?專題22 以特殊的平行四邊形為背景的
證明與計(jì)算
考點(diǎn)分析
【例1】（2020·安徽初三）（已知：如圖所示的一張矩形紙片ABCD（AD>AB），將紙片折疊一次，使點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，再展開，折痕EF交AD邊于點(diǎn)E，交BC邊于點(diǎn)F，分別連結(jié)AF和CE．

（1）求證：四邊形AFCE是菱形；
（2）若AE=10cm，△ABF的面積為24cm2，求△ABF的周長；
（3）在線段AC上是否存在一點(diǎn)P，使得2AE2=AC·AP？若存在，請說明點(diǎn)P的位置，并予以證明；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析；（2）24cm；（3）存在，過E作EP⊥AD交AC于P，則P就是所求的點(diǎn)，證明見解析.
【解析】
解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO，
由折疊的性質(zhì)可得：OA=OC，AC⊥EF，
在△AOE和△COF中，
∵，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE=CF，
∴四邊形AFCE是平行四邊形，
∵AC⊥EF，
∴四邊形AFCE是菱形；
（2）∵四邊形AFCE是菱形，
∴AF=AE=10cm，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴S△ABF=AB?BF=24cm2，
∴AB?BF=48（cm2），
∴AB2+BF2=（AB+BF）2-2AB?BF=（AB+BF）2-2×48=AF2=100（cm2），
∴AB+BF=14（cm）
∴△ABF的周長為：AB+BF+AF=14+10=24（cm）．
（3）證明：過E作EP⊥AD交AC于P，則P就是所求的點(diǎn)．
當(dāng)頂點(diǎn)A與C重合時，折痕EF垂直平分AC，
∴OA=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵在平行四邊形ABCD中，AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF
∴四邊形AFCE是菱形．
∴∠AOE=90°，又∠EAO=∠EAP，
由作法得∠AEP=90°，
∴△AOE∽△AEP，
∴，則AE2=AO?AP，
∵四邊形AFCE是菱形，
∴AO＝AC，
∴AE2=AC?AP，
∴2AE2=AC?AP．
【點(diǎn)睛】
本題考查翻折變換（折疊問題）；菱形的判定；矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，掌握相關(guān)性質(zhì)定理，正確推理論證是解題關(guān)鍵．

【例2】如圖，正方形ABCD的邊長為6，把一個含30°的直角三角形BEF放在正方形上，其中∠FBE＝30°，∠BEF＝90°，BE＝BC，繞B點(diǎn)轉(zhuǎn)動△FBE，在旋轉(zhuǎn)過程中，
（1）如圖1，當(dāng)F點(diǎn)落在邊AD上時，求∠EDC的度數(shù)；
（2）如圖2，設(shè)EF與邊AD交于點(diǎn)M，F(xiàn)E的延長線交DC于G，當(dāng)AM＝2時，求EG的長；
（3）如圖3，設(shè)EF與邊AD交于點(diǎn)N，當(dāng)tan∠ECD＝時，求△NED的面積．

【答案】（1）15°；（2）3；（3）
【解析】
解：（1）如圖1中，作EH⊥BC于H，EM⊥CD于M．則四邊形EMCH是矩形．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴BA＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵BC＝BE，
∴AB＝BE＝CD，
在Rt△BFA和Rt△BFE中，，
∴Rt△BFA≌△Rt△BFE（HL），
∴∠ABF＝∠EBF＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝30°，
∴EH＝MC＝BE＝CD，
∴DM＝CM，
∵EM⊥CD，
∴ED＝EC，
∵∠BCE＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠EDC＝∠ECD＝15°．
（2）如圖2中，連接BM、BG．

∵AM＝2，
∴DM＝AD﹣AM＝4，
由（1）可知△BMA≌△BME，△BGE≌△BGC，
∴AM＝EM＝2，EG＝CG，
設(shè)EG＝CG＝x，則DG＝6﹣x．
在Rt△DMG中，MG2＝DG2+DM2，
∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42，
∴x＝3，
∴EG＝3．
（3）如圖3中，連接BN，延長FE交CD于G，連接BG．

AN＝NE，EG＝CG，
∵BE＝BC，
∴BG垂直平分CE，
∴∠ECG+∠BCG＝90°，∵∠GBC+∠ECB＝90°，
∴∠ECD＝∠GCB，
∴tan∠GBC＝tan∠ECD＝，
∴＝，
∴CG＝BC＝2，
∵CD＝6，
∴DG＝CD﹣CG＝4，設(shè)AN＝EN＝y(tǒng)，則DN＝6﹣y，
在Rt△DNG中，（6﹣y）2+42＝（2+y）2，
解得：y＝3，
∴AN＝NE＝3，DN＝3，NG＝5，
∴S△NED＝?S△DNG＝××3×4＝．
【點(diǎn)睛】
本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．


考點(diǎn)集訓(xùn)
1．（2020·陜西初三期中）問題：如圖①，在等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)P，且PA＝2，PB=，PC＝1，求∠BPC的度數(shù)和等邊三角形ABC的邊長．
李明同學(xué)的思路是：將△BPC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)60°，畫出旋轉(zhuǎn)后的圖形(如圖②)，連接PP′，可得△P′PB是等邊三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可證)，可得∠AP′B＝ °，所以∠BPC＝∠AP′B＝ °，還可證得△ABP是直角三角形，進(jìn)而求出等邊三角形ABC的邊長為 ，問題得到解決．
（1）根據(jù)李明同學(xué)的思路填空：∠AP′B＝ °，∠BPC＝∠AP′B＝ °，等邊三角形ABC的邊長為 ．
（2）探究并解決下列問題：如圖③，在正方形ABCD內(nèi)有一點(diǎn)P，且PA＝，PB＝，PC＝1.求∠BPC的度數(shù)和正方形ABCD的邊長．

【答案】（1）∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°，等邊三角形ABC的邊長為；（2）∠BPC＝135°，正方形ABCD的邊長為.
【解析】
（1）∵等邊△ABC，
∴∠ABC=60°，
將△BPC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)60°得出△ABP′，
∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，
∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°，
∴△BPP′是等邊三角形，
∴PP′=，∠BP′P=60°，
∵AP′=1，AP=2，
∴AP′2+PP′2=AP2，
∴∠AP′P=90°，
∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°，
過點(diǎn)B作BM⊥AP′，交AP′的延長線于點(diǎn)M，
∴∠MP′B=30°，BM=，
由勾股定理得：P′M=，
∴AM=1+=，
由勾股定理得：AB=，
故答案為：150°，．

（2）將△BPC繞點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AEB，
與（1）類似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC，
∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，
∴∠BEP=（180°-90°）=45°，
由勾股定理得：EP=2，
∵AE=1，AP=，EP=2，
∴AE2+PE2=AP2，
∴∠AEP=90°，
∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°，
過點(diǎn)B作BF⊥AE，交AE的延長線于點(diǎn)F；
∴∠FEB=45°，
∴FE=BF=1，
∴AF=2；
∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=；
∴∠BPC=135°，正方形邊長為．
答：∠BPC的度數(shù)是135°，正方形ABCD的邊長是．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查對勾股定理及逆定理，等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的 直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識點(diǎn)的理解和掌握，正確作輔助線并能根據(jù)性質(zhì)進(jìn)行證明是解此題的關(guān)鍵．
2．如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E是邊AB上一點(diǎn)，將△CBE沿直線CE對折，得到△CFE，連接DF．
（1）當(dāng)D、E、F三點(diǎn)共線時，證明：DE＝CD；
（2）當(dāng)BE＝1時，求△CDF的面積；
（3）若射線DF交線段AB于點(diǎn)P，求BP的最大值．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）4﹣
【解析】
證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC＝∠CEB
∴∠DCE＝∠FEC
∴DE＝CD
（2）如圖1，延長EF交CD的延長線于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是矩形
∴AB＝CD＝4，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠DCE＝∠CEB
∵△CBE翻折得到△CFE
∴∠FEC＝CEB，CF＝BC＝3，EF＝BE＝1，∠CFE＝90°
∴∠DCE＝∠FEC，∠CFG＝90°
∴CG＝EG，
∴GF＝GE﹣EF＝CG﹣1
∵在Rt△CGF中，CG2＝CF2+GF2，
∴CG2＝9+（CG﹣1）2，
解得：CG＝5
∵△CDF與△CGF分別以CD、CG為底時，高相等
∴
∴S△CDF＝S△CGF＝＝

（3）如圖2，過點(diǎn)C作CH⊥DP于點(diǎn)H，連接CP，
∵CD∥AB
∴∠CDP＝∠APD，且∠A＝∠CHD＝90°
∴△ADP∽△HCD
∴＝，
∵CH≤CF，CF＝BC＝AD＝3
∴CH≤3
∴當(dāng)點(diǎn)H與點(diǎn)F重合時，
CH最大，DH最小，AP最小，BP最大，
此時，在△ADP與△HCD

∴△ADP≌△HCD（AAS）
∴CD＝DP＝4，AP＝DF
∵AP＝＝
∴BP的最大值為4﹣．

【點(diǎn)睛】
此題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知矩形的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)．
3．如圖1，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC、BD交于點(diǎn)M．

（1）直接寫出AM=　　　　；
（2）P是射線AM上的一點(diǎn)，Q是AP的中點(diǎn)，設(shè)PQ=x．
①AP=　　　　 ，AQ=　　　　 ；
②以PQ為對角線作正方形，設(shè)所作正方形與△ABD公共部分的面積為S，用含x的代數(shù)式表示S，并寫出相應(yīng)的x的取值范圍．(直接寫出，不需要寫過程)
【答案】（1）；（2）①2x，x；②S(0＜x≤)．
【解析】
解：（1）∵正方形ABCD的邊長為4，
∴對角線AC4，
又∴AM2．
故答案為：2．
（2）①Q(mào)是AP的中點(diǎn)，設(shè)PQ=x，
∴AP=2PQ=2x，AQ=x．
故答案為：2x；x．
②如圖：

∵以PQ為對角線作正方形，
∴∠GQM=∠FQM=45°
∵正方形ABCD對角線AC、BD交于點(diǎn)M，
∴∠FMQ=∠GMQ=90°，
∴△FMQ和△GMQ均為等腰直角三角形，
∴FM=QM=MG．
∵QM=AM﹣AQ=2x，
∴SFG?QM，
∴S，
∵依題意得：，
∴0＜x≤2，
綜上所述：S(0＜x≤2)，
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)：正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角．解答本題要充分利用等腰直角三角形性質(zhì)解答．
4．（1）如圖1，已知正方形ABCD，點(diǎn)M和N分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，且BM=CN，連接AM和BN，交于點(diǎn)P．猜想AM與BN的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）如圖2，將圖（1）中的△APB繞著點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90o，得到△A′P′B，延長A′P′交AP于點(diǎn)E，試判斷四邊形BPEP′的形狀，并說明理由．

【答案】（1）AM⊥BN，證明見解析；（2）四邊形BPEP′是正方形，理由見解析.
【解析】
（1）AM⊥BN
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°
∵BM=CN，
∴△ABM≌△BCN
∴∠BAM=∠CBN
∵∠CBN+∠ABN=90°，
∴∠ABN+∠BAM=90°，
∴∠APB=90°
∴AM⊥BN．
（2）四邊形BPEP′是正方形.
△A′P′B是△APB繞著點(diǎn)B逆時針旋轉(zhuǎn)90o所得，
∴BP= BP′,∠P′BP=90o.
又由（1）結(jié)論可知∠APB=∠A′P′B=90°，
∴∠BP′E=90°.
所以四邊形BPEP′是矩形.
又因?yàn)锽P= BP′,所以四邊形BPEP′是正方形.
【點(diǎn)睛】
此題主要考查特殊平行四邊形的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是熟知正方形的性質(zhì)與判定.
5．（2020·山東初三期末）如圖，正方形ABCD的邊CD在正方形ECGF的邊CE上，連接DG，過點(diǎn)A作AH∥DG，交BG于點(diǎn)H．連接HF，AF，其中AF交EC于點(diǎn)M．

（1）求證：△AHF為等腰直角三角形．
（2）若AB＝3，EC＝5，求EM的長．
【答案】（1）見解析；（2）EM＝
【解析】
證明：（1）∵四邊形ABCD，四邊形ECGF都是正方形
∴DA∥BC，AD＝CD，F(xiàn)G＝CG，∠B＝∠CGF＝90°
∵AD∥BC，AH∥DG，
∴四邊形AHGD是平行四邊形
∴AH＝DG，AD＝HG＝CD，
∵CD＝HG，∠ECG＝∠CGF＝90°，F(xiàn)G＝CG，
∴△DCG≌△HGF（SAS），
∴DG＝HF，∠HFG＝∠HGD
∴AH＝HF，
∵∠HGD+∠DGF＝90°，
∴∠HFG+∠DGF＝90°
∴DG⊥HF，且AH∥DG，
∴AH⊥HF，且AH＝HF
∴△AHF為等腰直角三角形．
（2）∵AB＝3，EC＝5，
∴AD＝CD＝3，DE＝2，EF＝5．
∵AD∥EF，
∴，且DE＝2．
∴EM＝．
【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例等知識點(diǎn)，綜合性較強(qiáng)難度大靈活運(yùn)用這些知識進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．
6．（2020·深圳市龍崗區(qū)石芽嶺學(xué)校初三月考）如圖，將一張矩形紙片ABCD沿直線MN折疊，使點(diǎn)C落在點(diǎn)A處，點(diǎn)D落在點(diǎn)E處，直線MN交BC于點(diǎn)M，交AD于點(diǎn)N．

（1）求證：CM=CN；
（2）若△CMN的面積與△CDN的面積比為3：1，求的值．
【答案】(1)證明見解析;(2)
【解析】
解：（1）證明：由折疊的性質(zhì)可得：∠ANM=∠CNM，
∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠ANM=∠CMN．
∴∠CMN=∠CNM．∴CM=CN．
（2）過點(diǎn)N作NH⊥BC于點(diǎn)H，則四邊形NHCD是矩形．

∴HC=DN，NH=DC．
∵△CMN的面積與△CDN的面積比為3：1，
∴．
∴MC=3ND=3HC．∴MH=2HC．
設(shè)DN=x，則HC=x，MH=2x，∴CM=3x=CN．
在Rt△CDN中，，
∴HN=．
在Rt△MNH中，，
∴．
7．（2020·河南初三）如下圖1，將三角板放在正方形上，使三角板的直角頂點(diǎn)與正方形的頂點(diǎn)重合，三角板的一邊交于點(diǎn)．另一邊交的延長線于點(diǎn)．

（1）觀察猜想：線段與線段的數(shù)量關(guān)系是 ；
（2）探究證明：如圖2，移動三角板，使頂點(diǎn)始終在正方形的對角線上，其他條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給予證明：若不成立．請說明理由：
（3）拓展延伸：如圖3，將（2）中的“正方形”改為“矩形”，且使三角板的一邊經(jīng)過點(diǎn)，其他條件不變，若、，求的值．
【答案】（1）；（2）成立，證明過程見解析；（3）.
【解析】
（1），理由如下：
由直角三角板和正方形的性質(zhì)得


在和中，

；
（2）成立，證明如下：
如圖，過點(diǎn)分別作，垂足分別為，則四邊形是矩形



由正方形對角線的性質(zhì)得，為的角平分線
則
在和中，

；

（3）如圖，過點(diǎn)分別作，垂足分別為
同（2）可知，
由長方形性質(zhì)得：



，即
在和中，

.

【點(diǎn)睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、相似三角形的判定定理與性質(zhì)，較難的是題（3），通過作輔助線，構(gòu)造兩個相似三角形是解題關(guān)鍵.
8．（2020·江蘇初二期中）如圖，長方形紙片ABCD中，AB＝8，將紙片折疊，使頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處，折痕的一端G點(diǎn)在邊BC上．
（1）如圖1，當(dāng)折痕的另一端F在AB邊上且AE＝4時，求AF的長；
（2）如圖2，當(dāng)折痕的另一端F在AD邊上且BG＝10時，
①求證：△EFG是等腰三角形；②求AF的長；
（3）如圖3，當(dāng)折痕的另一端F在AD邊上，B點(diǎn)的對應(yīng)點(diǎn)E到AD的距離是4，且BG＝5時，求AF的長．

【答案】（1）AF＝3；（2）①見解析；②AF＝6；（3）AF＝1
【解析】
（1）解：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處，
∴BF＝EF，
∵AB＝8，
∴EF＝8﹣AF，
在Rt△AEF中，AE2+AF2＝EF2，
即42+AF2＝（8﹣AF）2，
解得AF＝3；
（2）①證明：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處，
∴∠BGF＝∠EGF，
∵長方形紙片ABCD的邊AD∥BC，
∴∠BGF＝∠EFG，
∴∠EGF＝∠EFG，
∴EF＝EG，
∴△EFG是等腰三角形；
②解：∵紙片折疊后頂點(diǎn)B落在邊AD上的E點(diǎn)處，
∴EG＝BG＝10，HE＝AB＝8，F(xiàn)H＝AF，
∴EF＝EG＝10，
在Rt△EFH中，F(xiàn)H＝＝6，
∴AF＝FH＝6；
（3）解：如圖3，設(shè)EH與AD相交于點(diǎn)K，過點(diǎn)E作MN∥CD分別交AD、BC于M、N，

∵E到AD的距離為4，
∴EM＝4，EN＝8﹣4＝4，
在Rt△ENG中，EG=BG=5，
∴GN＝＝3，
∵∠GEN+∠KEM＝180°﹣∠GEH＝180°﹣90°＝90°，
∠GEN+∠NGE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠KEM＝∠NGE，
又∵∠ENG＝∠KME＝90°，
∴△GEN∽△EKM，
∴，
即，
解得EK＝，KM＝，
∴KH＝EH﹣EK＝8﹣＝，
∵∠FKH＝∠EKM，∠H＝∠EMK＝90°，
∴△FKH∽△EKM，
∴，
即，
解得FH＝1，
∴AF＝FH＝1．
【點(diǎn)睛】
此題考查折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定及性質(zhì)定理，每個小問的問題都是求AF的長度，故解題中注意思路和方法的總結(jié)，（3）中的解題思路與（2）相類似，求出FH問題得解，故將問題轉(zhuǎn)化是解題的一種特別重要的思路.
9．正方形ABCD與正方形DEFG按如圖1放置，點(diǎn)A，D，G在同一條直線上，點(diǎn)E在CD邊上，AD＝3，DE＝，連接AE，CG．
（1）線段AE與CC的關(guān)系為______；
（2）將正方形DEFG繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一個銳角后，如圖2，請問（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由
（3）在正方形DEFG繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一周的過程中，當(dāng)∠AEC＝90°時，請直接寫出AE的長．

【答案】（1）AE＝CG，AE⊥CG；（2）仍然成立；理由見解析；（3）AE的長為2+1或2﹣1．
【解析】
（1）線段AE與CG的關(guān)系為：AE＝CG，AE⊥CG，
理由如下：
如圖1，延長AE交CG于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD和四邊形DGFE是正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADE＝∠CDG＝90°，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，
∵∠EAD+∠AED＝90°，∠AED＝∠CEH，
∴∠GCD+∠CEH＝90°，
∴∠CHE＝90°，即AE⊥CG，
故答案為：AE＝CG，AE⊥CG；
（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：
如圖2，設(shè)AE與CG交于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD和四邊形DGFE是正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADC+∠CDE＝∠EDG+∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠EAD＝∠GCD，
∵∠EAD+∠APD＝90°，∠APD＝∠CPH，
∴∠GCD+∠CPH＝90°，
∴∠CHP＝90°，即AE⊥CG，
∴AE＝CG，AE⊥CG，
∴①中的結(jié)論仍然成立；
（3）如圖3﹣1，當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到線段CG上時，過點(diǎn)D作DM⊥AE于點(diǎn)M，
∵∠AEC＝90°，∠DEG＝45°，
∴∠AED＝45°，
∴Rt△DME是等腰直角三角形，
∴ME＝MD＝DE＝1，
在Rt?△AMD中，ME＝1，AD＝3，
∴AM＝＝＝2，
∴AE＝AM+ME＝2+1；
如圖3﹣2，當(dāng)點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)到線段CG的延長線上時，過點(diǎn)D作DN⊥CE于點(diǎn)N，
則∠END＝90°，
∵∠DEN＝45°，
∴∠EDN＝45°，
∴Rt△DNE是等腰直角三角形，
∴NE＝ND＝DE＝1，
在Rt△CND中，ND＝1，CD＝3，
∴CN＝＝＝2，
∴CE＝NE+CN＝2+1，
∵AC＝AD＝3，
∴在Rt△AEC中，
AE＝＝＝2﹣1，
綜上所述，AE的長為2+1或2﹣1．


【點(diǎn)睛】
本題考查全等三角形的判定（SAS）與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理，解題關(guān)鍵是在第（3）問中能夠根據(jù)題意分情況討論并畫出圖形，才能保證解答的完整性．
10．如圖，在矩形ABCD中，E是AB邊的中點(diǎn)，沿EC對折矩形ABCD，使B點(diǎn)落在點(diǎn)P處，折痕為EC，連結(jié)AP并延長AP交CD于F點(diǎn)，
（1）求證：△CBE≌△CPE；
（2）求證：四邊形AECF為平行四邊形；
（3）若矩形ABCD的邊AB＝6，BC＝4，求△CPF的面積．

【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【解析】
（1）解：由折疊可知，EP＝EB，CP＝CB，
∵EC＝EC，
∴△ECP≌△ECB（SSS）．
（2）證明：由折疊得到BE＝PE，EC⊥PB，
∵E為AB的中點(diǎn)，
∴AE＝EB＝PE，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC，
∵AE∥FC，
∴四邊形AECF為平行四邊形；
（3）過P作PM⊥DC，交DC于點(diǎn)M，
在Rt△EBC中，EB＝3，BC＝4，
根據(jù)勾股定理得：
，
，
由折疊得：BP＝2BQ＝，
在Rt△ABP中，AB＝6，BP＝，
根據(jù)勾股定理得： ,
∵四邊形AECF為平行四邊形，
∴AF＝EC＝5，F(xiàn)C＝AE＝3，
∴PF＝5﹣＝，
∵PM∥AD，
∴△FPM∽△FAD
，即
解得：PM＝，
則S△PFC＝FC?PM＝×3×＝．

【點(diǎn)睛】
本題考查的是利用折疊性質(zhì)來證明三角形全等和平行四邊形四邊形，還考查了利用勾股定理、面積公式來求三角形的邊長，利用相似三角形的性質(zhì)對應(yīng)邊成比例來求出三角形的高，進(jìn)而求出三角形的面積．本題第（3）中求也可利用△APB∽△EBC，對應(yīng)邊成比例,求AP，這樣比較簡便．
11．在正方形ABCD中，點(diǎn)P是CD上一動點(diǎn)，連結(jié)PA，分別過點(diǎn)B、D作BE⊥PA、DF⊥PA，垂足為E、F，如圖①．

（1）請?zhí)剿鰾E、DF、EF這三條線段長度具有怎樣的數(shù)量關(guān)系，若點(diǎn)P在DC的延長線上（如圖②），那么這三條線段的長度之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？若點(diǎn)P在CD的延長線上呢（如圖③）？請分別直接寫出結(jié)論．
（2）請?jiān)冢?）中的三個結(jié)論中選擇一個加以證明．
【答案】（1）圖①中，BE=DF+EF；圖②中，BE=DF-EF；圖③中，BE=EF-DF；（2）見解析
【解析】
解：（1）在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=90°，
∵BE⊥PA，DF⊥PA，
∴∠AEB=∠DFA=90°，
∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
在△ABE和△DAF中，

∴△ABE≌△DAF(AAS)，
∴AE=DF，AF=BE，
如圖①，∵AF=AE+EF，
∴BE=DF+EF，
如圖②，∵AE=AF+EF，
∴BE = DF -EF，
如圖③，∵EF=AE+AF，
∴BE = EF -DF
（2）證明：如圖題①，
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，
∵BE⊥PA，DF⊥PA，
∴∠AEB=∠AFD=90°，∠ABE+∠BAE=90°．
∵∠DAF+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAF，
∴Rt△ABE≌Rt△DAF，
∴BE=AF，AE=DF，
而AF=AE+EF，
∴BE=DF+EF；
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2020·河北初三期末）如圖，在正方形中，點(diǎn)是邊上的一點(diǎn)（不與、重合），點(diǎn)在的延長線上，且滿足，連接、，與邊交于點(diǎn)．

（1）求證：；
（2）如果，求證：．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【解析】
解：證明（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠CAD＝∠ACB＝45°，∠BAD＝∠CDA＝∠B＝90°，
∴∠BAM＋∠MAD＝90°，∠ADN＝90°
∵∠MAN＝90°，
∴∠MAD＋∠DAN＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
且AD＝AB，∠ABC＝∠ADN＝90°
∴△ABM≌△ADN（ASA）
∴AM＝AN，
（2）∵AM＝AN，∠MAN＝90°，
∴∠MNA＝45°，
∵∠CAD＝2∠NAD＝45°，
∴∠NAD＝22.5°
∴∠CAM＝∠MAN﹣∠CAD﹣∠NAD＝22.5°
∴∠CAM＝∠NAD，∠ACB＝∠MNA＝45°，
∴△AMC∽△AEN
∴＝，且AN＝AM，
∴AN2＝AE?AC
【點(diǎn)睛】
本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．


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