?2022中考考點必殺500題
專練12（幾何壓軸大題）（30道）
1．（2021·青島市嶗山區(qū)第三中學九年級其他模擬）在四邊形中，是邊上一點，點從出發(fā)以秒的速度沿線段運動，同時點從出發(fā)，沿線段、射線運動，當運動到，兩點都停止運動．設運動時間為（秒）：

（1）當與的速度相同，且時，求證：
（2）當與的速度不同，且分別在上運動時（如圖1），若與全等，求此時的速度和值；
（3）當運動到上，運動到射線上（如圖2），若的速度為秒，是否存在恰當的邊的長，使在運動過程中某一時刻剛好與全等，若存在，請求出此時的值和邊的長；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）的速度為3，t的值為2；（3）的長為時，兩三角形全等
【分析】
（1）根據SAS即可證明△EBP≌△PCQ．
（2）正確尋找全等三角形的對應邊，根據路程，速度，時間的關系即可解決問題．
（3）分兩種情形分別構建方程組即可解決問題．
【詳解】
（1）由題意：BP=CQ=1×2=2（cm），
∵BC=8cm，BE=6cm，
∴PC=8-2=6（cm），
,,,,


（2）設的速度為，
則，
分兩種情況：
①當時，，
即，解得，（舍去）
② 當時，，
即，解得，
Q的速度為3，t的值為2.
（3）設，則，

分兩種情況：
①當時，，
即，解得，
②，
即，解得
故：當的長為時，兩三角形全等．
【點睛】
本題考查了全等三角形的判定和性質，路程，速度，時間之間的關系等知識，解題的關鍵是理解題意，學會用分類討論的思想思考問題．
2．（2021·山東省青島第二十六中學九年級其他模擬）如圖1所示，在正方形ABCD中，，是以點B為圓心，AB長為半徑的圓的一段弧，點E是邊AD上的任意一點，點E與點A、D不重合，過E作AC所在圓的切線，交邊DC于點F，G為切點．
（1）當時，求證：點G為線段EF的中點；
（2）設，，求y關于x的函數解析式，并寫出函數的定義域；
（3）圖2所示，將沿直線EF翻折后得，當時，討論與是否相似，如果相似，請加以證明；如果不相似，只要求寫出結論，不要求寫出理由．

【答案】（1）見解析；（2）（0＜x＜1）；（3）①當AE=時，△ED1F∽△AD1D；②當AE=時，△ED1F與△AD1D不相似，理由見解析．
【分析】
（1）根據等腰直角三角形的判定性質以及切線長定理可以證明G為線段EF的中點；
（2）根據切線長定理、正方形的性質得到有關的線段用x，y表示，再根據勾股定理建立函數關系式．
（3）結合（2）中的函數關系式，求得x的值．分兩種情況分別分析，根據翻折的性質，得到平行，從而證明三角形相似．
【詳解】
解：（1）證明：∵∠DEF=45°，
∴∠DFE=90°-∠DEF=45°．
∴∠DFE=∠DEF．
∴DE=DF．
又∵AD=DC，
∴AE=FC．
∵AB是圓B的半徑，AD⊥AB，
∴AD切圓B于點A．
同理：CD切圓B于點C．
又∵EF切圓B于點G，
∴AE=EG，FC=FG．
∴EG=FG，即G為線段EF的中點．
（2）根據（1）中的線段之間的關系，得EF=x+y，DE=1-x，DF=1-y，
根據勾股定理，得：（x+y）2=（1-x）2+（1-y）2
∴（0＜x＜1）．
（3）解：當時，由（2）得EF=EG+FG=AE+FC，
即，
解得．
經檢驗是原方程的解．
①當AE=時，
設直線EF交線段DD1于點H，

由題意，得：
ED1=ED，DH=D1H，∠D1EF=∠DEF，∠ED1F=∠EDF=90°．
∴EH⊥DD1．
∵AE=ED=，DH=D1H，
∴EH∥AD1，
∴∠AD1D=∠EHD=90°，∠D1AD=∠DEF=∠D1EF．
又∵∠ED1F=∠EDF=90°，
∴∠ED1F=∠AD1D，
∴△ED1F∽△AD1D．
②當AE=時，，
∴，
∴EH不平行于AD1，
∴∠AD1D≠90°，∠ADD1≠90°，
∴△ED1F與△AD1D不相似．
【點睛】
此題綜合運用了切線長定理、相似三角形的判定和性質等知識；熟練掌握相關性質、靈活應用數形結合的思想是解題關鍵．
3．（2021·山東淄博市·九年級一模）如圖，在平面直角坐標系中，已知點，點B是軸正半軸上一點，連接，過點A作，交軸于點C，點D是點C關于點A的對稱點，連接，以為直徑作交于點E，連接AE并延長交軸于點F，連接DF．
（1）求線段AE的長；
（2）若，求的值；
（3）若與相似，求的值．

【答案】（1）4；（2）；（3）或8
【分析】
（1）由AD是圓Q的直徑可得：∠AEB=∠AED=90°，再由BA垂直平分CD可得：BC=BD，然后證明，即可解答；
（2）設，則，根據勾股定理可得：x=3，再證明△BFA∽△AFC，最后運用正切的定義即可解答；
(3)需要分和兩種情況解答即可．
【詳解】
（1）∵AB是的直徑


∵BA垂直平分CD，





（2）設，則
在中，由得，解得：

，




設，則
在中，

解得
∴＝

（3）①如圖1，當時，有

BD垂直平分AF


②如圖2，設交軸于點，連接DG，作于H
當時，有


綜上所述，或8；

【點睛】
本題考查了圓的性質、勾股定理、相似三角形判定和性質等知識點，屬于幾何綜合題和幾何壓軸題，熟練掌握并運用所學性質定理和判定定理是解答本題的關鍵．
4．（2021·東營市勝利第三十九中學九年級其他模擬）如圖1，已知點G在正方形ABCD的對角線AC上，GE⊥BC，垂足為點E，GF⊥CD，垂足為點F．
（1）證明：四邊形CEGF是正方形；
（2）探究與證明：
將正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖2所示，試探究線段AG與BE之間的數量關系，并說明理由；
（3）拓展與運用：
正方形CEGF繞點C順時針方向旋轉α角（0°＜α＜45°），如圖3所示，當B，E，F三點在一條直線上時，延長CG交AD于點H，若AG＝6，GH＝2，求BC的長．

【答案】（1）證明見解析；（2）AG＝BE，理由見解析；（3）BC=3．
【分析】
（1）先說明GE⊥BC、GF⊥CD，再結合∠BCD=90°可證四邊形CEGF是矩形，再由∠ECG=45°即可證明；
（2）連接CG，證明△ACG∽△BCE，再應用相似三角形的性質解答即可；
（3）先證△AHG∽△CHA可得，設BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，求出AH=a，DH=a，CH= ，最后代入即可求得a的值．
【詳解】
（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四邊形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四邊形CEGF是正方形．
（2）結論：AG＝BE；
理由：連接CG，

由旋轉性質知∠BCE＝∠ACG＝α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，＝cos45°＝， ，
∴ ，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴線段AG與BE之間的數量關系為AG＝BE；
（3）∵∠CEF＝45°，點B、E、F三點共線，
∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°，
∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
設BC＝CD＝AD＝a，則AC＝a，
則由，得，
∴AH＝a，
則DH＝AD﹣AH＝a，，
∴，得 ，
解得：a＝3，即BC＝3．
【點睛】
本題屬于四邊形綜合題，主要考查相似形的判定和性質、正方形的性質等知識點，解題的關鍵是正確尋找相似三角形解決問題并利用參數構建方程解決問題．
5．（2021·山東臨沂市·九年級一模）已知：如圖1所示將一塊等腰三角板BMN放置與正方形ABCD的重合，連接AN、CM，E是AN的中點，連接BE．

（觀察猜想）
（1）CM與BE的數量關系是________；CM與BE的位置關系是________；
（探究證明）
（2）如圖2所示，把三角板BMN繞點B逆時針旋轉，其他條件不變，線段CM與BE的關系是否仍然成立，并說明理由；
（拓展延伸）
（3）若旋轉角，且，求的值．
【答案】（1）；；（2）成立，理由見解析；（3）
【分析】
（1）【觀察猜想】根據正方形ABCD，得到AB=CB，由等腰三角形BMN，得到BM=BN，可證明Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，又根據E是AN的中點，即可證明CM=2BE，根據等邊對等角得到∠ABE=∠BCM，∠ABE+∠BMC=90°即可證明CM⊥BE．
（2）【探究證明】延長BE至F使EF= BE，連接AF，先證明△AEF≌△NEB，再證明△FAB≌MBC，得到CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，得到∠ABF+∠FBC=90°，進而求得∠BCM+∠EBC=90°，即可證明EB⊥CM；
（3）[拓展延伸] 由a=45°得到∠ABE= 15°，由前面可得∠BMC= 30°，過C作CG⊥MB于G，設CG為m，則BC=m，MG=m，所以MB= BN=m-m，最后求得的值．
【詳解】
解:【觀察猜想】(1)CM =2BE ；CM⊥BE；如圖1所示


圖1
∵正方形ABCD，
∴AB=CB，
∵等腰三角形BMN，
∴BM=BN，
∴Rt△BAN≌Rt△BCM（HL)，
∴∠BAN=∠BCM，
又∵E是AN的中點，
∴BE=AE=NE=AN，
∴CM=2BE，
∵BE=AE，
∴∠BAN=∠ABE，
∴∠ABE=∠BCM，
∴∠ABE+∠BMC=∠BCM+∠BMC=90°
∴∠BPM=90°
∴CM⊥BE．
【探究證明】
(2)CM = 2BE，CM ⊥ BE仍然成立．
如圖2所示，延長BE至F使EF= BE，連接AF，


∵AE= EN，∠AEF=∠NEB，EF= BE，
∴△AEF≌△NEB
∴AF= BN，∠F=∠EBN，
∴AF//BN，AF= BM，
∴∠FAB+∠ABN = 180°，
∵ ∠MBN= ∠ABC= 90°，
∴∠NBC+∠ABN= 90°，
∴∠NBA+∠FAD= 90°，
∴∠CBN= ∠FAD
∴∠FAB=∠MBC，
∵AB=BC，
∴△FAB≌MBC，
∴CM=BF=2BE，∠BCM=∠ABF，
∵∠ABF+∠FBC=90°
∴∠BCM+∠EBC=90°，
∴EB⊥CM；
[拓展延伸] (3)由a=45°得 ∠MBA=∠ABN= 45°，
∵∠NBE= 2∠ABE，
∴ ∠ABE= 15°，
由前面可得∠MCB=∠ABE= 15°，∠MBC= 135°，
∴∠BMC= 180°-15°-135°=30°，
如圖3所示，過C作CG⊥MB于G，


圖3
設CG為m
則BC=m，MG=m ，所以MB= BN=m-m，
∴．
【點睛】
本題考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，等腰直角三角形的性質，直角三角形的性質，解題的關鍵是靈活運用以上性質解決問題．
6．（2021·山東泰安市·）已知在△ABC中，AB＝AC，過點B引一條射線BM，D是BM上一點．
（1）如圖1，∠ABC＝60，射線BM在∠ABC內，∠ADB＝60，求證：∠BDC＝60．
請根據以下思維框圖，寫出證明過程．


（2）如圖2，已知∠ABC＝∠ADB＝30．

①當射線BM在∠ABC內，求∠BDC的度數．
②當射線BM在BC下方，請問∠BDC的度數會變嗎？若不變，請說明理由；若改變，請直接寫出∠BDC的度數．
（3）在第（2）題的條件下，作AF⊥BD于點F，連接CF，已知BD＝6，CD＝2，求△CDF的面積．

【答案】（1）證明見解析；（2）①∠BDC的度數為120；②改變，∠BDC的度數60；（3）或
【分析】
（1）在BM上取一點E，使AE＝AD；根據等邊三角形的性質分析，得∠BAE＝∠CAD；再根據全等三角形的性質，證明△BAE≌△CAD，從而得∠ADC，經計算即可得到答案；
（2）①在BM上取一點E，使AE＝AD；根據等腰三角形性質分析，得∠AEB以及∠BAE＝∠CAD；再根據全等三角形的性質，證明△BAE≌△CAD，從而得∠ADC，經計算即可得到答案；
②在BM上取一點E，使AE＝AD；根據等腰三角形性質分析，得∠AEB以及∠BAE＝∠CAD；再根據全等三角形的性質，證明△BAE≌△CAD，從而得∠ADC，經計算即可得到答案；
（3）根據題意，分射線BM在∠ABC內和在BC下方兩種情況分析；結合（2）結論及全等三角形性質，得，從而得DE、DF；再根據等腰三角形和三角函數的性質計算，得CG，通過計算即可得到答案．
【詳解】
（1）在BM上取一點E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝60
∴△ADE是等邊三角形
∴∠AEB＝180°-＝120
∵AB＝AC，∠ABC＝60
∴△ABC是正三角形
∴∠BAE＝60-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝120
∴∠BDC＝∠ADC-∠ADB＝60；
（2）①在BM上取一點E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝30
∴
∴
∴∠AEB＝180°-＝150
∵AB＝AC，∠ABC＝30
∴
∴
∴
∴∠BAE＝120-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝150
∴∠BDC＝∠ADC-∠ADB＝120；
②如圖，在BM上取一點E，使AE＝AD；

∵∠ADB＝30
∴
∴
∵AB＝AC，∠ABC＝30
∴
∴
∴
∴∠BAE＝120-∠EAC＝∠CAD
∴△BAE≌△CAD（SAS）
∴∠ADC＝∠AEB＝30
∴∠BDC＝∠ADC+∠ADB＝60；
（3）根據題意，分射線BM在∠ABC內和在BC下方兩種情況分析
當射線BM在∠ABC內時，如圖，作AF⊥BD于點F，連接CF，作CG⊥BD于點G，在BM上取一點E，使AE＝AD

∵△BAE≌△CAD，CD＝2
∴
∵BD＝6
∴
∵AE＝AD，AF⊥BD
∴
∵
∴
∴
∴
當射線BM在BC下方時，如圖，作AF⊥BD于點F，連接CF，作CG⊥BD于點G，在BM上取一點E，使AE＝AD

∵△BAE≌△CAD，CD＝2
∴
∵BD＝6
∴
∵AE＝AD，AF⊥BD
∴
∵
∴
∴．
【點睛】
本題考查了等腰三角形、等邊三角形、三角形內角和、全等三角形、三角函數的知識；解題的關鍵是熟練掌握等腰三角形、等邊三角形、三角函數的性質，從而完成求解．
7．（2021·山東青島市·九年級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，BD為對角線．點P為線段CD上一動點，點P從點D出發(fā)，向點C勻速運動，速度為1cm/s；點Q為BC上一動點，過點Q作BD的垂線，交BD于M，交AD于點N，點Q從點C向點B運動，速度為1cm/s，當點P停止運動時，點Q也停止運動；設運動時間為t（s）（0＜t＜6）．

（1）當t為何值時，PQ∥BD？
（2）設四邊形NQPD的面積為y（cm2），求y與t之間的函數關系式；
（3）是否存在某一時刻t，使四邊形NQPD的面積是矩形ABCD面積的？若存在，求出此時t的值；若不存在，說明理由．
【答案】（1）t為s；（2）y＝+3t+；（3）存在，t＝1s
【分析】
（1）當PQ∥BD時，△PQC∽△DBC，則，即，解得t＝即可；
（2）先證明△MBQ∽△CBD，得，解得BM＝，再證△BMQ∽△DMN，得，解得DN＝，然后四邊形NQPD的面積為y＝梯形NQCD的面積﹣△PQC的面積，即可求解；
（3）由題意得+3t+=，解方程即可．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴DC＝AB＝6cm，
當PQ∥BD時，△PQC∽△DBC，
∴，
即，
解得t＝，
∴當t為s時，PQ∥BD；
（2）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，DC＝AB＝6cm，∠C＝90°，
∴BD＝＝10（cm），
∵QM⊥BD，
∴∠BMQ＝90°＝∠C，
又∵∠MBQ＝∠CBD，
∴△MBQ∽△CBD，
∴，
解得BM＝，
∵AD∥BC，
∴△BMQ∽△DMN，
∴，
即，
解得DN＝，
∴四邊形NQPD的面積為y＝梯形NQCD的面積﹣△PQC的面積＝（CQ+DN）?CD﹣CQ?CP＝（t+）×6﹣t（6﹣t）＝+3t+，
即y與t之間的函數關系式為y＝0.5t2+3t+；
（3）假設存在某一時刻t，使四邊形NQPD的面積是矩形ABCD面積的，
則+3t+=，
即+6t﹣7＝0，
解得：t＝1或t＝﹣7（舍去），
∴存在t＝1s，使四邊形NQPD的面積是矩形ABCD面積的．
【點睛】
本題考查了矩形的性質，平行線的性質，三角形相似的判斷和性質，圖形面積的分割計算，函數表達式的確定，熟練運用平行線的性質判定三角形的相似，正確進行圖形面積的分割是解題的關鍵．
8．（2021·山東青島市·九年級一模）閱讀下面材料：
小明遇到這樣一個問題：如圖1，在邊長為a（a＞2）的正方形ABCD各邊上分別截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，當∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°時，求正方形MNPQ的面積．
小明發(fā)現，分別延長QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延長線于點R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四個全等的等腰直角三角形（如圖2）．
請回答：

（1）若將上述四個等腰直角三角形拼成一個新的正方形（無縫隙不重疊），則新的正方形的邊長為　 　；這個新正方形的面積　 ?。ㄌ睢埃尽薄埃健被颉埃肌保┰叫蜛BCD的面積；通過上述分析，可以發(fā)現正方形MNPQ的面積與△FSB的面積之間的關系是　 ?。?br /> （2）求正方形MNPQ的面積．
（3）如圖3，在等邊△ABC各邊上分別截取AD＝BE＝CF，再分別過點D，E，F作BC，AC，AB的垂線，得到等邊△RPQ．若SRPQ＝，求AD的長．參考小明思考問題的方法，在圖3的基礎上先畫出圖形再解決問題．
【答案】（1）a；=；S正方形MNPQ＝4S△FSB；（2）2；（3）AD＝；圖見解析
【分析】
（1）先證△AER、△BFS、△CGT、△DHW是四個全等的等腰直角三角形，得AE＝DW，則AE+DE＝DW+DE＝a，即AD＝WE＝a，得這個新正方形的邊長為a；求出拼成的新正方形面積為a2，即新正方形與原正方形ABCD的面積相等，即可解決問題；
（2）由S△FSB＝，得S正方形MNPQ＝4S△FSB＝2即可；
（3）分別延長RD、QF、PE交FA、EC、DB的延長線于點S、T、W，由題意得△RSF、△QET、△PDW均為底角是30°的等腰三角形，其底邊長均等于△ABC的邊長，設等邊△ABC的邊長為b，則SF＝AC＝b，過點R作RM⊥SF于M，則MF＝SF＝b，求出RM，則S△RSF＝b2，過點A作AN⊥SD于N，設AD＝AS＝m，則AN＝m，SD＝2ND＝m，得S△ADS＝m2，然后由三個等腰三角形的面積和為b2，進而得出＝3×m2，求解即可．
【詳解】
解：（1）∵AE＝BF＝CG＝DH＝1，∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，
∴△AER、△BFS、△CGT、△DHW是四個全等的等腰直角三角形，
∴AE＝DW，
∴AE+DE＝DW+DE＝a，即AD＝WE＝a，
∵拼成一個新的正方形無縫隙，不重疊，
∴這個新正方形的邊長為a；
∵所得的四個等腰直角三角形的斜邊長為a，
則斜邊上的高為a，
每個等腰直角三角形的面積為：a×a＝a2，
∴拼成的新正方形面積為：4×a2＝a2，
即新正方形與原正方形ABCD的面積相等；
∵新正方形的面積＝4×S△MSG＝4×（S△FSB+S四邊形MFBG），
原正方形ABCD的面積＝S正方形MNPQ+4×S四邊形MFBG，
∴4×（S△FSB+S四邊形MFBG）＝S正方形MNPQ+4×S四邊形MFBG，
即S正方形MNPQ＝4S△FSB；
故答案為：a，＝，S正方形MNPQ＝4S△FSB；
（2）∵S△FSB＝×1×1＝，
∴S正方形MNPQ＝4S△FSB＝4×＝2；
（3）分別延長RD、QF、PE交FA、EC、DB的延長線于點S、T、W，如圖（3）所示：
由題意得：△RSF、△QET、△PDW均為底角是30°的等腰三角形，其底邊長均等于△ABC的邊長，

設等邊△ABC的邊長為b，
則SF＝AC＝b，
過點R作RM⊥SF于M，
則MF＝SF＝b，
在Rt△RMF中，RM＝MF?tan30°＝b×＝b，
∴S△RSF＝×b×b＝b2，
過點A作AN⊥SD于N，
設AD＝AS＝m，
則AN＝AD?sin30°＝m，SD＝2ND＝2ADcos30°＝2×m×＝m，
∴S△ADS＝SD?AN＝×m×m＝m2，
∵三個等腰三角形（△RSF、△QET、△PDW）的面積和為：3S△RSF＝3×b2＝b2，
∴S△RPQ＝S△ADS+S△CFT+S△BEW＝3S△ADS，
∴＝3×m2，
解得：m＝（負值舍去），
∴AD＝．
【點睛】
本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質、等腰直角三角形的判定與性質、等邊三角形的性質、等腰三角形的性質、含30°角的直角三角形的性質、銳角三角函數定義、三角形面積等知識；本題綜合性強，熟練掌握正方形的性質、等腰三角形的性質是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．
9．（2021·山東青島市·九年級一模）如圖所示，BA⊥x軸于點A，點B的坐標為（﹣1，2），將△OAB沿x軸負方向平移3個單位，平移后的圖形為△EDC．
（1）直接寫出點C和點E的坐標；
（2）在四邊形ABCD中，點P從點A出發(fā)，沿“AB→BC→CD”移動，移動到點D停止．若點P的速度為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，回答下列問題：
①當t為何值時，點P的橫坐標與縱坐標互為相反數；
②用含t的式子表示點P在運動過程中的坐標（寫出過程）；
③當5秒＜t＜7秒時，四邊形ABCP的面積為4，求點P的坐標．

【答案】（1）C（﹣4，2），E（﹣3，0）；（2）①1秒或3秒；②P（﹣4，7﹣t）；③（﹣4，）．
【分析】
（1）根據平移直接得出結論；
（2）①分兩種情況：利用點P的橫縱坐標互為相反數，即可求出t的值；
②分三種情況：利用點P的橫坐標（或縱坐標）已知，再由運動即可得出結論；
③先表示出點P的坐標，再利用梯形的面積公式建立方程求解即可得出結論．
【詳解】
解：（1）由題意知：C（﹣4，2），E（﹣3，0）；
（2）①當點P在AB上時，有P（﹣1，t），
∵點P的橫縱坐標互為相反數，
∴t＝1，
當點P在BC上時，設P（xp，2），
∵點P的橫縱坐標互為相反數，
∴xp＝﹣2，即﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，
解得：t＝3，
綜上所述：當t為1秒或3秒時，點P的橫坐標與縱坐標互為相反數；
②當點P在AB上時，有P（﹣1，t）；
當點P在BC上時，有點P縱坐標為2，
橫坐標為：﹣1﹣（t﹣2）＝1﹣t
此時，P（1﹣t，2）；
當點P在CD上時，有點P的橫坐標為﹣4，
縱坐標為：2﹣（t﹣2﹣3）＝7﹣t，
此時，P（﹣4，7﹣t）；
③如圖，∵S四邊形ABCP＝4，
∴S四邊形ABCP＝?BC?（CP＋BA）＝×3（t﹣5＋2）＝4，
解得：t＝，
∴2﹣（t﹣5）＝2﹣＋5，
＝，
∴P（﹣4，）．

【點睛】
此題是四邊形綜合題，主要考查了平移的性質，梯形的面積公式，用分類討論的思想解決問題是解本題的關鍵．
10．（2021·山東棗莊東方國際學校九年級二模）問題情境
如圖1，已知矩形ABCD中，點E，F是AD，BC的中點，連接EF，將矩形ABCD沿FF剪開，得到四邊形ABFE和四邊形EPCD．
（1）求證：四邊形EPCD是矩形；
操作探究
保持矩形EPCD位置不變，將矩形ABFE從圖1的位置開始，繞點E按逆時針方向旋轉．設旋轉角為α（O°＜α＜360°）操作中，提出了如下問題，請你解答．
（2）如圖2，當矩形ABFE旋轉到點A落在線段EP上時，線段EF恰好經過點D，設DC與AB相交于點G．判斷四邊形EAGD的形狀，并說明理由．
（3）在矩形ABFE旋轉過程中連接線段AP和BP，當AP＝BP時，求旋轉角α的度數．

【答案】（1）見解析；（2）四邊形EAGD是正方形，理由見解析；（3）旋轉角α的度數是60°或300°．
【分析】
（1）由四邊形ABCD是矩形，可知AD∥BC，∠C＝90°，AD＝BC，又點E，F是AD，BC的中點，ED＝PC，可得四邊形EPCD是平行四邊形，根據∠C＝90°，可證四邊形EPCD是矩形.
（2）由EF∥AB，AE∥GD，可先證得四邊形EAGD是平行四邊形，根據E是AD的中點，可知ED＝AE，結合∠EAG＝90°，可證四邊形EAGD是正方形；
（3）根據題意畫圖可知有兩種情況.①由四邊形AEFB是矩形，可知AE＝BF，∠EAB＝∠FBA，當PA＝PB，時∠PAB＝∠PBA，即∠EAP＝∠FBP，可證△EAP≌△FBP（SAS），故得EP＝PF、由旋轉的性質可得：EP＝EF，所以EP＝PF＝EF，即△EFP是等邊三角形，此時α＝∠PEF＝60°；②根據四邊形AEFB是矩形，可知AE＝BF，∠EAB＝∠FBA＝90°，當PA＝PB時，∠PAB＝∠PBA，即∠EAP＝∠FBP，可證得△EAP≌△FBP（SAS），即EP＝PF，由旋轉可知：EP＝EF，此時EP＝PF＝EF，即△EFP是等邊三角形，所以∠PEF＝60°，此時α＝360°∠PEF＝300°；
【詳解】
（1）證明：如圖1，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，AD＝BC，
∵點E，F是AD，BC的中點，
∴ED＝PC，
∴四邊形EPCD是平行四邊形，∵∠C＝90°，
∴四邊形EPCD是矩形；
（2）解：結論：四邊形EAGD是正方形，
理由：如圖2中，

∵EF∥AB，AE∥GD，
∴四邊形EAGD是平行四邊形，
∵E是AD的中點，
∴ED＝AE，
∵∠EAG＝90°，
∴四邊形EAGD是正方形；
（3）解：如圖3，連接PF，

∵四邊形AEFB是矩形，
∴AE＝BF，∠EAB＝∠FBA，
∵PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠EAP＝∠FBP，
∴△EAP≌△FBP（SAS），
∴EP＝PF，
由旋轉得：EP＝EF，
∴EP＝PF＝EF，
∴△EFP是等邊三角形，
∴α＝∠PEF＝60°；
如圖4，連接PF，

∵四邊形AEFB是矩形，
∴AE＝BF，∠EAB＝∠FBA＝90°，
∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA，
∴∠EAP＝∠FBP，∴△EAP≌△FBP（SAS），
∴EP＝PF，
由旋轉得：EP＝EF，
∴EP＝PF＝EF，
∴△EFP是等邊三角形，
∴∠PEF＝60°，
∴α＝360°-∠PEF＝300°；
綜上，當AP＝BP時，旋轉角α的度數是60°或300°．
【點睛】
本題考查了全等三角形的判定與性質，圖形的旋轉，等邊三角形的判定和性質，平行四邊形的性質，矩形的判定，正方形的判定，解本題的關鍵是注意旋轉角為α（O°＜α＜360°），故有兩種情況，不要遺漏即可.
11．（2021·山東青島市·九年級一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點N為BC邊上的一點，且BN＝n（n＞0），動點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長的速度沿AB邊向點B運動，連接NP，作射線PM⊥NP交AD于點M，設點P運動的時間是t秒（t＞0）．
（1）當點M與點A重合時，t等于多少秒，當點M與點D重合時，n等于多少（用含字母t的代數式表示）
（2）若n＝2，則
①在點P運動過程中，點M是否可以到達線段AD的延長線上？通過計算說明理由；
②連接ND，當t為何值時，ND∥PM？
（3）過點N作NK∥AB，交AD于點K，若在點P運動過程中，點K與點M不會重合，直接寫出n的取值范圍．

【答案】（1）t＝4秒，點M與點A重合；n＝﹣，（2）①點M不能到達線段AD的延長線上，理由見解析；②當t＝秒時，ND∥PM，（3）2＜n≤3．
【分析】
（1）當點M與點A重合時，如圖1，AP＝AP＝4，可得t＝4，當點M與點D重合時，如圖2，利用三角形相似列比例式可得n的式子；
（2）①如圖3，根據△AMP∽△BPN，列比例式，可得AM＝t（4﹣t）＝＝﹣（t﹣2）2+2，當t＝2時，AM取得最大值為2，此時點M在線段AD上；
②如圖4，作輔助線構建平行線，證明△PMA∽△NDQ，則，列方程可得t的值；
（3）根據圖4，點Q即為本題中的點K，由（2）①的解答過程可知，△AMP∽△BPN，則，當點K與點M重合時，則有AM＝AK＝BN＝n，列方程t2﹣4t+n2＝0，無解可得n的取值．
【詳解】
（1）當點M與點A重合時，P與B重合，N與C重合，如圖1，
∴PA＝AB＝4，
∴t＝4，
即t＝4秒，點M與點A重合；
當點M與點D重合時，如圖2，
∵∠DPN＝90°，
∴∠APD+∠BPN＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠ADP+∠APD＝90°，
∴∠BPN＝∠ADP，
∴△DAP∽△PBN，
，

，
故答案為4，；
（2）①不能；
如圖3，同理得：△AMP∽△BPN．
∴，
即，
∴AM＝t（4﹣t）＝，
顯然，AM是關于t的二次函數，當t＝2時，AM取得最大值為2，此時點M在線段AD上，所以點M不能到達線段AD的延長線上．
②如圖4，過點N作NQ∥AB，交AD于點Q，
∴∠PAM＝∠NQD＝90°，
當ND∥PM時，有∠PMA＝∠NDQ，
∴△PMA∽△NDQ，
∴，
而PA＝t，NQ＝4，MA＝，DQ＝3﹣2＝1，
代入得，，即2t2﹣t＝0，解得，t1＝0（舍去），t2＝．
∴當t＝秒時，ND∥PM．
（3）2＜n≤3．
理由是：如圖4，點Q即為本題中的點K，由（2）①的解答過程可知，
∴△AMP∽△BPN．
∴，即，
當點K與點M重合時，則有AM＝AK＝BN＝n，
∴，化簡得，t2﹣4t+n2＝0，
依題意，不存在點K與點M重合的時刻t，即關于t的一元二次方程t2﹣4t+n2＝0無解，
∴△＜0，即（﹣4）2﹣4×1×n2＜0，n2＞4，
∵n＞0，
∴n＞2，
綜上，2＜n≤3．

【點睛】
四邊形的綜合題，主要考查了矩形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理、二次函數的最值等知識，本題綜合性比較強，考查了學生對于知識的綜合運用能力和空間想象能力，是一道不錯的壓軸題．
12．（2021·膠州市初級實驗中學九年級其他模擬）（問題背景）
如圖1，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于點D，則D為BC的中點，∠BAD＝∠BAC＝60°，.
（問題應用）
如圖2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D、E、C三點共線，連接BD，
（1）求證：△ADB≌△AEC；
（2）直接寫出AD、BD、CD之間的數量關系；
如圖3，菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在△ABC內部作射線BM，作點C關于BM的對稱點E，連接AE并延長交BM于點F，連接CE、CF．
（1）判斷△EFC的形狀，并給出證明．
（2）若AE＝5，CE＝2，求BF的長．

【答案】【問題應用】（1）見解析;（2）結論：CD＝AD+BD,理由見解析;如圖3，（1）見解析;（2）BF＝3．
【分析】
如圖2，（1）只要證明∠DAB＝∠CAE，即可根據SAS解決問題；
（2）結論：CD＝AD+BD．如圖2﹣1中，作AH⊥CD于H，由△DAB≌△EAC，可知BD＝CE，在Rt△ADH中，DH＝AD?cos30°＝AD，由AD＝AE，AH⊥DE，推出DH＝HE，由CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD，即可解決問題；
如圖3，（1）作BH⊥AE于H，連接BE．由BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，推出A、D、E、C四點共圓，推出∠ADC＝∠AEC＝120°，推出∠FEC＝60°，推出△EFC是等邊三角形；
（2）由AE＝5，EC＝EF＝2，推出AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH＝30°，可得＝cos30°，由此即可解決問題．
【詳解】
解：【問題應用】如圖2，（1）

∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△DAE和△EAC中，
∵，
∴△DAB≌△EAC，
（2）結論：CD＝AD+BD．
理由：如圖2﹣1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，
∴BD＝CE，
在Rt△ADH中，DH＝AD?cos30°＝AD，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
∴DH＝HE，
∵CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD．
如圖3，（1）證明：如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴△ABD，△BDC是等邊三角形，
∴BA＝BD＝BC，
∵E、C關于BM對稱，
∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，
∴A、D、E、C四點共圓，
∴∠ADC＝∠AEC＝120°，
∴∠FEC＝60°，
∴△EFC是等邊三角形，
（2）∵AE＝5，EC＝EF＝2，
∴AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH＝30°，
∴＝cos30°，
∴BF＝＝3．
故答案為【問題應用】（1）見解析;（2）結論：CD＝AD+BD,理由見解析;如圖3，（1）見解析;（2）BF＝3．
【點睛】
本題考查四邊形的綜合問題，主要考查全等三角形的判定和性質、等腰三角形的性質、四點共圓、等邊三角形的判定和性質、銳角三角函數等知識，解題的關鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會添加輔助圓解決問題，屬于中考壓軸題．
13．（2021·山東青島市·九年級一模）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC邊上的一個動點，將△ABD沿BD所在直線折疊，使點A落在點P處．

（1）如圖1，若點D是AC中點，連接PC．
①寫出BP，BD的長；
②求證：四邊形BCPD是平行四邊形．
（2）如圖2，若BD=AD，過點P作PH⊥BC交BC的延長線于點H，求PH的長．
【答案】（1）①BD=，BP=；②證明見解析；（2）．
【分析】
（1）①分別在Rt△ABC，Rt△BDC中，求出AB、BD即可解決問題；
②證明DP∥BC，DP=BC即可；
（2）如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長BD交PA于M．設BD=AD=x，則CD=4﹣x．在Rt△BDC中，可得x2=（4﹣x）2+22，推出x的值，從而得出DN的長．由△BDN∽△BAM，可得，由此求出AM．由△ADM∽△APE，可得，由此求出AE的長，可得EC的長，由此即可解決問題．
【詳解】
解：（1）①在Rt△ABC中，
∵BC=2，AC=4，
∴AB==．
∵AD=CD=2，
∴BD==．
由翻折可知：BP=BA=．
②如圖1中，∵△BCD是等腰直角三角形，
∴∠BDC=45°，
∴∠ADB=∠BDP=135°，
∴∠PDC=135°﹣45°=90°，
∴∠BCD=∠PDC=90°，
∴DP∥BC，
∵PD=AD=BC=2，
∴四邊形BCPD是平行四邊形．

（2）如圖2中，作DN⊥AB于N，PE⊥AC于E，延長BD交PA于M．

設BD=AD=x，則CD=4﹣x．在Rt△BDC中，
∵BD2=CD2+BC2，
∴x2=（4﹣x）2+22，
∴x=．
∵DB=DA，DN⊥AB，
∴BN=AN=．
在Rt△BDN中，
DN= =．
由△BDN∽△BAM，可得，
∴，
∴AM=2，
∴AP=2AM=4．
由△ADM∽△APE，可得，
∴，
∴AE=，
∴EC=AC﹣AE=4﹣=．易證四邊形PECH是矩形，
∴PH=EC=．
14．（2021·山東省青島實驗初級中學九年級其他模擬）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，點D為直線BC上一動點（點D不與B，C重合），以AD為邊在AD右側作正方形ADEF，連接CF，
（1）觀察猜想
如圖1，當點D在線段BC上時，
①BC與CF的位置關系為：　 ?。?br /> ②BC，CD，CF之間的數量關系為：　 ?。唬▽⒔Y論直接寫在橫線上）
（2）數學思考
如圖2，當點D在線段CB的延長線上時，結論①，②是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結論再給予證明．
（3）拓展延伸
如圖3，當點D在線段BC的延長線上時，延長BA交CF于點G，連接GE，若已知AB=2，CD=BC，請求出GE的長．

【答案】（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，證明詳見解析；（3）.
【詳解】
試題分析：（1）①根據正方形的性質得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根據全等三角形的性質即可得到結論；②由正方形ADEF的性質可推出△DAB≌△FAC，根據全等三角形的性質得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根據余角的性質即可得到結論；（2）根據正方形的性質得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根據全等三角形的性質即可得到結論（3）根據等腰直角三角形的性質得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根據正方形的性質得到AD=DE，∠ADE=90°，根據矩形的性質得到NE=CM，EM=CN，由角的性質得到∠ADH=∠DEM，根據全等三角形的性質得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代換得到CN=EM=3，EN=CM=3，根據等腰直角三角形的性質得到CG=BC=4，根據勾股定理即可得到結論．
試題解析：解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB與△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB與△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：過A作AH⊥BC于H，過E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）證得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四邊形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四邊形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH與△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．

考點：四邊形綜合題.
15．（2020·濟南市歷城區(qū)雙語實驗學校九年級一模）（發(fā)現問題）
（1）如圖， 已知和均為等邊三角形，在上，在上， 易得線段和的數量關系是 ．

（2）將圖中的繞點旋轉到圖的位置， 直線和直線交于點
①判斷線段和的數量關系，并證明你的結論．
②圖中的度數是 ．

（3）（探究拓展）
如圖3，若和均為等腰直角三角形，，，， 直線和直線交于點， 分別寫出的度數， 線段、之間的數量關系 ．

【答案】（1）；（2）①，證明見解析；②；（3），
【分析】
（1）由等腰三角形的性質，結合等量代換即可求解；
（2）①根據SAS證明，然后根據全等三角形的性質即可證明；
②由全等三角形的性質得，然后利用等量代換即可求解；
（3）首先證明，然后根據相似三角形的性質得到，和，即可求解．
【詳解】
（1）∵和均為等邊三角形
∴CA=CB，CD=CE
∴AC-CD=BC-CE，即AD=BE
∴AD=BE；
（2）①AD=BE
證明：∵和均為等邊三角形
∴CA=CB，CD=CE，
∴
∴
∴AD=BE
②∵
∴
設BC和AF交于點O，如圖2

∵
∴，即
∴；
（3）結論，
證明：∵，AB=BC，DE=EC
∴，
∴
∴，
∴
∵
∴
【點睛】
本題考查了幾何變換綜合，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形，關鍵證明全等和相似，并且分類討論．
16．（2020·山東東營市·九年級二模）綜合與實踐
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D為斜邊AB上的動點（不與點A，B重合）．
（1）操作發(fā)現：如圖①，當AC＝BC＝8時，把線段CD繞點C逆時針旋轉90°得到線段CE，連接DE，BE．
①∠CBE的度數為　 ?。?br /> ②當BE＝　 　時，四邊形CDBE為正方形；
（2）探究證明：如圖②，當BC＝2AC時，把線段CD繞點C逆時針旋轉90°后并延長為原來的兩倍，記為線段CE，連接DE，BE．
①在點D的運動過程中，請判斷∠CBE與∠A的大小關系，并證明；
②當CD⊥AB時，求證：四邊形CDBE為矩形．

【答案】（1）①45°；②；（2）①∠CBE＝∠A，證明詳見解析；②詳見解析
【分析】
(1)①根據等腰直角三角形的性質得到，證明，根據全等三角形的性質證明結論；
②根據勾股求出AB，再根據正方形的性質計算即可；
（2）①證明，根據相似三角形的性質證明結論；
②根據全等三角形的性質、矩形的判定定理證明．
【詳解】
解：（1）①∵，
∴，
，
∴∠ACB=∠DCE，
∴，
即，
在和中，
，
∴（SAS），
；
故答案為：45°；
②,
，
當四邊形CDBE是正方形時，CD⊥AB，BE=BD=AD，
；
故答案為：．

（2）①∠CBE＝∠A．
理由如下：
∵BC＝2AC，CE＝2CD，
∴，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD∽△BCE，
∴∠CBE＝∠A；
②證明：∵∠CBE＝∠A，∠DBC+∠A＝90°，
∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBC+∠A＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
又∵∠DCE＝90°，
∴四邊形CDBE是矩形．
【點睛】
本題考查了正方形的性質，矩形的判定、全等三角形的性質和判定、相似三角形的判定和性質，掌握相似三角形的判定定理和性質是解題的關鍵．
17．（2020·山東濟南市·九年級其他模擬）（問題情境）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作正方形CEFG，連接DG、BE，則DG與BE的數量關系是 ；
（類比探究）
（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE有怎樣的數量關系和位置關系，并說明理由；
（拓展提升）
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，則2BG+BE的最小值為 ．

【答案】（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．
【分析】
（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE、GD相交于點H．因為矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF
+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段GM，將2BG+BE的最小值轉化為求2（BG+DG）的最小值．
【詳解】
（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中

∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（2），DG⊥BE．
理由如下：延長BE、GD相交于點H．

∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．

易證△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴點G的運動軌跡是直線MG，
作點D關于直線GM的對稱點G′，連接BG′交GM于G，此時BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值為4
故答案為4．
【點睛】
本題考查了正方形的性質、矩形的性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質．在判斷全等和相似時出現“手拉手”模型證角相等．這里注意利用三邊關系來轉化線段的數量關系求出最小值．
18．（2020·山東青島市·九年級一模）如圖，已知菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，且AC=12cm，BD=16cm，點P從點D出發(fā)，沿DA方向勻速向點A運動，速度為2cm/s；同時，點E從點B出發(fā)，沿BO方向勻速向點O運動，速度為1cm/s，EF∥BC，交OC于點F．當點P、E中有一點停止運動時，另一點也停止運動，線段EF也停止運動，連接PE、DF（0

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