專題25以四邊形為載體的幾何綜合問題-挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（教師版含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

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專題25以四邊形為載體的幾何綜合問題

【例1】(2022·貴州黔西·中考真題)如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點(點E不與點B，C重合)，且∠EAF=45°．

(1)當BE=DF時，求證：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(3)如圖2，連接AC，G是CB延長線上一點，GH⊥AE，垂足為K，交AC于點H且GH=AE．若DF=a，CH=b，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．
【答案】(1)見解析
(2)EF=DF+BE，見解析
(3)22b+a

【分析】(1)先利用正方表的性質(zhì)求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性質(zhì)求解；
(2)延長CB至M，使BM=DF，連接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，進而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性質(zhì)求解；
(3)過點H作HN⊥BC于點N，易得△ABE≌△GNHAAS，進而求出HN=22CH，再根據(jù)(2)的結(jié)論求解．
(1)
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
(2)
解：BE，EF，DF存在的數(shù)量關(guān)系為EF=DF+BE．
理由如下：
延長CB至M，使BM=DF，連接AM，
則∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；

(3)
解：過點H作HN⊥BC于點N，
則∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由(2)知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+a．

【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，作出輔助線，構(gòu)建三角形全等是解答關(guān)鍵．
【例2】(2022·遼寧丹東·中考真題)已知矩形ABCD，點E為直線BD上的一個動點(點E不與點B重合)，連接AE，以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG(A，E，F(xiàn)，G按逆時針方向排列)，連接DG．

(1)如圖1，當ADAB＝AGAE＝1時，請直接寫出線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；
(2)如圖2，當ADAB＝AGAE＝2時，請猜想線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由；
(3)如圖3，在(2)的條件下，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點M，N，連接MN，MD，ND，若AB＝5，∠AEB＝45°，請直接寫出△MND的面積．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝12DG，BE⊥DG，理由見解析
(3)S△MNG＝94

【分析】(1)證明△BAE≌△DAG，進一步得出結(jié)論；
(2)證明BAE∽△DAG，進一步得出結(jié)論；
(3)解斜三角形ABE，求得BE＝3，根據(jù)(2)DGBE=2可得DG＝6，從而得出三角形BEG的面積，可證得△MND≌△MNG，△MNG與△BEG的面積比等于1：4，進而求得結(jié)果．
(1)
解：由題意得：四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
(2)
BE＝12DG，BE⊥DG，理由如下：
由(1)得：∠BAE＝∠DAG，
∵ADAB＝AGAE＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴DGBE=ADAB=2，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
(3)
如圖，

作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝AHBH=ADAB=2，
∴設(shè)AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+(2x)2＝(5)2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝AHEH，
∴AHEH=tan45°=1，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝AB2+AD2=(5)2+(25)2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由(2)得：DGBE=2，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝12BE?DG＝12×3×6＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，點M是BG的中點，點N是CE的中點，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN(SSS)，
∵MN是△BEG的中位線，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝(GMGB)2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【點睛】本題主要考查了正方形，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是類比的方法．
【例3】(2022·湖南益陽·中考真題)如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點(不與點C重合)，作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長CG至點C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．

(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個三角形；
(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長；
(3)當CE的長為多少時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)當CE的長為長為545或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形

【分析】(1)因為△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個直角三角形和△AFB相似，解答時任意寫出一個即可；
(2)根據(jù)△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長；
(3)分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，②當C'F＝BF時，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．
(1)解：(任意回答一個即可)；①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；
(2)∵四邊形AFCC'是平行四邊形，∴AF＝CC'，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，∴CE＝7.5；
(3)分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四邊形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由(2)知：設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②當C'F＝BF時，如圖3，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴ABBC=BFCG=159=53 ，設(shè)BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝CF2-CG2＝4a，∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，∴CE9=3a4a+5a，∴CE＝3；綜上，當CE的長為長為545或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．
【例4】(2022·四川綿陽·中考真題)如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝23，AB＝4，AD＝2，動點E，F(xiàn)同時從A點出發(fā)，點E沿著A→D→B的路線勻速運動，點F沿著A→B→D的路線勻速運動，當點E，F(xiàn)相遇時停止運動．

(1)如圖1，設(shè)點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為4個單位每秒，當運動時間為23秒時，設(shè)CE與DF交于點P，求線段EP與CP長度的比值；
(2)如圖2，設(shè)點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為3個單位每秒，運動時間為x秒，ΔAEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當x為何值時，y的值最大，最大值為多少？
(3)如圖3，H在線段AB上且AH＝13HB，M為DF的中點，當點E、F分別在線段AD、AB上運動時，探究點E、F在什么位置能使EM＝HM．并說明理由．
【答案】(1)EPPC=49；
(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=34x20≤x≤2-34x2+32x+32x2≤x≤4336+23-x-3x433≤x≤23；當x=433時，y的最大值為2+233；
(3)當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由見解析

【分析】(1)延長DF交CB的延長線于點G，先證得△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根據(jù)題意可得AF=83，AE=23，可得到CG=3，再證明△PDE∽△PGC，即可求解；
(2)分三種情況討論：當0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上；當2≤x≤433時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上；當433≤x≤23時，點E、F均在BD上，即可求解；
(3)當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由：連接DH，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，即可求解．
(1)
解：如圖，延長DF交CB的延長線于點G，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
∴AFFB=ADBG，
∵點E的速度為1個單位每秒，點F的速度為4個單位每秒，運動時間為23秒，
∴AF=83，AE=23，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=43， ED=43，
∴8343=2BG，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，
∴EPPC=EDGC，
∴EPPC=49；
(2)
解：根據(jù)題意得：當0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上，此時AE=x，AF=3x，
∵DB=23， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
∵ADAB=12，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如圖，過點E作EH⊥AB交于H，

∴EH=AE?sin60°=32x，
∴y=12×AF×EH=12×3x×32x=34x2；
∴當x＞0時，y隨x的增大而增大，
此時當x=2時，y有最大值3；
當2≤x≤433時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上，
如圖，過點E作EN⊥AB交于N，過點D作DM⊥AB交于M，則EN∥DM，

根據(jù)題意得：DE=x-2，
∴BE=23+2-x，
在Rt△ABD中，DM=AD?sinA=3，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴ENDM=BEBD，
∴EN3=2+23-x23
∴EN=1+3-12x，
∴y=12×AF×EN=12×(3x)×(1+3-12x)=-34x2+3+32x，
此時該函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=3+1 ，
∴當2≤x≤433時，y隨x的增大而增大，
此時當x=433時，y有最大值2+233；
當433≤x≤23時，點E、F均在BD上，
過點E作EQ⊥AB交于Q，過點F作FP⊥AB交于P，過點D作DM⊥AB于點M，

∴AB+BF=3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=23-x+2，DF=4+3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴BFBD=PFDM，即3x-423=PF3，
∴PF=32x-2，
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
∴BEBD=EQDM，即23+2-x23=EQ3，
∴EQ=3+1-12x，
∴y=12×AB×(EQ-PF)=12×4×(3+1-12x-32x+2)=6+23-1+3x，
此時y隨x的增大而減小，
此時當x=433時，y有最大值2+233；
綜上所述：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=34x20≤x≤2-34x2+32x+32x2≤x≤4336+23-x-3x433≤x≤23
當x=433時，y最大值為2+233；
(3)
解：當EF∥BD時，能使EM＝HM．理由如下：
連接DH，如圖，

∵AH=13HB，AB=4，
∴．AH=1，
由(2)得：此時AH⊥AB，
∵M是DF的中點，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，分類討論，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
【例5】(2022·上?！ぶ锌颊骖})平行四邊形ABCD，若P為BC中點，AP交BD于點E，連接CE．

(1)若AE=CE，
①證明ABCD為菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的長．
(2)以A為圓心，AE為半徑，B為圓心，BE為半徑作圓，兩圓另一交點記為點F，且CE=2AE．若F在直線CE上，求ABBC的值．
【答案】(1)①見解析；②62
(2)105

【分析】(1)①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；
②先證點E是△ABC的重心，由重心性質(zhì)得BE=2OE，然后設(shè)OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=2,即可得OB=3x=32，再由平行四邊形性質(zhì)即可得出BD長；
(2)由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又F在直線CE上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=12AB，根據(jù)重心性質(zhì)得GE=12CE＝22AE，CG=CE+GE=322AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,則AG=22AE,所以AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+(322AE)2=5AE2，則BC=5AE，代入即可求得ABBC的值．
(1)
①證明：如圖，連接AC交BD于O，

∵平行四邊形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四邊形ABCD，
∴四邊形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中線，
∵P為BC中點，
∴AP是△ABC的中線，
∴點E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
設(shè)OE=x，則BE=2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，
解得：x=2,
∴OB=3x=32，
∵平行四邊形ABCD，
∴BD=2OB=62；
(2)
解：如圖，

∵⊙A與⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由(1)②知點E是△ABC的重心，
又F在直線CE上，
∴CG是△ABC的中線，
∴AG=BG=12AB，GE=12CE，
∵CE=2AE，
∴GE=22AE，CG=CE+GE=322AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,
∴AG=22AE,
∴AB=2AG=2AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=12AE2+(322AE)2=5AE2，
∴BC=5AE，
∴ABBC=2AE5AE=105．
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，重心的性質(zhì)，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質(zhì)，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，屬是考?？碱}目．

一、解答題【共20題】
1．(2022·山西實驗中學(xué)模擬預(yù)測)綜合與實踐：
問題情境：在綜合與實踐課上，數(shù)學(xué)老師出示了一道思考題：
如圖，在正方形ABCD中，P是射線BD上一動點，以AP為直角邊在AP邊的右側(cè)作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且點E恰好在射線CD上．

(1)如圖1，當點P在對角線BD上，點E在CD邊上時，那么BP與CE之間的數(shù)量關(guān)系是_________；
探索發(fā)現(xiàn)：
(2)當點E在正方形ABCD外部時如圖2與圖3，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請利用圖2進行證明；若不成立，請說明理由；
問題解決：
(3)如圖4，在正方形ABCD中，AB=22，當P是對角線BD的延長線上一動點時，連接BE，若BE=62，求△BPE的面積．
【答案】(1)CE=2BP；
(2)成立，證明見解析；
(3)16-42．

【分析】(1)連接AC，根據(jù)正方形的性質(zhì)和Rt△APE是等腰直角三角形，證得△ABP～△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
(2)連接AC，根據(jù)正方形的性質(zhì)和Rt△APE是等腰直角三角形，證得△ABP～△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
(3)連接AC交BD于點F，過點E作EG⊥BP交直線BP于點G，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得AF=BF=2，再證得△FAP?△GPE，可得FP=EG，PG=AF=2，在Rt△EGB中，根據(jù)勾股定理可得EG=42-2，即可．
【詳解】(1)解：如圖，連接AC，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cos∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC-∠CAP=∠PAE-∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP～△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
故答案為：CE=2BP；
(2)解：(1)中的結(jié)論還成立，證明如下：
如圖2，連接AC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cos∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP～△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；

(3)解：如圖4，連接AC交BD于點F，過點E作EG⊥BP交直線BP于點G，

∵四邊形ABCD是正方形，AB=22，
∴BC=AB=22，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP+∠APF=90°，
∴AF=BF，
∴BF=AF=AB?sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP?△GPEAAS，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，由勾股定理得，BE2=BG2+EG2，
設(shè)FP=EG=x，
∴622=2+x+22+x2，
解得，x1=42-2，x2=-42-2(舍去)，
即EG=42-2，
∴S△BPE=12BP?EG=122+42-2×42-2=16-42．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．(2022·湖北·武漢市新洲區(qū)陽邏街第一初級中學(xué)三模)(1)如圖1，在正方形ABCD中，E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連接CF，并延長CF交AD于點G．求證：△BCE≌△CDG；
(2)在(1)的條件下，如圖2，延長BF交AD邊于點H．若CEBC=23，求GHDH的值；
(3)如圖3，四邊形ABCD為矩形，同樣沿著BE折疊，連接CF，延長CF，BF分別交AD于G，H兩點，若ABBC=34,DHGH=45，則DEEC的值為___________．(直接寫出結(jié)果)

【答案】(1)見解析；(2)17；(3)174
【分析】(1)根據(jù)AAS證明三角形全等即可；
(2)如圖2中，連接EH．根據(jù)HF2+FE2=DH2+DE2，求出DE即可解決問題；
(3)如圖3中，連接HE．由ABBC=34,DHGH=45，可以設(shè)AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得CE=12m，則DE=CD-CE=3x-12m，利用勾股定理構(gòu)建方程求解即可．
【詳解】(1)證明：如圖1中，

∵△BFE是由△BCE折疊得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在△BCE和△CDG中，
∠BCE=∠D∠BEC=∠CGDBC=CD，
∴△BCE ≌△CDG(AAS)；
(2)解：如圖2中，連接EH．

∵△BCE ≌△CDG，
∴CE=DG，
由折疊可知BC=BF,CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，
∵CEBC=23，
設(shè)CE=2x，則BC=CD=3x,FE=CE=2x，
∴DE=CD-CE=x，
設(shè)HF=HG=a，
∴DH=DG-HG=2x-a，
∴由折疊可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴a2+(2x)2=(2x-a)2+x2，
∴x=4a或0(舍棄)，
∴DH=2x-a=7a，
∴GHDH=a7a=17；
(3)解：如圖3中，連接HE．

由ABBC=34,DHGH=45，
設(shè)AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，
由(2)知HF=HG=5m，
∴DG=9m，
由折疊可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG ∽△BCE，
∴DGCE=CDBC=ABBC=34，
∴9mCE=34，
∴CE=12m=FE，
∴DE=3x-12m，
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴(5m)2+(12m)2=(4m)2+(3x-12m)2，
∴x=4m+17m或4m-17m(舍棄)，
∴DE=3x-12m=12m+317m-12m=317m，
∴DEEC=317m12m=174．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
3．(2022·浙江嘉興·一模)如圖1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，點B、C、E在同一直線上，BC=m(m>1)，CE=1．連接AF、BG．

(1)求圖1中AF、BG的長(用含m的代數(shù)式表示)．
(2)如圖2，正方形ABCD固定不動，將圖1中的正方形CEFG繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)α度(0°BC，D是AB的中點，F(xiàn)是BC延長線上一點，平移AB到FH，線段FH的中垂線與線段CA的延長線交于點E，連接EH、DE．

(1)連接CD，求證：∠BDC=2∠DAC；
(2)依題意補全圖形，用等式表示線段DE，DF，EH之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)圖見解析，結(jié)論：DE2+DF2=EH2，理由見解析

【分析】(1)利用直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)即可解決問題；
(2)圖形如圖所示，結(jié)論：DE2+DF2=EH2，想辦法證明∠EDF=90°即可．
(1)
證明：連接CD．
∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC；
(2)
解：圖形如圖所示，結(jié)論：DE2+DF2=EH2．
理由：連接EF，AH，取FH的中點T，連接AT，DT，ET．

∵點E在FH的垂直平分線上，
∴EF=EH，
∵AD=DB，HT=TF，AB=FH，
∴AD=FT=HT，
∵AD∥FH，
∴四邊形AHTD，四邊形ADFT是平行四邊形，
∴AH∥DT，AT∥DF，
∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，
∵AH∥BF，
∴∠HAC=∠ACB=90°，
∵EH=EF，HT=FT，
∴ET⊥FH，∠TEH=∠TEF，
∴∠EAH=∠ETH=90°，
∴四邊形A,E,H,T四點共圓，
∴∠TAH=∠TEH，
∴∠FDT=∠FET，
∴E，D，F(xiàn)，T四點共圓，
∴∠EDF+∠ETF=180°，
∴∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EH2．
【點睛】本題考查作圖-平移變換，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
5．(2022·浙江紹興·一模)如圖①，在正方形ABCD中，點E與點F分別在線段AC,BC上，且四邊形DEFG是正方形．

(1)試探究線段AE與CG的關(guān)系，并說明理由．
(2)如圖②若將條件中的四邊形ABCD與四邊形DEFG由正方形改為矩形，AB=3，BC=4．
①線段AE,CG在(1)中的關(guān)系仍然成立嗎？若成立，請證明，若不成立，請寫出你認為正確的關(guān)系，并說明理由．
②當△CDE為等腰三角形時，求CG的長．
【答案】(1)AE=CG,AE⊥CG，理由見解析
(2)①位置關(guān)系保持不變，數(shù)量關(guān)系變?yōu)镃GAE=34；理由見解析；②當△CDE為等腰三角形時，CG的長為32或2120或158．

【分析】(1)如圖1，根據(jù)SAS證明△ADE?△DGC，可得AE=CG，及∠ACG=90°，則AG⊥AC，所以AE⊥CG；
(2)①如圖2，連接EG,DF交于點O，連接OC，根據(jù)矩形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得：OE=OF=OG=OD=OC，可知D,E,F,C,G在以點O為圓心的圓上，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得∠ECG=90°，再證明△ADE～△CDG，得CGAE=DCAD=34；
②先根據(jù)CGAE=34，設(shè)CG=3x,AE=4x，
分三種情況：
(i)當ED=EC時，如圖3，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)和中位線定理可得x的值，從而計算CG的長；
(ii)當DE=DC=3時，如圖4，證明△CDH~△CAD，列比例式可得CH的長，從而根據(jù)AE=4x=AC-2CH=5-2×95=75，求得x的值，同理可得CG的長；
(iii)當CD=CE=3時，如圖5，根據(jù)AE=2.，可得x的值，同理可得CG的長．
(1)
AE=CG，AE⊥CG，
理由：如圖1，∵四邊形EFGD是正方形，

∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE?△CDG，
∴AE=CG，∠DCG=∠DAE=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=90°，
∴CG⊥AC，
即AE⊥CG．
(2)
①位置關(guān)系保持不變，數(shù)量關(guān)系變?yōu)镃GAE=34.
理由：如圖2，連接EG,DF交于點O，連接OC，

∵四邊形EFGD是矩形，
∴OE=OF=OG=OD，
Rt△DGF中，OG=OF，
Rt△DCF中，OC=OF，
∴OE=OF=OG=OD=OC，
∴D,E,F,C,G在以點O為圓心的圓上，
∵∠DGF=90°，
∴DF為⊙O的直徑，
∵DF=EG，
∴EG也是⊙O的直徑，
∴∠ECG=90°，即AE⊥CG，
∴∠DCG+∠ECD=90°，
∵∠DAC+∠ECD=90°，
∴∠DAC=∠DCG，
∵∠ADE=∠CDG，
∴△ADE～△CDG，
∴CGAE=DCAD=34.
②由①知：CGAE=34.
∴設(shè)CG=3x，AE=4x，
分三種情況：
(i)當ED=EC時，如圖3，過E作EH⊥CD于H，則EH∥AD，

∴DH=CH，
∴AE=EC=4x，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=32+42=5，??
∴8x=5，
即x=58.
∴CG=3x=158；
(ii)當DE=DC=3時，如圖4，過D作DH⊥AC于H，

∴EH=CH，
∵∠CDH=∠CAD，∠CHD=∠CDA=90°，
∴△CDH～△CAD，
∴CDCA=CHCD,
∴35=CH3,
∴CH=95，
∴AE=4x=AC-2CH=5-2×95=75，
∴x=720，
∴CG=3x=2120，
(iii)當CD=CE=3時，如圖5，

∴AE=4x=5-3=2，
∴x=12，
∴CG=3x=32，
綜上所述，當△CDE為等腰三角形時，CG的長為32或2120或158．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查的是正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、三角形相似的性質(zhì)和判定、等腰三角形的判定、圓的定義以及全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握相關(guān)的性質(zhì)定理，并采用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．
6．(2022·廣東·揭西縣寶塔實驗學(xué)校三模)如圖1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E是CD邊上一點，連接AE，將矩形ABCD沿AE折疊，頂點D恰好落在BC邊上點F處，延長AE交BC的延長線于點G．

(1)求線段CE的長；
(2)如圖2，M，N分別是線段AG，DG上的動點(與端點不重合)，且∠DMN=∠DAM，設(shè)DN=x．
①求證四邊形AFGD為菱形；
②是否存在這樣的點N，使△DMN是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)3
(2)①見解析；②x=52或2

【分析】(1)由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，設(shè)EC=x，則DE=EF=8-x．在Rt△ECF中，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題．
(2)①由△ADE∽△GCE計算出GC的長度，再證明四邊形AFGD是平行四邊形，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形的菱形即可證明；
②若△DMN 是直角三角形，則有兩種情況，一是當∠MDN=90°時，二是當∠DNM=90°時，分別利用相似三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)的定義即可計算得出．
(1)
解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠B=∠BCD=90°，
由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，設(shè)CE=x，則DE=EF=8-x．
在Rt△ABF中，BF= AF2-AB2=6，
∴CF=BC-BF=10-6=4，
在Rt△EFC中，則有：(8-x)2=x2+42，
∴x=3，
∴CE=3．
(2)
①證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴△ADE∽△GCE，
∴ADGC=DECE，
∵AD=10，CE=3，DE=5，
∴10GC=53，
∴GC=6，
由(1)可得：CF=4，
∴GF=6+4=10，
∴四邊形AFGD是平行四邊形，
又∵AD=AF，
∴平行四邊形AFGD是菱形．
②∵∠DMN=∠DAM，
∴若△DMN是直角三角形，則有兩種情況，
當∠MDN=90°時，
∵AD=GD，
∴∠DAG=∠DGA
又∵∠ADE=∠GDM=90°，
∴△ADE≌△GDM(ASA)
∴DM=DE=5，
又∵∠DMN=∠DAM，∠ADE=∠MDN=90°，
∴△ADE∽△MDN
∴ADMD=DEDN，即105=5x，
∴x=52；
當∠DNM=90°時，則∠MDN+∠DMN=90°，
又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，
∴∠DMN=∠DGA，
∴∠MDN+∠DGA=90°，
∴∠DMG=90°，
∵sin∠DAE= DEAE=DMAD，
∵AE=AD2+DE2=55，
∴555=DM10，
∴DM= 25，
∵∠DMN=∠DAM
∴sin∠DMN=sin∠DAM
∴DEAE=DNDM，即555=x25
解得：x=2，
綜上所述：x=52或2．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．
7．(2022·福建省福州教育學(xué)院附屬中學(xué)模擬預(yù)測)問題發(fā)現(xiàn)．

(1)如圖①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，點P是AB邊上任意一點，則CP的最小值為______．
(2)如圖②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點M、點N分別在BD、BC上，求CM+MN的最小值．
(3)如圖③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點E是AB邊上一點，且AE=2，點F是BC邊上的任意一點，把△BEF沿EF翻折，點B的對應(yīng)點為G，連接AG、CG，四邊形AGCD的面積是否存在最小值，若存在，求這個最小值及此時BF的長度．若不存在，請說明理由．
【答案】(1)125
(2)9625
(3)存在，最小值為152，BF=3

【分析】(1)根據(jù)點到直線的距離最小，再用三角形的面積即可得出結(jié)論；
(2)先根據(jù)軸對稱確定出點M和N的位置，再利用面積求出CF，進而求出CE，最后用三角函數(shù)即可求出CM+MN的最小值；
(3)先確定出EG⊥AC時，四邊形AGCD的面積最小，再用銳角三角函數(shù)求出點G到AC的距離，最后用面積之和即可得出結(jié)論，再用相似三角形得出的比例式求出CF即可求出BF．
(1)
如圖①，過點C作CP⊥AB于P，根據(jù)點到直線的距離垂線段最小，此時CP最小，

在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，根據(jù)勾股定理得，AB=AC2+BC2=5，
∵12AC×BC=12AB×CP
∴CD=AC?BCAB=125，
故答案為125；
(2)
如圖②，作出點C關(guān)于BD的對稱點E'，連接CE'交BD于點F'，
過點E'作E'N⊥BC于N，交BD于M，連接CM，此時CM+MN=E'N最小；

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=5，根據(jù)勾股定理得，BD=5，
∵CE'⊥BD，
∴12BD×CF'=12BC×CD，
∴CF'=BC×CDBD=125，
由對稱得，CE'=2CF'=245，
在Rt△BCF'中，cos∠BCF'=CF'BC=35，
∴sin∠BCF'=45，
在Rt△CE'N中，E'N=CE'sin∠BCE'=245×45=9625；
即：CM+MN的最小值為9625；
(3)
存在．
如圖3，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
根據(jù)勾股定理得，AC=5，
∵AB=3，AE=2，
∴點F在BC上的任何位置時，點G始終在AC的下方，
設(shè)點G到AC的距離為h，
∵S四邊形AGCD=S△ACD+S△ACG=12AD×CD+12AC×h=12×4×3+12×5×h=52h+6，
∴要四邊形AGCD的面積最小，即：h最小，
∵點G是以點E為圓心，BE=1為半徑的圓上在矩形ABCD內(nèi)部的一部分點，
∴EG⊥AC時，h最小，
由折疊知∠EGF=∠ABC=90°，
延長EG交AC于H，則EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=45，
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC=EHAE=45，
∴EH=45AE=85，
∴h=EH-EG=85-1=35，
∴S四邊形AGCD最小=52h+6=52×35+6=152，
過點F作FK⊥AC于K，
∵EH⊥FG，EH⊥AC，
∴四邊形FGHK是矩形，
∴FK=GH=35，
∵∠FCK=∠ACB，∠CKF=CBA=90°，
∴△CKF～ △CBA，
∴CFAC=FKAB，
∴CF5=353，
∴CF=1
∴BF=BC-CF=4-1=3．
【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，點到直線的距離，軸對稱，解本題的關(guān)鍵是確定出滿足條件的點的位置，是一道很好的中考?？碱}．
8．(2022·廣東· 三模)特例發(fā)現(xiàn)：
如圖1，點E和點F分別為正方形ABCD邊BC和邊CD上一點，當CE＝CF時，則易得BE＝DF，BE⊥DF．

(1)如圖2，點E為正方形ABCD內(nèi)一點，且∠ECF＝90°，CF＝CE，點E，F(xiàn)在直線CD的兩側(cè)，連接EF，BE，DF，探究線段BE與DF之間的關(guān)系，并說明理由；
(2)如圖3，在矩形ABCD中，AB∶BC＝1∶2，點E在矩形ABCD內(nèi)部，∠ECF＝90°，點E，F(xiàn)在直線BC的兩側(cè)，CE∶CF＝1∶2，連接EF，BE，DE，BF，DF．請?zhí)骄烤€段DE，BF之間的關(guān)系，并說明理由；
(3)若(2)中矩形ABCD的邊AB＝3，Rt△CEF的邊CE＝1，當BE＝DF時，求BF的長．
【答案】(1)BE=DF，BE⊥DF；理由見解析；
(2)DE:BF=1:2，DE⊥BF．理由見解析；
(3)210．

【分析】(1)由正方形的性質(zhì)得出∠BCD=90°，BC=CD，證明ΔBCE≌ΔDCF(SAS)，再由全等三角形的性質(zhì)得BE=DF，∠CBE=∠CDF，由直角三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；
(2)延長DE交BC，BF分別于點P，Q，證明出ΔDCE∽ΔBCF，由相似三角形的性質(zhì)得出DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，則可得出結(jié)論；
(3)由(2)得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，則(DE+QE)2+(BF-QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，求出(QE+QF)2=10，(QE-QF)2=0，可求出DE=10，則可得出答案．
(1)
解：線段BE與DF之間的關(guān)系為BE=DF，BE⊥DF．
理由如下：
延長BE交DC，DF分別于點M，N，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵∠ECF=90°，
∴∠BCD=∠ECF=90°，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
∵CE=CF，
∴ΔBCE?ΔDCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∵∠BMC=∠DMN，
∴∠CBE+∠BMC=∠CDF+∠DMN，
∵∠CBE+∠BMC=90°，
∴∠CDF+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BE⊥DF；
(2)
解：線段DE與BF之間的關(guān)系為DE:BF=1:2，DE⊥BF．
理由如下：
延長DE交BC，BF分別于點P，Q，

∵四邊形ASBCD是矩形，
∴∠BCD=90°=∠ECF，AB=DC，
∴∠BCD-∠BCE=∠ECF-∠BCE，
即∠DCE=∠BCF．
∵AB:BC=1:2，CE:CF=1:2，
∴ DCBC=CECF，
∴ΔDCE∽ΔBCF，
∴ DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，
∵∠CPD=∠BPQ，
∴∠CDE+∠CPD=∠CBF+∠BPQ，
∵∠CDE+∠CPD=90°，
∴∠CBF+∠BPQ=90°，
∴∠BPD=90°，
∴DE⊥BF；
(3)
解：連接BD，如圖3，

由已知得AB=3，CD=6，CE=1，CF=2，BD2=45，EF2=5，
由(2)得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，
則(DE+QE)2+(BF-QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，
(DE+QE)2+QF2=DF2，(BF-QF)2+QE2=BE2，BF=2DE，
∴(DE+QE)2+QF2+(BF-QF)2+QE2=45+5，
∴BE2+DF2=50，
∵DF=BE，
∴BE2=DF2=25，
∴(DE+QE)2+QF2=(2DE-QF)2+QE2，
∴DE=2QE+4QF3，
∵(DE+QE)2+QF2=DF2，
∴DE2+2DE?QE=20，
∴(2QE+4QF3)2+2QE×2QE+4QF3=20，
∴16(QE2+QF2)+40QE?QF=180，
由QE2+QF2=5得，2QE?QF=5，
∴QE2+QF2+2QE?QF=5+5，QE2+QF2-2QE?QF=5-5，
∴(QE+QF)2=10，(QE-QF)2=0，
∴QE=QF=102，
∴DE=10，
∴BF=2DE=210．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，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．
9．(2022·浙江麗水·一模)在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，點E在AD邊上，AE=4，點P是邊AB上一個動點，連結(jié)EP，將△AEP沿EP翻折得到△FEP．

(1)當EF∥AB時，求∠AEP的度數(shù)；
(2)若點F落在對角線BD上，求證：△DEF～△BFP；
(3)若點P在射線BA上運動，設(shè)直線PF與直線BD交于點H，問當AP為何值時，△BHP為直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)見解析；
(3)43-4或2+23或23-2或4+43．
【分析】(1)由平行線的性質(zhì)得∠A+∠AEF=180°，求得∠AEF=120°，由翻折的性質(zhì)可得∠AEP=∠FEP，即可求解；
(2)易證△ADB是等邊三角形，由翻折可得∠EFP=∠A=60°，證得∠DEF=∠PFB，即可證明相似；
(3)如圖2，當點P在線段AB上，∠PHB=90°，延長EF交AB的延長線于點K，
由翻折的性質(zhì)可得：AP=FP，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°，設(shè)AP=x，則FP=x，
求得∠K=30°，AK=2AE=8，EK=EF+FK=4+x，在Rt△AEK中， cos∠K=EKAK=32，求解即可得AP=43-4；如圖3，當點P在線段AB上，∠HPB=90°，過點E作EQ⊥AB于點Q，由折疊的性質(zhì)可得：∠APE=∠FPE=45°，求得AQ=12AE=2，EQ=42-22=23，PQ=EQ=23，即可得AP的長度；如圖4，當點P在BA的延長線上，∠HPB=90°，過點E作EM⊥AB于點M，設(shè)AP=a，易得AM=12AE=2，EM=PM=2+a，在Rt△AEM中，EM=AE2-AM2=23，
∴2+a=23，求解即可；如圖5，當點P在BA延長線上，∠PHB=90°，
延長EF交AB于點N，由翻折的性質(zhì)可得：AP=FP，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°，證得∠BPH=∠ANE=30°，PF=PN=AP，EN=AEtan∠ANE=433=43，即可求得AP的長度．
(1)
解：∵EF∥AB，
∴∠A+∠AEF=180°，
∵∠A=60°
∴∠AEF=120°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠AEP=∠FEP，
∴∠AEP=12∠AEF=60°；
(2)
證明：當點F在BD上時，如圖1所示，

∵菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AD=AB，△ADB是等邊三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠EFP=∠A=60°，
∴∠EFD+∠PFB=120°
∵∠ADB=60°
∴∠EFD+∠DEF=120°
∴∠DEF=∠PFB
在△DEF和△BFP中，
∠EDF=∠PBF=60°∠DEF=∠PFB
∴△DEF～△BFP；
(3)
解：如圖2，當點P在線段AB上，∠PHB=90°，
延長EF交AB的延長線于點K，

由翻折的性質(zhì)可得：AP=FP，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°
設(shè)AP=x，則FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴∠APF=150°，∠BPH=30°
∴∠AEF=90°，∠K=30°，
∴AK=2AE=8
∵∠K=∠BPH=30°，
∴KF=PF=AP=x，
∴EK=EF+FK=4+x，
在Rt△AEK中，
cos∠K=EKAK=32，
即4+x8=32，解得：x=43-4，
即AP=43-4；
如圖3，當點P在線段AB上，∠HPB=90°，
過點E作EQ⊥AB于點Q，

由折疊的性質(zhì)可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EQ⊥AB，∠A=60°
∴∠AEQ=30°，∠PEQ=∠EPQ=45°，
∴AQ=12AE=2，EQ=42-22=23，
∴PQ=EQ=23，
∴AP=AQ+PQ=2+23；
如圖4，當點P在BA的延長線上，∠HPB=90°，
過點E作EM⊥AB于點M，設(shè)AP=a，

∵EM⊥AB，∠EAM=60°，
∴∠AEM=60°，AM=12AE=2
由折疊的性質(zhì)可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EM⊥AB，∠APE=45°
∴EM=PM=2+a，
在Rt△AEM中，EM=AE2-AM2=23，
∴2+a=23，
解得：a=23-2，
即AP=23-2；
如圖5，當點P在BA延長線上，∠PHB=90°，
延長EF交AB于點N，

由翻折的性質(zhì)可得：AP=FP，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴∠BPH=30°，
∵∠EAB=60°
∴∠PAE=∠PFE=120°
∴∠AEF=90°，
∴∠AEN=90°，∠ANE=30°，
∵∠BPH=30°，
∴PF=PN=AP，
∵∠ANE=30°，
∴EN=AEtan∠ANE=433=43，
∴FN=EF+EN=4+43，
∴AP=PF=PN=4+43．
綜上，AP的長度為43-4或2+23或23-2或4+43．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)等，第(3)問要注意分情況討論，做到不重不漏．
10．(2022·廣東·深圳市南山外國語學(xué)校(集團)二模)問題初探：數(shù)學(xué)興趣小組在研究四邊形的旋轉(zhuǎn)時，遇到了這樣的一個問題．如圖1，四邊形ABCD和BEFG都是正方形，BH⊥AE于H，延長HB交CG于點M．通過測量發(fā)現(xiàn)CM＝MG．為了證明他們的發(fā)現(xiàn)，小亮想到了這樣的證明方法：過點C作CN⊥BM于點N．他已經(jīng)證明了△ABH≌△BCN，但接下來的證明過程，他有些迷茫了．

(1)請同學(xué)們幫小亮將剩余的證明過程補充完整；
(2)深入研究：若將原題中的“正方形”改為“矩形”(如圖2所示)，且ABBC=BGBE=k(其中k＞0)，請直接寫出線段CM、MG的數(shù)量關(guān)系為______；
(3)拓展應(yīng)用：在圖3中，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=30°，連接BD、CE，F(xiàn)為BD中點，則AF與CE的數(shù)量關(guān)系為______．
【答案】(1)剩余的證明過程見解析
(2)MG=k2CM
(3)CE=23AF

【分析】(1)過G作GQ⊥BM于點Q，易證△EBH≌△BGQ，△CMN≌△GMQ即可得出結(jié)論；
(2)過點C作CN⊥BM于點N，過G作GQ⊥BM于點Q．通過證明△ABH～△BCN，△BEH～△BGQ即可得出結(jié)論；
(3)延長AF至點G，使AF=FG，則四邊形ABGF為平行四邊形，通過證明ΔCAE～ΔABG即可得出結(jié)論．
(1)
過G作GQ⊥BM于點Q，

∵BH⊥AE，
∴∠GQB=∠BHE=90°，∠HBE+∠BEH=90°，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，∠GBE=90°，
∴∠HBE+∠QBG=90°，
∴∠QBG=∠BEH，
∴△EBH≌△BGQAAS，
∴BH＝GQ，
∵△ABH≌△BCN，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵∠CMN=∠QMG，
∴△CMN≌△GMQAAS，
∴CM＝MG，
∴M為CG的中點．
(2)

過點C作CN⊥BM于點N，過G作GQ⊥BM于點Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴△ABH～△BCN，
同理可得：△BEH～△BGQ
∵ABBC=BGBE=k，
∴BHCN=GQBH=k，
∴GQCD=k2，
∵∠AMN=∠GMQ，
∴△CMN～△GMQ，
∴MGCM=GQCD=k2，
∴MG=k2CM，
(3)
延長AF至點G，使AF=FG，

∵AF=FG，BF=DF，
∴四邊形ABGF為平行四邊形，
∴AD∥BG，AD=BG，
∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵∠ACB=∠AED=30°，
∴AC=3AB，AE=3AD=3BG
∴ACAB=AEBG=3，
∴ΔCAE～ΔABG，
∴ECAG=ACAB=3，
∴EC2AF=3，
∴EC=3AF．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形是性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，熟練掌握相關(guān)內(nèi)容，添加輔助線構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．
11．(2022·廣東·佛山市華英學(xué)校三模)已知，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于點O，AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．

(1)如圖1，求證：四邊形ABCD是菱形；
(2)如圖2，過點A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的長；
(3)如圖3，CA=CB，點R為CB延長線上一點，連接OR交AB于點E，點F、H分別是AB、BC邊上一點(BF>BH)，且OF=OH，過點O作BC的垂線，垂足為M，∠HOM=∠BOR，當BF=10，BH=8時，求RB的長．
【答案】(1)見解析
(2)AN=245
(3)BR=6

【分析】(1)根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可；
(2)利用菱形面積的兩種求法，構(gòu)建關(guān)系式解決問題即可；
(3)過點F作FQ⊥BC于點Q，過點O作OP⊥AB于P.證明Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，推出∠HOM=∠FOP=∠BOR，證明△ROF≌△ROH(SAS)，推出RF=RH，設(shè)BR=x，則RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根據(jù)勾股定理FQ2+RQ2=RF2，構(gòu)建方程求出x即可．
(1)
證明：∵AD∥BC,AB∥CD
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=CB，
∴四邊形ABCD是菱形；
(2)
解：∵?ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC=12×6=3，OB=12BD=12×8=4，
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，根據(jù)勾股定理BC=OB2+OC2=32+42=5，
∵S菱形ABCD=BC?AN=4S△BOC=12AC?BD，
∴5AN=12×6×8，
∴AN=245；
(3)
解：∵AB=CB，AC=BC，

∴AB=CB=AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC=60°，
過點F作FQ⊥BC于點Q，
∴∠FQB=90°，
∴∠BFQ=30°，
∴BQ=12BF=12×10=5，
在Rt△FBQ中，根據(jù)勾股定理FQ=BF2-BQ2=102-52=53，
過點O作OP⊥AB于P．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
∴∠BOP=∠BOM=60°，
∵OP⊥AB，OM⊥BC，
∴OP=OM，
又∵OF=OH，
∴Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，
∴∠HOM=∠FOP=∠BOR，
∴∠BOH+∠BOR=∠BOH+∠HOM=60°，∠FOP+∠POE=∠BOR+POE=60°，
即∠ROF=∠ROH，
又∵OF=OH,OR為公共邊，
∴△ROF≌△ROH(SAS)，
∴RF=RH，
設(shè)BR=x，則RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，
在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根據(jù)勾股定理FQ2+RQ2=RF2，
∴(x+5)2+(53)2=(x+8)2，
解得x=6，
∴BR=6．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，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．
12．(2022·廣東·測試·編輯教研五一模)在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中點，點P是AO上一點，連接PD，過點P作PE⊥PD交BC于點E，連接DE．

(1)如圖(1)，點P在AO上運動時∠DEP的大小是否改變？請說明理由．
(2)如圖(2)，連接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于點H，PB=4，DP=26，求ADCD的值．
【答案】(1)不變，理由見解析
(2)2

【分析】(1)根據(jù)∠DCE=∠DPE=90°，可知C，D，P，E四點共圓，可得∠DEP=∠ACD；
(2)根據(jù)同角的余角相等可得∠DPH=∠ACD，則CD=DP=26，再利用兩個角相等證明△BPC∽△ABC，得PBBA=BCAC，設(shè)AD=BC=x，則AC=AB2+BC2，代入解方程即可．
(1)
解：不變，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DCE=90°，
∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴C，D，P，E四點共圓，
∴∠DEP=∠ACD，
∴∠DEP的大小不改變．
(2)
解：∵DE⊥AC，
∴∠PHE=∠PHD=90°，
∴∠DEP+∠EPH=90°，
∵∠DPH+∠EPH=90°，
∴∠DEP=∠DPH，
∵∠DEP=∠ACD，
∴∠DPH=∠ACD，
∴CD=DP=26，
∵BP⊥AC，
∴∠BPC=90°=∠ABC，
又∵∠BCP=∠ACB，
∴△BPC∽△ABC，
∴PBBA=BCAC，
設(shè)AD=BC=x，則AC=AB2+BC2，
∵AB=CD=DP=26，
∴AC=x2+24，
∴426=xx2+24，
解得x=43，
經(jīng)檢驗，x=43是方程的根，
∴ADCD=4326=2．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，證明C，D，P，E四點共圓是解題的關(guān)鍵．
13．(2021·吉林·長春市赫行實驗學(xué)校二模)[閱讀理解]在學(xué)習(xí)中，我們學(xué)習(xí)了一個定理：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即：如圖1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，若點D是斜邊AB的中點，則CD=12AB．
[靈活應(yīng)用]如圖2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，點D是BC的中點，將ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，連接BE，CE．
　
(1)根據(jù)題意，則DE的長為　?。?br /> (2)判斷ΔBCE的形狀，并說明理由．
(3)請直接寫出CE的長　?。?br /> 【答案】(1)5
(2)ΔBCE是直角三角形，理由見解析
(3)145

【分析】(1)利用勾股定理求出BC，再利用翻折變換的性質(zhì)可得DE=DB=5；
(2)結(jié)論：ΔBCE是直角三角形．證明DE=DC=DB，可得結(jié)論；
(3)設(shè)AD交BE于點T．利用相似三角形的性質(zhì)求出AT，再求出DT，利用三角形中位線定理，可得結(jié)論．
(1)
在RtΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=AC2+AB2=82+62=10，
∵D是BC的中點，
∴CD=DB=5，
由翻折的性質(zhì)可知，DE=DB=5．
故答案為：5；
(2)
結(jié)論：ΔBCE是直角三角形．
理由：∵CD=DB，DE=DB，
∴DE=DC=DB，
∴∠CEB=90°，
∴ΔBCE是直角三角形；
(3)
設(shè)AD交BE于點T．

由翻折的性質(zhì)可知，AE=AB，DE=DB，
∴AD垂直平分線段BE，
∴ET=BT，∠ATB=90°，
∵CD=DB，∠CAB=90°，
∴DA=DB=DC=5，
∴∠BAT=∠ABC，
∵∠ATB=∠BAC=90°，
∴ΔBTA∽ΔCAB，
∴ ATAB=ABCB，
∴ AT6=610，
∴AT=185，
∴DT=AD-AT=5-185=75，
∵ET=BT，CD=DB，
∴EC=2DT=145．
故答案為：145．
【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，翻折變換，三角形中位線定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會正確尋找相似三角形解決問題，屬于中考常考題型．
14．(2022·廣東·東莞市光明中學(xué)三模)△ABC中，∠BAC=60°，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(cè)作菱形ADEF，使∠DAF=60°，連接CF．

(1)觀察猜想：如圖1，當點D在線段BC上時，
①AB與CF的位置關(guān)系為：______．
②BC，CD，CF之間的數(shù)量關(guān)系為：______；
(2)數(shù)學(xué)思考：如圖2，當點D在線段CB的延長線上時，結(jié)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(jié)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，設(shè)AD與CF相交于點G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的長．
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，證明見解析；②不成立，證明見解析
(3)AG=437

【分析】1①根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，推出△DAB≌△FAC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF=BD，再根據(jù)BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
2依據(jù)△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，進而得到AB//CF；依據(jù)△ABD≌△ACF可得BD=CF，依據(jù)CD-BD=BC，即可得出CD-CF=BC；
3判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根據(jù)△AGC∽△FGD，即可得到AGFG=CGDG=ACDF，進而得出AG的長．
(1)
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，
故答案為：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
(2)
結(jié)論①成立，而結(jié)論②不成立．
證明：如圖2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等邊三角形，

∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD-BD=BC，
∴CD-CF=BC；
(3)
解：如圖3，連接DF，過A作AH⊥BD于H，則AH=23，DH=2+2=4，

∴Rt△ADH中，AD=27，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等邊三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
∴AGFG=CGDG=ACDF=427，
∴可設(shè)AG=4x，則FG=27x，CG=6-27x，DG=27-4x，
∴6-27x27-4x=427，
解得x=73，
∴AG=437．
【點睛】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，利用已知條件判定△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本題的關(guān)鍵．
15．(2022·福建省福州屏東中學(xué)三模)如圖，拋物線y=ax2-4ax+2(a

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