5. (2025·南京期中)如图，在矩形 $ABCD$ 中，点 $E$ 在 $AD$ 上，且 $AB = 3$， $AE = 4$， $BC = 14$，点 $P$ 是线段 $BC$ 上的一个动点，将点 $B$ 沿 $PE$ 翻折得点 $F$，当 $BF = CF$ 时， $BP=$
7或$\frac{25}{7}$
.答案：
5. 7或$\frac{25}{7}$ 解析:如图①，当翻折后，点F在BC下方时，过点F作FG⊥BC，并延长交AD于H，连接BF，CF。
∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF - HG=1。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=7 - x，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+1$，解得$x = \frac{25}{7}$，
∴BP = $\frac{25}{7}$；
如图②，当翻折后，点F在BC上方时，过点F作FG⊥BC，交AD于H。
∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF+HG=7。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=|7 - x|，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+7$，解得x=7，
∴BP=7(此时点P与点G重合)。综上，BP=7或$\frac{25}{7}$。
5. 7或$\frac{25}{7}$ 解析:如图①，当翻折后，点F在BC下方时，过点F作FG⊥BC，并延长交AD于H，连接BF，CF。
∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF - HG=1。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=7 - x，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+1$，解得$x = \frac{25}{7}$，
∴BP = $\frac{25}{7}$；
如图②，当翻折后，点F在BC上方时，过点F作FG⊥BC，交AD于H。
∵BF=CF，
∴BG = CG = $\frac{1}{2}$BC=7。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD//BC，则FH⊥AD，四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH - AE=3，
∴AB=HE。由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF+HG=7。设BP=FP=x，则PG=BG - BP=|7 - x|，由勾股定理可得PF²=PG²+FG²，即$x^2=(7 - x)^2+7$，解得x=7，
∴BP=7(此时点P与点G重合)。综上，BP=7或$\frac{25}{7}$。
6. (2024·无锡期末)如图①，在 $□ ABCD$ 中，对角线 $AC,BD$ 相交于点 $O$，且 $AD = BD = 2\sqrt{5}$， $BD⊥ AD$，点 $E$ 为线段 $AO$ 上一动点，连接 $DE$，将 $DE$ 绕点 $D$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到 $DF$，连接 $BF$.
(1) 求证： $BF = AE$.
(2) 求证： $BF⊥ AC$.
(3) 如图②，当点 $F$ 落在 $△ OBC$ 的外面， $BF$ 交 $AC$ 于点 $M$，且能构成四边形 $DEMF$ 时，四边形 $DEMF$ 的面积是否发生变化？若不变，请求出这个值，若变化，请说明理由.
(1) 求证： $BF = AE$.
(2) 求证： $BF⊥ AC$.
(3) 如图②，当点 $F$ 落在 $△ OBC$ 的外面， $BF$ 交 $AC$ 于点 $M$，且能构成四边形 $DEMF$ 时，四边形 $DEMF$ 的面积是否发生变化？若不变，请求出这个值，若变化，请说明理由.
答案：
6. (1)
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴∠EDF=90°，DE=DF。
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF - ∠BDE=∠ADB - ∠BDE，即∠ADE=∠BDF。
∵AD=BD，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴BF=AE。
(2)如图①，设直线BF交AC于点G。由(1)得，△ADE≌△BDF，
∴∠DBF=∠DAE。
∵∠BOG=∠AOD，
∴∠BGO=∠ADB=90°，
∴BF⊥AC。
(3)四边形DEMF的面积不变。连接DM，作DH⊥DM，交AC于点H，作DQ⊥AC于点Q，如图②。
∵∠HDM=∠EDF=90°，DE=DF，
∴∠HDE=∠MDF=90° - ∠EDM。由(2)可知，BF⊥AC，
∴∠EMF=90°，
∴∠EMF+∠EDF=180°。在四边形DEMF中，∠F+∠DEM=360° - (∠EMF+∠EDF)=360° - 180°=180°。
∵∠DEH+∠DEM=180°，
∴∠DEH=∠F。
∵DE=DF，
∴△DEH≌△DFM(ASA)，
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△ DHM}$，DH=DM，
∴QH=QM，
∴DQ = $\frac{1}{2}HM$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD = OB = $\frac{1}{2}BD = \sqrt{5}$。
∵∠ADB=90°，
∴OA = $\sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$。
∵$S_{△ AOD} = \frac{1}{2}OA · DQ = \frac{1}{2}AD · OD$，
∴5DQ = 2$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$，
∴DQ=2，
∴$S_{△ DHM} = \frac{1}{2}HM · DQ = DQ^2 = 4$，
∴四边形DEMF的面积为4，不发生变化。
6. (1)
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴∠EDF=90°，DE=DF。
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF - ∠BDE=∠ADB - ∠BDE，即∠ADE=∠BDF。
∵AD=BD，
∴△ADE≌△BDF(SAS)，
∴BF=AE。
(2)如图①，设直线BF交AC于点G。由(1)得，△ADE≌△BDF，
∴∠DBF=∠DAE。
∵∠BOG=∠AOD，
∴∠BGO=∠ADB=90°，
∴BF⊥AC。
(3)四边形DEMF的面积不变。连接DM，作DH⊥DM，交AC于点H，作DQ⊥AC于点Q，如图②。
∵∠HDM=∠EDF=90°，DE=DF，
∴∠HDE=∠MDF=90° - ∠EDM。由(2)可知，BF⊥AC，
∴∠EMF=90°，
∴∠EMF+∠EDF=180°。在四边形DEMF中，∠F+∠DEM=360° - (∠EMF+∠EDF)=360° - 180°=180°。
∵∠DEH+∠DEM=180°，
∴∠DEH=∠F。
∵DE=DF，
∴△DEH≌△DFM(ASA)，
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△ DHM}$，DH=DM，
∴QH=QM，
∴DQ = $\frac{1}{2}HM$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD = OB = $\frac{1}{2}BD = \sqrt{5}$。
∵∠ADB=90°，
∴OA = $\sqrt{AD^2 + OD^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$。
∵$S_{△ AOD} = \frac{1}{2}OA · DQ = \frac{1}{2}AD · OD$，
∴5DQ = 2$\sqrt{5}$×$\sqrt{5}$，
∴DQ=2，
∴$S_{△ DHM} = \frac{1}{2}HM · DQ = DQ^2 = 4$，
∴四边形DEMF的面积为4，不发生变化。
7. (2025·连云港期末)(1)【问题发现】
平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，过对称中心的直线平分平行四边形的面积. 如图①，在 $□ ABCD$ 中，点 $O$ 是对称中心， $EF$ 经过点 $O$，交 $AD$ 于点 $E$，交 $BC$ 于点 $F$，请证明： $EF$ 平分 $□ ABCD$ 的面积；
我们还可以发现：若直线 $EF$ 平分 $□ ABCD$ 的面积，则 $EF$ 经过 $□ ABCD$ 的对称中心且 $AE = CF$.
(2)【结论应用】
如图②，菱形 $ABCD$ 的边长为 $10$，面积为 $80$，点 $E$ 是 $AD$ 上一点，且 $AE = 1$，过点 $E$ 的直线与 $BC$ 交于点 $F$. 若 $EF$ 平分菱形 $ABCD$ 的面积，则四边形 $ABFE$ 的周长为
(3)【问题解决】
旅游度假区在一块矩形草地上进行旅游功能区规划工作，如图③，在矩形草地 $ABCD$ 中， $AB = 80\ \mathrm{m}$， $BC = 100\ \mathrm{m}$，过点 $P$ 的直线 $l$ 将矩形 $ABCD$ 的面积平分为两部分，左侧为休闲住宿区，右侧为活动娱乐区，现规划在左侧休闲住宿 $△ ABP$ 区域内搭建帐篷，顶点 $P$ 在矩形内，且 $P$ 到 $AD,AB$ 的距离相等，直线 $l$ 过点 $P$，分别交 $AD,BC$ 于点 $M,N$， $PM = 3PN$，求出此时 $AM$ 的长，并直接写出 $△ ABP$ 的面积为
平行四边形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，过对称中心的直线平分平行四边形的面积. 如图①，在 $□ ABCD$ 中，点 $O$ 是对称中心， $EF$ 经过点 $O$，交 $AD$ 于点 $E$，交 $BC$ 于点 $F$，请证明： $EF$ 平分 $□ ABCD$ 的面积；
我们还可以发现：若直线 $EF$ 平分 $□ ABCD$ 的面积，则 $EF$ 经过 $□ ABCD$ 的对称中心且 $AE = CF$.
(2)【结论应用】
如图②，菱形 $ABCD$ 的边长为 $10$，面积为 $80$，点 $E$ 是 $AD$ 上一点，且 $AE = 1$，过点 $E$ 的直线与 $BC$ 交于点 $F$. 若 $EF$ 平分菱形 $ABCD$ 的面积，则四边形 $ABFE$ 的周长为
20 + 2$\sqrt{17}$
.(3)【问题解决】
旅游度假区在一块矩形草地上进行旅游功能区规划工作，如图③，在矩形草地 $ABCD$ 中， $AB = 80\ \mathrm{m}$， $BC = 100\ \mathrm{m}$，过点 $P$ 的直线 $l$ 将矩形 $ABCD$ 的面积平分为两部分，左侧为休闲住宿区，右侧为活动娱乐区，现规划在左侧休闲住宿 $△ ABP$ 区域内搭建帐篷，顶点 $P$ 在矩形内，且 $P$ 到 $AD,AB$ 的距离相等，直线 $l$ 过点 $P$，分别交 $AD,BC$ 于点 $M,N$， $PM = 3PN$，求出此时 $AM$ 的长，并直接写出 $△ ABP$ 的面积为
2400 m²
.答案：
7. (1)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，∠AEO=∠CFO。
∵AC,EF交于点O，O为▱ABCD对称中心，
∴AO=CO，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴$S_{△ AEO}=S_{△ CFO}$。
∵$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ AEO}$，
∴$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ CFO}=S_{△ ABC}$。
∵$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，
∴$S_{四边形ABFE} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，即EF平分▱ABCD的面积。
(2)20 + 2$\sqrt{17}$ 解析:如图①，过A作AG⊥BC于点G，过E作EQ⊥BC于点Q，则∠AGQ=∠EQG=90°。
∵EF平分菱形ABCD的面积，
∴EF经过菱形ABCD的对称中心且AE=CF=1。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=10，AD//BC，
∴∠GAE+∠AGQ=180°，
∴∠GAE=∠AGQ=∠EQG=90°，
∴四边形AEQG是矩形，
∴AE=GQ=1。
∵菱形ABCD的边长为10，面积为80，
∴BC·AG=80，
∴AG=8。在Rt△ABG中，由勾股定理得BG = $\sqrt{AB^2 - AG^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$，
∴QF=BC - CF - GQ - BG=10 - 1 - 1 - 6=2，
∴EF = $\sqrt{EQ^2 + QF^2} = \sqrt{8^2 + 2^2} = 2\sqrt{17}$，
∴四边形ABFE的周长为AB+BG+GQ+QF+EF+AE=AB+BG+GQ+QF+EF+CF=AB+BC+EF=10+10+2$\sqrt{17}$=20 + 2$\sqrt{17}$。
(3)如图②，连接BD交MN于点O，由题意可知，OM=ON = $\frac{1}{2}MN$，取AB的中点Q，连接OQ，交AP于点H，延长AP交BC于点T，则AQ = $\frac{1}{2}AB = 40$ m。
∵Q,O分别为AB,BD的中点，
∴OQ//AD，OQ = $\frac{1}{2}AD = 50$ m，
∴∠AQO=90°。
∵点P到AD,AB的距离相等，
∴∠BAT = $\frac{1}{2}$∠BAD=45°，
∴AQ=QH=40 m，AB=BT=80 m。在Rt△AQH中，AH = $\sqrt{AQ^2 + QH^2} = \sqrt{40^2 + 40^2} = 40\sqrt{2}$ (m)，在Rt△ABT中，AT = $\sqrt{AB^2 + BT^2} = \sqrt{80^2 + 80^2} = 80\sqrt{2}$ (m)，
∴AH = $\frac{1}{2}AT$。
∵OQ//AD，BC//AD，
∴OQ//BC，
∴∠OHP=∠PTN，∠HOP=∠PNT。
∵PM=3PN，
∴PN = $\frac{1}{4}MN$。
∵ON = $\frac{1}{2}MN$，
∴OP = $\frac{1}{4}MN = PN$，
∴△OPH≌△NPT(AAS)，
∴OH=NT=OQ - QH=50 - 40=10(m)，PH=PT，
∴BN=BT - NT=80 - 10=70(m)，
∴AM=CN=BC - BN=100 - 70=30(m)。2400 m² 解析:
∵AH = $\frac{1}{2}AT$，
∴AH=HT。
∵PH=PT，
∴AP=3PT，
∴AP = $\frac{3}{4}AT$，
∴$S_{△ ABP} = \frac{3}{4}S_{△ ABT} = \frac{3}{4} × \frac{1}{2} × 80 × 80 = 2400$ (m²)，
∴△ABP的面积为2400 m²。
7. (1)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，∠AEO=∠CFO。
∵AC,EF交于点O，O为▱ABCD对称中心，
∴AO=CO，
∴△AEO≌△CFO(AAS)，
∴$S_{△ AEO}=S_{△ CFO}$。
∵$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ AEO}$，
∴$S_{四边形ABFE}=S_{四边形ABFO}+S_{△ CFO}=S_{△ ABC}$。
∵$S_{△ ABC} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，
∴$S_{四边形ABFE} = \frac{1}{2}S_{□ ABCD}$，即EF平分▱ABCD的面积。
(2)20 + 2$\sqrt{17}$ 解析:如图①，过A作AG⊥BC于点G，过E作EQ⊥BC于点Q，则∠AGQ=∠EQG=90°。
∵EF平分菱形ABCD的面积，
∴EF经过菱形ABCD的对称中心且AE=CF=1。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=10，AD//BC，
∴∠GAE+∠AGQ=180°，
∴∠GAE=∠AGQ=∠EQG=90°，
∴四边形AEQG是矩形，
∴AE=GQ=1。
∵菱形ABCD的边长为10，面积为80，
∴BC·AG=80，
∴AG=8。在Rt△ABG中，由勾股定理得BG = $\sqrt{AB^2 - AG^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$，
∴QF=BC - CF - GQ - BG=10 - 1 - 1 - 6=2，
∴EF = $\sqrt{EQ^2 + QF^2} = \sqrt{8^2 + 2^2} = 2\sqrt{17}$，
∴四边形ABFE的周长为AB+BG+GQ+QF+EF+AE=AB+BG+GQ+QF+EF+CF=AB+BC+EF=10+10+2$\sqrt{17}$=20 + 2$\sqrt{17}$。
(3)如图②，连接BD交MN于点O，由题意可知，OM=ON = $\frac{1}{2}MN$，取AB的中点Q，连接OQ，交AP于点H，延长AP交BC于点T，则AQ = $\frac{1}{2}AB = 40$ m。
∵Q,O分别为AB,BD的中点，
∴OQ//AD，OQ = $\frac{1}{2}AD = 50$ m，
∴∠AQO=90°。
∵点P到AD,AB的距离相等，
∴∠BAT = $\frac{1}{2}$∠BAD=45°，
∴AQ=QH=40 m，AB=BT=80 m。在Rt△AQH中，AH = $\sqrt{AQ^2 + QH^2} = \sqrt{40^2 + 40^2} = 40\sqrt{2}$ (m)，在Rt△ABT中，AT = $\sqrt{AB^2 + BT^2} = \sqrt{80^2 + 80^2} = 80\sqrt{2}$ (m)，
∴AH = $\frac{1}{2}AT$。
∵OQ//AD，BC//AD，
∴OQ//BC，
∴∠OHP=∠PTN，∠HOP=∠PNT。
∵PM=3PN，
∴PN = $\frac{1}{4}MN$。
∵ON = $\frac{1}{2}MN$，
∴OP = $\frac{1}{4}MN = PN$，
∴△OPH≌△NPT(AAS)，
∴OH=NT=OQ - QH=50 - 40=10(m)，PH=PT，
∴BN=BT - NT=80 - 10=70(m)，
∴AM=CN=BC - BN=100 - 70=30(m)。2400 m² 解析:
∵AH = $\frac{1}{2}AT$，
∴AH=HT。
∵PH=PT，
∴AP=3PT，
∴AP = $\frac{3}{4}AT$，
∴$S_{△ ABP} = \frac{3}{4}S_{△ ABT} = \frac{3}{4} × \frac{1}{2} × 80 × 80 = 2400$ (m²)，
∴△ABP的面积为2400 m²。