE上方時，連接DE交直線l于M，四邊形ABCD是矩形，A=B=90°，AD=BC，AB=4，AD=BC=2，AD=AE=EB=BC=2，ADE、ECB是等腰直角三角形，AED=BEC=45°，DEC=90°，lEC，EDl，EM=2=AE，點A、點M關(guān)于直線EF對稱，MDF=MFD=45°，DM=MF=DEEM=22，DF=DM=42當直線l在直線EC下方時，DEF1=BEF1=DF1E，DF1=DE=2，綜上所述DF的長為2或42故答案為2或42【熱點3】2021海南如圖1，在矩形ABCD中，BCAB，BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點E、F，點O是BD的中點，直線OKAF，交AD于點K，交BC于點G1求證：DOKBOG；AB+AK=BG；2假設(shè)KD=KG，BC=4求KD的長度；如圖2，點P是線段KD上的動點不與點D、K重合，PMDG交KG于點M，PNKG交DG于點N，設(shè)PD=m，當SPMN=時，求m的值【考點】四邊形綜合題；全等三角形的判定；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)【分析】1先根據(jù)AAS判定DOKBOG，再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì)，得出結(jié)論BG=AB+AK；2先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設(shè)AB=a，根據(jù)AK=FG列出關(guān)于a的方程，求得a的值，進而計算KD的長；先過點G作GIKD，求得SDKG的值，再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形，以及DKGPKMDPN，求得SDPN和SPKM的表達式，最后根據(jù)等量關(guān)系S平行四邊形PMGN=SDKGSDPNSPKM，列出關(guān)于m的方程，求得m的值即可【解答】解：1在矩形ABCD中，ADBCKDO=GBO，DKO=BGO點O是BD的中點DO=BODOKBOGAAS四邊形ABCD是矩形BAD=ABC=90°，ADBC又AF平分BADBAF=BFA=45°AB=BFOKAF，AKFG四邊形AFGK是平行四邊形AK=FGBG=BF+FGBG=AB+AK2由1得，四邊形AFGK是平行四邊形AK=FG，AF=KG又DOKBOG，且KD=KGAF=KG=KD=BG設(shè)AB=a，那么AF=KG=KD=BG=aAK=4a，F(xiàn)G=BGBF=aa4a=aa解得a=KD=a=2過點G作GIKD于點I由2可知KD=AF=2GI=AB=SDKG=×2×=PD=mPK=2mPMDG，PNKG四邊形PMGN是平行四邊形，DKGPKMDPN，即SDPN=2同理SPKM=2SPMN=S平行四邊形PMGN=2SPMN=2×又S平行四邊形PMGN=SDKGSDPNSPKM2×=22，即m22m+1=0解得m1=m2=1當SPMN=時，m的值為1【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題時需要運用全等三角形的判定與性質(zhì)解答此題的關(guān)鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì)，并根據(jù)圖形面積的等量關(guān)系列出方程進行求解，難度較大，具有一定的綜合性