2、學(xué)會運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想。數(shù)形結(jié)合思想是指從幾何直觀的角度,利用幾何圖形的性質(zhì)研究數(shù)量關(guān)系，尋求代數(shù)問題的解決方法（以形助數(shù)），或利用數(shù)量關(guān)系來研究幾何圖形的性質(zhì)，解決幾何問題（以數(shù)助形）的一種數(shù)學(xué)思想。
3、要學(xué)會搶得分點(diǎn)。一道中考數(shù)學(xué)壓軸題解不出來，不等于“一點(diǎn)不懂、一點(diǎn)不會”，要將整道題目解題思路轉(zhuǎn)化為得分點(diǎn)。
4、學(xué)會運(yùn)用等價(jià)轉(zhuǎn)換思想。在研究數(shù)學(xué)問題時，我們通常是將未知問題轉(zhuǎn)化為已知的問題，將復(fù)雜的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將抽象的問題轉(zhuǎn)化為具體的問題，將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題。
5、學(xué)會運(yùn)用分類討論的思想。如果不注意對各種情況分類討論，就有可能造成錯解或漏解，縱觀近幾年的中考壓軸題分類討論思想解題已成為新的熱點(diǎn)。
6、轉(zhuǎn)化思想:體現(xiàn)在數(shù)學(xué)上也就是要把難的問題轉(zhuǎn)化為簡單的問題，把不熟悉的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題，把未知的問題轉(zhuǎn)化為已知的問題。
專題25幾何探究以四邊形的性質(zhì)為背景
（動點(diǎn)、平移、旋轉(zhuǎn)、折疊）
1．（2023·內(nèi)蒙古通遼·統(tǒng)考中考真題）綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動，有一位同學(xué)操作過程如下：
操作一：對折正方形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展平；
操作二：在上選一點(diǎn)P，沿折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接、，延長交于點(diǎn)Q，連接．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)M在上時，___________度；
(2)改變點(diǎn)P在上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合）如圖2，判斷與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)30
(2)，理由見解析
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)結(jié)合折疊的性質(zhì)可得出，，進(jìn)而可求出，即得出；
（2）由正方形的性質(zhì)結(jié)合折疊的性質(zhì)可證，即得出．
【詳解】（1）解：∵對折正方形紙片，使與重合，得到折痕，
∴，．
∵在上選一點(diǎn)P，沿折疊，使點(diǎn)A落在正方形內(nèi)部點(diǎn)M處，
∴．
在中，，
∴．
故答案為：．
（2）解：結(jié)論：，理由如下：
∵四邊形是正方形，
，．
由折疊可得：，，
，．
又，
，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識點(diǎn)．熟練掌握上述知識并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．
2．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形中（頂點(diǎn)按逆時針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長．
(2)是邊上的一動點(diǎn)，點(diǎn)同時繞點(diǎn)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)得點(diǎn)．
①如圖2，當(dāng)點(diǎn)落在射線上時，求的長．
②當(dāng)是直角三角形時，求的長．
【答案】(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；
（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列出方程即可；
②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點(diǎn)；第二種：為直角頂點(diǎn)；第三種，為直角頂點(diǎn)，但此種情況不成立，故最終有兩個答案．
【詳解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如圖1，作于點(diǎn)，由（1）得，，則，
作交延長線于點(diǎn)，則，

∴．
∵
∴．
由旋轉(zhuǎn)知，
∴．
設(shè)，則．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋轉(zhuǎn)得，，
又因?yàn)椋裕?br>情況一：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時，如圖2．

∵，
∴落在線段延長線上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情況二：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時，如圖3．

設(shè)與射線的交點(diǎn)為，
作于點(diǎn)．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
設(shè)，則，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化簡得，
解得，
∴．
情況三：當(dāng)以為直角頂點(diǎn)時，
點(diǎn)落在的延長線上，不符合題意．
綜上所述，或．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關(guān)定義，判定，性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）（1）[問題探究]
如圖1，在正方形中，對角線相交于點(diǎn)O．在線段上任取一點(diǎn)P（端點(diǎn)除外），連接．

①求證：；
②將線段繞點(diǎn)P逆時針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D落在的延長線上的點(diǎn)Q處．當(dāng)點(diǎn)P在線段上的位置發(fā)生變化時，的大小是否發(fā)生變化？請說明理由；
③探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（2）[遷移探究]
如圖2，將正方形換成菱形，且，其他條件不變．試探究與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）①見解析；②不變化，，理由見解析；③，理由見解析
（2），理由見解析
【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，即可得到結(jié)論；
②作，垂足分別為點(diǎn)M、N，如圖，可得，證明四邊形是矩形，推出，證明， 得出，進(jìn)而可得結(jié)論；
③作交于點(diǎn)E，作于點(diǎn)F，如圖，證明，即可得出結(jié)論；
（2）先證明，作交于點(diǎn)E，交于點(diǎn)G，如圖，則四邊形是平行四邊形，可得，都是等邊三角形，進(jìn)一步即可證得結(jié)論．
【詳解】（1）①證明：∵四邊形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②的大小不發(fā)生變化，；
證明：作，垂足分別為點(diǎn)M、N，如圖，

∵四邊形是正方形，
∴，，
∴四邊形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即；
③；
證明：作交于點(diǎn)E，作于點(diǎn)F，如圖，

∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
作于點(diǎn)M，
則，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）；
證明：∵四邊形是菱形，，
∴，
∴是等邊三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于點(diǎn)E，交于點(diǎn)G，如圖，
則四邊形是平行四邊形，，，
∴，都是等邊三角形，
∴，

作于點(diǎn)M，則，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形、菱形的性質(zhì)，矩形、平行四邊形、等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等知識，熟練掌握相關(guān)圖形的判定和性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學(xué)興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個含有角的三角尺放在正方形中，使角的頂點(diǎn)始終與正方形的頂點(diǎn)重合，繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)三角尺時，角的兩邊，始終與正方形的邊，所在直線分別相交于點(diǎn)，，連接，可得．

【探究一】如圖②，把繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，同時得到點(diǎn)在直線上．求證：；
【探究二】在圖②中，連接，分別交，于點(diǎn)，．求證：；
【探究三】把三角尺旋轉(zhuǎn)到如圖③所示位置，直線與三角尺角兩邊，分別交于點(diǎn)，．連接交于點(diǎn)，求的值．
【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[探究三]
【分析】[探究一]證明，即可得證；
[探究二]根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，根據(jù)三角形內(nèi)角和得出，加上公共角，進(jìn)而即可證明
[探究三]先證明，得出，，將繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)得到，則點(diǎn)在直線上．得出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，進(jìn)而可得，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，即可得出結(jié)論．
【詳解】[探究一]
∵把繞點(diǎn)C逆時針旋轉(zhuǎn)得到，同時得到點(diǎn)在直線上，
∴，
∴，
∴，
在與中
∴
∴
[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
[探究三] 證明：∵是正方形的對角線，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如圖所示，將繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)得到，則點(diǎn)在直線上．

∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
5.（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）問題情境：小紅同學(xué)在學(xué)習(xí)了正方形的知識后，進(jìn)一步進(jìn)行以下探究活動：在正方形的邊上任意取一點(diǎn)G，以為邊長向外作正方形，將正方形繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)．

特例感知：
（1）當(dāng)在上時，連接相交于點(diǎn)P，小紅發(fā)現(xiàn)點(diǎn)P恰為的中點(diǎn)，如圖①．針對小紅發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，請給出證明；
（2）小紅繼續(xù)連接，并延長與相交，發(fā)現(xiàn)交點(diǎn)恰好也是中點(diǎn)P，如圖②，根據(jù)小紅發(fā)現(xiàn)的結(jié)論，請判斷的形狀，并說明理由；
規(guī)律探究：
（3）如圖③，將正方形繞點(diǎn)B順時針旋轉(zhuǎn)，連接，點(diǎn)P是中點(diǎn)，連接，，，的形狀是否發(fā)生改變？請說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）是等腰直角三角形，理由見解析；（3）的形狀不改變，見解析
【分析】（1）連接，，，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出，證明，推出，再利用余角的性質(zhì)求出，推出即可；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延長至點(diǎn)M，使，連接，證明，得到，推出，設(shè)交于點(diǎn)H，交于點(diǎn)N，得到，由得到，推出，進(jìn)而得到，再證明，得到，，證得，再由，根據(jù)等腰三角形的三線合一的性質(zhì)求出，即可證得是等腰直角三角形．
【詳解】（1）證明：連接，，，如圖，

∵四邊形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四邊形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即點(diǎn)P恰為的中點(diǎn)；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四邊形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形狀不改變，
延長至點(diǎn)M，使，連接，

∵四邊形、四邊形都是正方形，
∴，，
∵點(diǎn)P為的中點(diǎn)，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
設(shè)交于點(diǎn)H，交于點(diǎn)N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等，（3）中作輔助線利用中點(diǎn)構(gòu)造全等三角形是解題的難點(diǎn)，熟練掌握各性質(zhì)和判定定理是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·天津·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，菱形的頂點(diǎn)，矩形的頂點(diǎn)．
(1)填空：如圖①，點(diǎn)C的坐標(biāo)為________，點(diǎn)G的坐標(biāo)為________；
(2)將矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H的對應(yīng)點(diǎn)分別為，，，．設(shè)，矩形與菱形重疊部分的面積為S．

①如圖②，當(dāng)邊與相交于點(diǎn)M、邊與相交于點(diǎn)N，且矩形與菱形重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍：
②當(dāng)時，求S的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）．
【答案】(1)，
(2)①；②
【分析】（1）根據(jù)矩形及菱形的性質(zhì)可進(jìn)行求解；
（2）①由題意易得，然后可得，則有，進(jìn)而根據(jù)割補(bǔ)法可進(jìn)行求解面積S；②由①及題意可知當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，然后根據(jù)題意畫出圖形計(jì)算面積的最大值和最小值即可．
【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，且，
∴，
∴；
連接，交于一點(diǎn)H，如圖所示：

∵四邊形是菱形，且，
∴，，
∴，
∴，
故答案為，；
（2）解：①∵點(diǎn)，點(diǎn)，點(diǎn)，
∴矩形中，軸，軸，．
∴矩形中，軸，軸，．
由點(diǎn)，點(diǎn)，得．
在中，，得．
在中，由，得．
∴．同理，得．
∵，得．
又，
∴，
當(dāng)時，則矩形和菱形重疊部分為，
∴的取值范圍是．
②由①及題意可知當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，
∴當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

此時面積S最大，最大值為；
當(dāng)時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

由（1）可知B、D之間的水平距離為，則有點(diǎn)D到的距離為，
由①可知：，
∴矩形和菱形重疊部分為等邊三角形，
∴該等邊三角形的邊長為，
∴此時面積S最小，最小值為；
綜上所述：當(dāng)時，則．
【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)，熟練掌握矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·廣東·統(tǒng)考中考真題）綜合探究
如圖1，在矩形中，對角線相交于點(diǎn)，點(diǎn)關(guān)于的對稱點(diǎn)為，連接交于點(diǎn)，連接．

(1)求證：；
(2)以點(diǎn)為圓心，為半徑作圓．
①如圖2，與相切，求證：；
②如圖3，與相切，，求的面積．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②
【分析】（1）由點(diǎn)關(guān)于的對稱點(diǎn)為可知點(diǎn)E是的中點(diǎn)，，從而得到是的中位線，繼而得到，從而證明；
（2）①過點(diǎn)O作于點(diǎn)F，延長交于點(diǎn)G，先證明得到，由與相切，得到，繼而得到，從而證明是的角平分線，即，，求得，利用直角三角形兩銳角互余得到，從而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性質(zhì)得出；
②先證明四邊形是正方形，得到，再利用是的中位線得到，從而得到，，再利用平行線的性質(zhì)得到，從而證明是等腰直角三角形，，設(shè)，求得，在中，即，解得，從而得到的面積為．
【詳解】（1）∵點(diǎn)關(guān)于的對稱點(diǎn)為，
∴點(diǎn)E是的中點(diǎn)，，
又∵四邊形是矩形，
∴O是的中點(diǎn)，
∴是的中位線，
∴
∴，
∴
（2）①過點(diǎn)O作于點(diǎn)F，延長交于點(diǎn)G，則，

∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵與相切，為半徑，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分線，即，
設(shè)，則，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②過點(diǎn)O作于點(diǎn)H，

∵與相切，
∴，
∵
∴四邊形是矩形，
又∵，
∴四邊形是正方形，
∴，
又∵是的中位線，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
設(shè)，則
∴
在中，，
即
∴
∴的面積為：
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，含度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，中位線的性質(zhì)定理，角平分線的判定定理等知識，掌握相關(guān)知識并正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
8.(2022·廣東省深圳市)(1)發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點(diǎn)．求證：△BFG≌△BCG；
(2)探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，且AD=8，AB=6.將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點(diǎn)，延長BF交CD邊于點(diǎn)H，且FH=CH，求AE的長．
(3)拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB=6，E為CD邊上的三等分點(diǎn)，∠D=60°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點(diǎn)P，求PC的長．
【解析】(1)證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
(2)解：延長BH，AD交于Q，如圖：

設(shè)FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC?HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，F(xiàn)G=74，
∵EQ//GB，DQ//CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736?73，
∴DQ=887，
設(shè)AE=EF=m，則DE=8?m，
∴EQ=DE+DQ=8?m+887=1447?m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴EQBG=EFFG，即1447?m254=m74，
解得m=92，
∴AE的長為92；
(3)解：(Ⅰ)當(dāng)DE=13DC=2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

設(shè)DQ=x，QE=y，則AQ=6?x，
∵CP//DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分線，
∴AQAF=QEEF，即6?x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE?DH=2?12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(1?12x)2+(32x)2=y2②，
聯(lián)立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
(Ⅱ)當(dāng)CE=13DC=2時，延長FE交AD延長線于Q'，過D作DN⊥AB交BA延長線于N，如圖：

同理∠Q'AE=∠EAF，
∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x6=y4，
由HQ'2+HD2=Q'D2得：(32x)2+(12x+4)2=y2，
可解得x=125，
∴CP=12x=65，
綜上所述，CP的長為32或65．
9.(2022·重慶市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點(diǎn)，連接EF，將線段EF繞點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段EG，連接FG，AG．
(1)如圖1，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，且GF的延長線過點(diǎn)B，若點(diǎn)P為FG的中點(diǎn)，連接PD，求PD的長；
(2)如圖2，EF的延長線交AB于點(diǎn)M，點(diǎn)N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2AE；
(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點(diǎn)，E為AC的中點(diǎn)，連接BE，H為直線BC上一動點(diǎn)，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B'EH，連接B'G，直接寫出線段B'G的長度的最小值．
【解析】(1)解：如圖1，連接CP，
由旋轉(zhuǎn)知，CF=CG，∠FCG=90°，
∴△FCG為等腰直角三角形，
∵點(diǎn)P是FG的中點(diǎn)，
∴CP⊥FG，
∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴DP=12BC，
在Rt△ABC中，AB=AC=22，
∴BC=2AB=4，
∴DP=2；
(2)證明：如圖2，
過點(diǎn)E作EH⊥AE交AD的延長線于H，
∴∠AEH=90°，
由旋轉(zhuǎn)知，EG=EF，∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠AEH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵AB=AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴∠H=90°?∠CAD=45°=∠CAD，
∴AE=HE，
∴△EGA≌△EFH(SAS)，
∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，
∴∠EAG=∠BAD=45°，
∵∠AMF=180°?∠BAD?∠AFM=135°?∠AFM，
∵∠AFM=∠EFH，
∴∠AMF=135°?∠EFH，
∵∠HEF=180°?∠EFH?∠H=135°?∠EFH，
∴∠AMF=∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵∠AGN=∠AEG，
∴∠AGN=∠HEF，
∴∠AGN=∠AMF，
∵GN=MF，
∴△AGN≌△AMF(AAS)，
∴AG=AM，
∵AG=FH，
∴AM=FH，
∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；
(3)解：∵點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，
∴AE=12AC=2，
根據(jù)勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，
由折疊直，BE=B'E=10，
∴點(diǎn)B'是以點(diǎn)E為圓心，10為半徑的圓上，
由旋轉(zhuǎn)知，EF=EG，
∴點(diǎn)G是以點(diǎn)E為圓心，EG為半徑的圓上，
∴B'G的最小值為B'E?EG，
要B'G最小，則EG最大，即EF最大，
∵點(diǎn)F在AD上，
∴點(diǎn)在點(diǎn)A或點(diǎn)D時，EF最大，最大值為2，
∴線段B'G的長度的最小值10?2．
10.(2021·四川省達(dá)州市)某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：
【觀察與猜想】
(1)如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點(diǎn)，連接DE，CF，DE⊥CF，則DECF的值為______ ；
(2)如圖2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，點(diǎn)E是AD上的一點(diǎn)，連接CE，BD，且CE⊥BD，則CEBD的值為______ ；
【類比探究】
(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，點(diǎn)E為AB上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)C作DE的垂線交ED的延長線于點(diǎn)G，交AD的延長線于點(diǎn)F，求證：DE?AB=CF?AD；
【拓展延伸】
(4)如圖4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，將△ABD沿BD翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)C處得△CBD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，連接DE，CF，DE⊥CF．
①求DECF的值；
②連接BF，若AE=1，直接寫出BF的長度．
【解析】解：(1)如圖1，設(shè)DE與CF交于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和△DFC中，
∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，
∴△AED≌△DFC(AAS)，
∴DE=CF，
∴DECF=1；
(2)如圖2，設(shè)DB與CE交于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，
∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴CEBD=DCAD=47，
故答案為：47．
(3)證明：如圖3，過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)H，
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四邊形ABCH為矩形，
∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴DECF=ADCH，
∴DECF=ADAB，
∴DE?AB=CF?AD；
(4)①如圖4，過點(diǎn)C作CG⊥AD于點(diǎn)G，連接AC交BD于點(diǎn)H，CG與DE相交于點(diǎn)O，
∵CF⊥DE，GC⊥AD，
∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，
∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CFG，
∴DECF=ADCG，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，
∴AB=3，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，
∴AHDH=13，
設(shè)AH=a，則DH=3a，
∵AH2+DH2=AD2，
∴a2+(3a)2=92，
∴a=91010(負(fù)值舍去)，
∴AH=91010，DH=271010，
∴AC=2AH=9510，
∵S△ADC=12AC?DH=12AD?CG，
∴12×9510×271010=12×9CG，
∴CG=275，
∴DECF=ADCG=9275=53；
②∵AC=9510，CG=275，∠AGC=90°，
∴AG=AC2?CG2=(9510)2?(275)2=95，
由①得：△DEA∽△CFG，
∴CFDE=FGAE，
又∵DECF=53，AE=1，
∴FG=35，
∴AF=AG?FG=95?35=65，
∴BF=AB2+AF2=32+(65)2=3529．
11.(2021·湖北省荊州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F(xiàn)是對角線AC上不與點(diǎn)A，C重合的一點(diǎn)，過F作FE⊥AD于E，將△AEF沿EF翻折得到△GEF，點(diǎn)G在射線AD上，連接CG．
(1)如圖1，若點(diǎn)A的對稱點(diǎn)G落在AD上，∠FGC=90°，延長GF交AB于H，連接CH．
①求證：△CDG∽△GAH；
②求tan∠GHC．
(2)如圖2，若點(diǎn)A的對稱點(diǎn)G落在AD延長線上，∠GCF=90°，判斷△GCF與△AEF是否全等，并說明理由．
【答案】(1)如圖1，
①證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D=∠GAH=90°，
∴∠DCG+∠DGC=90°，
∵∠FGC=90°，
∴∠AGH+∠DGC=90°，
∴∠DCG=∠AGH，
∴△CDG∽△GAH．
②由翻折得∠EGF=∠EAF，
∴∠AGH=∠DAC=∠DCG，
∵CD=AB=2，AD=4，
∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12，
∴DG=12CD=12×2=1，
∴GA=4?1=3，
∵△CDG∽△GAH，
∴CGGH=CDGA，
∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23．
(2)不全等，理由如下：
∵AD=4，CD=2，
∴AC=42+22=25，
∵∠GCF=90°，
∴CGAC=tan∠DAC=12，
∴CG=12AC=12×25=5，
∴AG=(25)2+(5)2=5，
∴EA=12AG=52，
∴EF=EA?tan∠DAC=52×12=54，
∴AF=(52)2+(54)2=554，
∴CF=25?554=354，
∵∠GCF=∠AEF=90°，而CG≠EA，CF≠EF，
∴△GCF與△AEF不全等．
12.(2021·黑龍江省齊齊哈爾市)綜合與實(shí)踐
數(shù)學(xué)實(shí)踐活動，是一種非常有效的學(xué)習(xí)方式，通過活動可以激發(fā)我們的學(xué)習(xí)興趣，提高動手動腦能力，拓展思維空間，豐富數(shù)學(xué)體驗(yàn)，讓我們一起動手來折一折、轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)、剪一剪，體會活動帶給我們的樂趣．
折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．
(1)∠EAF= ______ °，寫出圖中兩個等腰三角形：______ (不需要添加字母)；
轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖1中的∠EAF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)P、Q，連接PQ，如圖2．
(2)線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關(guān)系為______ ；
(3)連接正方形對角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對角線BD于點(diǎn)M、點(diǎn)N，如圖3，則CQBM= ______ ；
剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開，如圖4．
(4)求證：BM2+DN2=MN2．
【答案】(1)解：如圖1中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，
∴∠EAF=12(∠BAC+∠DAC)=45°，
∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，
∴△BAE≌△DAF(ASA)，
∴BE=DF，AE=AF，
∵CB=CD，
∴CE=CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案為：45；△AEF，△EFC，△ABC，△ADC(任寫2個即可)．
(2)解：結(jié)論：PQ=BP+DQ．
理由：如圖2中，延長CB到T，使得BT=DQ．
∵AD=AB，∠ADQ=∠ABT=90°，DQ=BT，
∴△ADQ≌△ABT(SAS)，
∴AT=AQ，∠DAQ=∠BAT，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAT=∠BAP+∠BAT=∠BAP+∠DAQ=45°，
∴∠PAT=∠PAQ=45°，
∵AP=AP，
∴△PAT≌△PAQ(SAS)，
∴PQ=PT，
∵PT=PB+BT=PB+DQ，
∴PQ=BP+DQ．
故答案為：PQ=BP+DQ．
(3)解：如圖3中，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABM=∠ACQ=∠BAC=45°，AC=2AB，
∵∠BAC=∠PAQ=45°，
∴∠BAM=∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴CQBM=ACAB=2，
故答案為：2．
(4)證明：如圖4中，將△ADN繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABR，連接RM．
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠BAM=45°，
∵∠DAN=∠BAR，
∴∠BAM+∠BAR=45°，
∴∠MAR=∠MAN=45°，
∵AR=AN，AM=AM，
∴△AMR≌△AMN(SAS)，
∴RM=MN，
∵∠D=∠ABR=∠ABD=45°，
∴∠RBM=90°，
∴RM2=BR2+BM2，
∵DN=BR，MN=RM，
∴BM2+DN2=MN2
13.(2020·湖北省宜昌市)菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，0°2時，點(diǎn)M在矩形EOGF的外部，求m的值．
【答案】證明(1)∵四邊形EOGF是矩形，
∴EO//GF，GO//EF，
∵GE//DC，
∴四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，
∴GE=DF，GE=CF，
∴DF=FC；
(2)①如圖1，由折疊的性質(zhì)知，∠GDH=∠MDH，DH⊥GM，
∵GE//CD，
∴∠DGM=∠BDC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠BDC，∠COD=90°，
∵∠ADB=∠GDH，
∴∠DGM=∠GDH，
∵DH⊥GM，
∴∠DGM=45°，
∴∠OEG=45°，
∴OE=OG，
∵四邊形EOGF是矩形，
∴四邊形EOGF是正方形；
②如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB，
∵GE//CD，
∴∠DGE=∠CDB，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB，
∴∠GDM=2∠ABD，
∵tan∠ABO=m(m為定值)，
∴點(diǎn)M始終在固定射線DM上并隨k的增大向上運(yùn)動，
∵當(dāng)且僅當(dāng)k>2時，M點(diǎn)在矩形EOGF的外部，
∴k=2時，M點(diǎn)在矩形EOGF上，即點(diǎn)M在EF上，
設(shè)OB=b，則，OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=(k+1)b=3b，OE=m(k+1)b=3mb，GH=HM=mkb=2mb，
∴FH=OE?GH=m(k+1)b?mkb=mb，
過點(diǎn)D作DN⊥EF于點(diǎn)N，
∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，
∴∠FHM=∠DMN，
∵∠F=∠DNM=90°，
∴△MFH∽△DNM，
∴FHMN=MHDM，
∴mbMN=2mb2b，
∴MN=b，
∵DM2=DN2+MN2，
∴(2b)2=(3mb)2+b2，
解得，m=33，或m=?33(舍)，
故m=33．
14.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD邊上取一點(diǎn)E，將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處．
(1)如圖1，若BC=2BA，求∠CBE的度數(shù)；
(2)如圖2，當(dāng)AB=5，且AF?FD=10時，求BC的長；
(3)如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點(diǎn)M，BM交AD于點(diǎn)N，當(dāng)NF=AN+FD時，求ABBC的值．
【答案】解：(1)∵將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°；
(2)∵將△BCE沿BE翻折，使點(diǎn)C恰好落在AD邊上點(diǎn)F處，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF?DF=AB?DE，
∵AF?DF=10，AB=5，
∴DE=2，
∴CE=DC?DE=5?2=3，
∴EF=3，
∴DF=EF2?DE2=32?22=5，
∴AF=105=25，
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35．
(3)過點(diǎn)N作NG⊥BF于點(diǎn)G，
∵NF=AN+FD，
∴NF=12AD=12BC，
∵BC=BF，
∴NF=12BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
設(shè)AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
設(shè)FG=y，則AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=43x.∴BF=BG+GF=2x+43x=103x.
∴ABBC=ABBF=2x103x=35．
15.(2020·四川省資陽市)在矩形ABCD中，點(diǎn)E是對角線AC上一動點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE交AB于點(diǎn)F．
(1)如圖1，當(dāng)DE=DA時，求證：AF=EF；
(2)如圖2，點(diǎn)E在運(yùn)動過程中DEEF的值是否發(fā)生變化？請說明理由；
(3)如圖3，若點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，連接DF交AC于點(diǎn)G，將△GEF沿EF翻折得到△HEF，連接DH交EF于點(diǎn)K，當(dāng)AD=2，CD=23時，求KH的長．
【答案】(1)證明：如圖，連接DF，在矩形ABCD中，∠DAF=90°，
又∵DE⊥EF，
∴∠DEF=90°，
∵AD=DE，DF=DF，
∴Rt△DAF≌Rt△DEF(HL)，
∴AF=EF；
(2)解：DEEF的值不變；
如圖，過點(diǎn)E作EM⊥AD于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作EN⊥AB于點(diǎn)N，
∴四邊形ANEM是矩形，
∴EN=AM，
∵∠EAM=∠CAD，∠EMA=∠CDA．
∴△EAM∽△CAD，
∴AMAD=EMCD，即EMEN=CDAD①，
∵∠DEF=∠MEN=90°，
∴∠DEM=∠FEN，
又∵∠DME=∠ENF=90°，
∴△DME∽△FNE，
∴DEEF=EMEN②，
由①②可得DEEF=DCAD，
∵AD與DC的長度不變，
∴DEEF的長度不變；
(3)連接GH交EF于點(diǎn)I，
∵點(diǎn)F是AB的中點(diǎn)，
∴AF=3，
在Rt△ADF中，DF=DA2+AF2=22+(3)2=7，
由(2)知DEEF=DCAD=232=3，
∴DE=3EF，
在Rt△DEF中，EF=72，DE=212，
又∵AB//DC，
∴△AGF∽△CGD，
∴DGGF=DCAF=2，
∴GFDF=13，
由折疊的性質(zhì)可知GI=IH，GH⊥EF，
又∵DE⊥EF，
∴GH//DE，
∴△GFI∽△DFE，
∴GIDE=FIEF=GFDF=13，
∴EI=23EF=73，GI=IH=216，
又∵GH//DE，
∴△DEK∽△HIK，
∴KIEK=IHDE=13，
∴KI=14EI=712，
∴HK=IH2+KI2=9112．
16.（2021·浙江紹興市·中考真題）問題：如圖，在中，，，，的平分線AE，BF分別與直線CD交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求EF的長．
答案：．
探究：（1）把“問題”中的條件“”去掉，其余條件不變．
①當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)F重合時，求AB的長；
②當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)C重合時，求EF的長．
（2）把“問題”中的條件“，”去掉，其余條件不變，當(dāng)點(diǎn)C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點(diǎn)間的距離相等時，求的值．
【答案】（1）①10；②5；（2），，
【分析】
（1）①利用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的定義先分別求出，，即可完成求解；
②證明出即可完成求解；
（2）本小題由于E、F點(diǎn)的位置不確定，故應(yīng)先分情況討論，再根據(jù)每種情況，利用 ，以及點(diǎn) C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點(diǎn)間的距離相等建立相等關(guān)系求解即可．
【詳解】
（1）①如圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
點(diǎn)E與點(diǎn)F重合，
．
②如圖2，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，
同理可證，
∴?ABCD 是菱形，
，
點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，
．
（2）情況1，如圖3，
可得，
．
情況2，如圖4，
同理可得，，
又，
．
情況3，如圖5，
由上，同理可以得到，
又，
．
綜上：的值可以是，，．
【點(diǎn)睛】
本題屬于探究型應(yīng)用題，綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義、菱形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是讀懂題意，正確畫出圖形，建立相等關(guān)系求解等，本題綜合性較強(qiáng)，要求學(xué)生有較強(qiáng)的分析能力，本題涉及到的思想方法有分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想等．
17.（2021·浙江嘉興市·中考真題）小王在學(xué)習(xí)浙教版九上課本第72頁例2后，進(jìn)一步開展探究活動：將一個矩形繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)，得到矩形
[探究1]如圖1，當(dāng)時，點(diǎn)恰好在延長線上．若，求BC的長．
[探究2]如圖2，連結(jié)，過點(diǎn)作交于點(diǎn)．線段與相等嗎？請說明理由．
[探究3]在探究2的條件下，射線分別交，于點(diǎn)，（如圖3），，存在一定的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
【答案】[探究1]；[探究2]，證明見解析；[探究3]，證明見解析
【分析】
[探究1] 設(shè)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)和矩形的性質(zhì)得出，從而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再結(jié)合已知條件得出，即可得出；
[探究3] 連結(jié)，先利用SSS得出，從而證得，再利用兩角對應(yīng)相等得出，得出即可得出結(jié)論．
【詳解】
[探究1]如圖1，
設(shè)．
∵矩形繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)得到矩形，
∴點(diǎn)，，在同一直線上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵點(diǎn)在延長線上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合題意，舍去）
∴．
[探究2] ．
證明：如圖2，連結(jié)．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]關(guān)系式為．
證明：如圖3，連結(jié)．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在與中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【點(diǎn)睛】
本題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)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)，解一元二次方程等，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識解決問題．
18.（2021·遼寧本溪市·中考真題）在?中，，平分，交對角線于點(diǎn)G，交射線于點(diǎn)E，將線段繞點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)得線段．
（1）如圖1，當(dāng)時，連接，請直接寫出線段和線段的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，當(dāng)時，過點(diǎn)B作于點(diǎn)，連接，請寫出線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）當(dāng)時，連接，若，請直接寫出與面積的比值．
【答案】（1）；（2）,理由見解析；（3）
【分析】
（1）延長，交于點(diǎn)，根據(jù)已知條件證明即可；
（2）連接，過F作交的延長線于點(diǎn)，由，得，在由 三邊關(guān)系利用勾股定理可得；
（3）證明，得值，與的面積分別與的面積成比例，可得與面積的比值．
【詳解】
（1）如圖,延長，交于點(diǎn)，
由題意，將線段繞點(diǎn)E順時針旋轉(zhuǎn)，
四邊形是平行四邊形
四邊形是平行四邊形
平分
四邊形是菱形
是等邊三角形
,
，，
四邊形是平行四邊形
=
在和中
．
（2）連接，過F作交的延長線于點(diǎn)
四邊形是矩形，
，，
，
平分
四邊形是矩形
在和中
設(shè)
則
在中
即
整理得：
．
（3）如圖
由（1）可知
平分
四邊形是平行四邊形
．
【點(diǎn)睛】
本題考查了軸對稱的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，三角形相似，勾股定理，銳角三角函數(shù)，相似比的概念，平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，知識點(diǎn)比較多，熟練掌握以上知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
19.（2021·湖北宜昌市·中考真題）如圖，在矩形中，是邊上一點(diǎn)，，，垂足為．將四邊形繞點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)，得到四邊形．所在的直線分別交直線于點(diǎn)，交直線于點(diǎn)，交于點(diǎn)．所在的直線分別交直線于點(diǎn)，交直線于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)．
（1）如圖1，求證：四邊形是正方形；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)和點(diǎn)重合時．
①求證：；
②若，，求線段的長；
（3）如圖3，若交于點(diǎn)，，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）①見解析；②；（3）
【分析】
（1）先利用三個角是直角的四邊形是矩形證明，再根據(jù)證得結(jié)論；
（2）①證明即可得到結(jié)論；
②方法一：設(shè)正方形邊長為，根據(jù)，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根據(jù)∽△CKG，求出KG，再根據(jù)，求出答案；
方法二：過點(diǎn)作于點(diǎn)，根據(jù)，求出，由，，再利用勾股定理求得結(jié)果；
（3）方法一：延長與的延長線交于點(diǎn)，證明，求出，設(shè)，，則，證明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；
方法二，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)．設(shè)，則，，求得，證明，求出，再證明，求出答案；
方法三：設(shè)與交于點(diǎn)，設(shè)，則，，證明，得到，根據(jù)，求出答案．
【詳解】
（1）在矩形中，，
∵，則，
∴四邊形是矩形．
∵，
∴矩形是正方形．
（2）①如圖1，
∵，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
②方法一：設(shè)正方形邊長為，
∵PG∥，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
∴，，
∵，
∴∽△CKG，
∴,
∴,
∵，
∴△B’CK≌△E’KD，
∴DK=KC，
又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，
∴，
∴PG=KG，
∴；
方法二：如圖2，過點(diǎn)作于點(diǎn)，
由，
可得：，
由方法一，可知，
∴，
由方法一，可知為中點(diǎn)，從而，，
從而由勾股定理得．
（3）方法一：如圖3，延長與的延長線交于點(diǎn)，
由題意可知，，，
∴，，
∴，
設(shè)，，則，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
方法二，如圖4，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)．
由題意可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
設(shè)，則，，
∴，，則，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方法三：如圖5，設(shè)與交于點(diǎn)，
設(shè)，則，，
由題意可知，，，，
∴，
∴，
由方法（2）可知，，
所以，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】
此題考查正方形的判定定理及性質(zhì)定理，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，綜合掌握各知識點(diǎn)并熟練應(yīng)用解決問題是解題的關(guān)鍵．
20.（2021·江蘇宿遷市·中考真題）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．
(1)如圖①，連接BG、CF，求的值；
(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖②位置時，連接CF、BE，分別去CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關(guān)系，并說明理由；
(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點(diǎn)N、Q，連接QN，AE=6，請直接寫出線段QN掃過的面積．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)聯(lián)想到連接，證明即可求解；
（2）由M、N分別是CF、BE的中點(diǎn)，聯(lián)想到中位線，故想到連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH，則可證即可得到，再由四邊形內(nèi)角和為可得，則可證明，即是等腰直角三角形，最后利用中位線的性質(zhì)即可求解；
（3）Q、N兩點(diǎn)因旋轉(zhuǎn)位置發(fā)生改變，所以Q、N兩點(diǎn)的軌跡是圓，又Q、N兩點(diǎn)分別是BF、BE中點(diǎn)，所以想到取AB的中點(diǎn)O，結(jié)合三角形中位線和圓環(huán)面積的求解即可解答．
【詳解】
解：（1）連接
四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形
分別平分
即
且都是等腰直角三角形
（2）連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH
是CF的中點(diǎn)
又
在四邊形BEFC中
又
即
即
又四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分別是BH、BE的中點(diǎn)
（3）取AB的中點(diǎn)O，連接OQ、ON，連接AF
在中，O、Q分別是AB、BF的中點(diǎn)
同理可得
所以QN掃過的面積是以O(shè)為圓心，和為半徑的圓環(huán)的面積
．
【點(diǎn)睛】
本題考察旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形相似、三角形全等、正方形的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)與應(yīng)用和動點(diǎn)問題，屬于幾何綜合題，難度較大．解題的關(guān)鍵是通過相關(guān)圖形的性質(zhì)做出輔助線．

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