2、學(xué)會(huì)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)）。
3、要學(xué)會(huì)搶得分點(diǎn)。要將整道題目解題思路轉(zhuǎn)化為得分點(diǎn)。
4、學(xué)會(huì)運(yùn)用等價(jià)轉(zhuǎn)換思想。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(huì)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(cuò)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)上也就是要把難轉(zhuǎn)簡，把不熟轉(zhuǎn)熟，把未知轉(zhuǎn)為已知的問題。
重難點(diǎn)突破11 四邊形壓軸綜合（17種題型）
目 錄
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157088419" 題型01 利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc157088420" 題型02 利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決新定義問題
\l "_Tc157088421" 題型03 利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決規(guī)律探究
\l "_Tc157088422" 題型04 根據(jù)圖象運(yùn)動(dòng)判斷函數(shù)關(guān)系
\l "_Tc157088423" 題型05 四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問題
\l "_Tc157088424" 題型06 四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的角度問題
\l "_Tc157088425" 題型07 四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的線段長度問題
\l "_Tc157088426" 題型08 四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的坐標(biāo)問題
\l "_Tc157088427" 題型09 四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的周長和面積問題
\l "_Tc157088428" 題型10 四邊形折疊與旋轉(zhuǎn)中的最值問題
\l "_Tc157088429" 題型11 四邊形中的線段最值問題
\l "_Tc157088430" 題型12 探究四邊形中線段存在的數(shù)量關(guān)系
\l "_Tc157088431" 題型13 探究四邊形中線段存在的位置關(guān)系
\l "_Tc157088432" 題型14 探究四邊形與反比例函數(shù)綜合運(yùn)用
\l "_Tc157088433" 題型15 探究四邊形與二次函數(shù)綜合運(yùn)用
\l "_Tc157088434" 題型16 探究四邊形與三角形綜合運(yùn)用
\l "_Tc157088435" 題型17 探究四邊形與圓綜合運(yùn)用
題型01 利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
1．（2022·山東東營·統(tǒng)考中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別是邊BC、CD上的動(dòng)點(diǎn)，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個(gè)結(jié)論正確的是（ ）
①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當(dāng)MN最小時(shí)S△CMN=18S菱形ABCD；④當(dāng)OM⊥BC時(shí)，OA2=DN?AB.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可證出．
②當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2?BM2=22?12=3，即可得到MN的值．
③當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN2=12?(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面積為：2×3=23，即可得到答案．
④當(dāng)OM⊥BC時(shí)，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可得OC2=CM?BC，根據(jù)等量代換，最后得到答案．
【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，
又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，
∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM與△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN為等邊三角形，
故①正確；
∵AC⊥BD，
當(dāng)MN最小值時(shí)，即AM為最小值，當(dāng)AM⊥BC時(shí)，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2?BM2=22?12=3
即MN=3，
故②正確；
當(dāng)MN最小時(shí)，點(diǎn)M、N分別為BC、CD中點(diǎn)，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2?EN2=12?(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面積為：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正確，
當(dāng)OM⊥BC時(shí)，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM?BC
∴OA2=DN?AB
故④正確；
故選：D．
【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關(guān)內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
2．（2020·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，按以下步驟作圖：（1）分別以點(diǎn)A,B為圓心，以大于12AB的長為半徑作弧，兩弧相交于M,N兩點(diǎn)（點(diǎn)M在AB的上方）；（2）作直線MN交AB于點(diǎn)O，交BC于點(diǎn)D；（3）用圓規(guī)在射線OM上截取OE=OD．連接AD,AE,BE，過點(diǎn)O作OF⊥AC，垂足為F，交AD于點(diǎn)G．下列結(jié)論：
①CD=2GF；②BD2?CD2=AC2；③S△BOE=2S△AOG；④若AC=6,OF+OA=9，則四邊形ADBE的周長為25．其中正確的結(jié)論有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】D
【分析】證明四邊形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位線，即可得到CD=2GF，由此判斷①；根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到AD2?CD2=AC2，即可判斷②；根據(jù)FG是△ACD的中位線，證得S△AOD=2S△AOG，即可判斷③；設(shè)OA=x，則OF=9-x，根據(jù)OA2=OF2+AF2，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根據(jù)BD2?CD2=AC2，求出BD=254，即可判斷④.
【詳解】由題意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四邊形ADBE是菱形，
∵OF⊥AC，∠ACB=90°，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位線，
∴CD=2GF，故①正確；
∵四邊形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，AD2?CD2=AC2,
∴ BD2?CD2=AC2，故②正確；
∵FG是△ACD的中位線，
∴點(diǎn)G是AD的中點(diǎn)，
∴S△AOD=2S△AOG，
∵S△AOD=S△BOE，
∴S△BOE=2S△AOG，故③正確；
∵AC=6，
∴AF=3，
設(shè)OA=x，則OF=9-x，
∵OA2=OF2+AF2，
∴x2=(9?x)2+32，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵BD2?CD2=AC2，
∴BD2?(8?BD)2=62，
解得BD=254，
∴四邊形ADBE的周長為254×4=25.
故選：D.
【點(diǎn)睛】此題考查了線段垂直平分線的作圖方法，菱形的判定及性質(zhì)定理，勾股定理，三角形的中位線的判定及性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，這是一道四邊形的綜合題.
3．（2023·山東日照·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點(diǎn)P在對角線BD上，過點(diǎn)P作MN⊥BD，交邊AD，BC于點(diǎn)M，N，過點(diǎn)M作ME⊥AD交BD于點(diǎn)E，連接EN，BM，DN．下列結(jié)論：①EM=EN；②四邊形MBND的面積不變；③當(dāng)AM:MD=1:2時(shí)，S△MPE=9625；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ．

【答案】②③④
【分析】根據(jù)等腰三角形的三線合一可知MP=PN，可以判斷①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，MN=152，，利用S四邊形MBND=12MN×BD判斷②；根據(jù)相似可以得到S△MPES△DAB=MEBD2，判斷③；利用將軍飲馬問題求出最小值判斷④．
【詳解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在點(diǎn)P移動(dòng)過程中，不一定MP=PN，
相矛盾，
故①不正確；

延長ME交BC于點(diǎn)H,
則ABHM為矩形，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10
∵M(jìn)E⊥AD，MN⊥BD，
∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
∴MHAD=HNAB=MNBD，
即68=HN6=MN10，
解得：HN=92，MN=152，
∴S四邊形MBND=S△BMN+S△DMN=12MN×BP+12MN×DP=12MN×BD=12×152×10=752
故②正確；
∵M(jìn)E∥AB，
∴△DME∽△DAB，
∴MEAB=MDAD=23，
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
∴S△MPES△DAB=MEBD2=425，
∴S△MPE=425S△DAB=425×12×6×8=9625，
故③正確，
BM+MN+ND=BM+ND+152，
即當(dāng)MB+ND最小時(shí)， BM+MN+ND的最小值，作B、D關(guān)于AD、BC的對稱點(diǎn)B1、D1,
把圖1中的CD1向上平移到圖2位置，使得CD=92，連接B1D1，即B1D1為MB+ND的最小值，則AC=BD1=72，BB1=12,
這時(shí)B1D1=BD12+BB12=722+122=252，
即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正確；
故答案為：②③④

【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
4．（2022·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB,BC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍，連接DE,DF分別與對角線AC交于點(diǎn)M，N．給出如下幾個(gè)結(jié)論：①若AE=2,CF=3，則EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，則MN=4；④若MNAM=2,BE=3，則EF=4．其中正確結(jié)論的序號(hào)為 ．

【答案】②
【分析】根據(jù)已知條件可得EF=AE+FC，即可判斷①，進(jìn)而推出∠EDF=45°，導(dǎo)角可得②正確，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM,GN，證明△GMN是直角三角形，勾股定理驗(yàn)證③，證明∠BEF=∠MNG=30°，即可判斷④求解．
【詳解】解：∵正方形ABCD的周長是△BEF周長的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，則EF=5，故①不正確；
如圖，在BA的延長線上取點(diǎn)H，使得AH=CF，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正確；

如圖，作DG⊥EF于點(diǎn)G，連接GM,GN，
則∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G關(guān)于DE對稱軸，C,G關(guān)于DF對稱，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°?45°?45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正確，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正確．
故答案為：②．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
5．（2022·廣西玉林·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)A在雙曲線y=kx(k>0,x>0)上，點(diǎn)B在直線y=mx?2b(m>0,b>0)上，A與B關(guān)于x軸對稱，直線l與y軸交于點(diǎn)C，當(dāng)四邊形AOCB是菱形時(shí)，有以下結(jié)論：
①A(b,3b) ②當(dāng)b=2時(shí)，k=43
③m=33 ④S四邊形AOCB=2b2
則所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ．
【答案】②③
【分析】根據(jù)一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判斷①錯(cuò)誤；根據(jù)反比例函圖象上的點(diǎn)的特征即可求出k=3b2，當(dāng)b=2時(shí)，即可求出k的值，即可判斷②正確；將點(diǎn)B(3b,b)代入直線y=mx?2b(m>0,b>0)，即可求出m的值，即可判斷③正確；再根據(jù)底乘高即可計(jì)算S四邊形AOCB，繼而判斷④錯(cuò)誤．
【詳解】∵直線y=mx?2b(m>0,b>0)，
∴當(dāng)x=0時(shí)，y=?2b，
∴C(0,?2b)，
∴OC=2b，
∵四邊形AOCB是菱形，
∴OC=OA=AB=2b，
∵A與B關(guān)于x軸對稱，設(shè)AB交x軸于點(diǎn)D，
∴AD=BD=b
∴在Rt△AOD中，OD=OA2?AD2=3b，
∴A(3b,b)，故①錯(cuò)誤；
∵ A(3b,b)在雙曲線y=kx(k>0,x>0)上，
∴b=k3b，
∴k=3b2，
當(dāng)b=2時(shí)，k=43，故②正確；
∵OD=3b,BD=b，
∴B(3b,b)，
∵點(diǎn)B在直線y=mx?2b(m>0,b>0)上，
∴3mb?2b=?b，
∴3mb=b，
∴m=33，故③正確；
S四邊形AOCB=AB?OD=2b?3b=23b2，故④錯(cuò)誤；
綜上，正確結(jié)論的序號(hào)是②③，
故答案為：②③．
【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、反比例函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)特征、菱形的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
6．（2022·四川達(dá)州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接BE，BF，分別交對角線AC于點(diǎn)P，Q．點(diǎn)E，F(xiàn)在運(yùn)動(dòng)過程中，始終保持∠EBF=45°，連接EF，PF，PD．以下結(jié)論：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF為等腰直角三角形；⑤若過點(diǎn)B作BH⊥EF，垂足為H，連接DH，則DH的最小值為22?2．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，根據(jù)正方形的性質(zhì)及線段垂直平分線的性質(zhì)定理即可判斷①正確；通過證明△BCF?△BAM(SAS)，△EBF?△EBM(SAS)，可證明②正確；作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，通過證明△ABP?△CBN，可判斷③錯(cuò)誤；通過證明△BQP～△CQF，△BCQ～△PFQ，利用相似三角形的性質(zhì)即可證明④正確；當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，分別求解即可判斷⑤正確．
【詳解】
如圖1，連接BD，延長DA到M，使AM=CF，連接BM，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°?∠BFC，故①正確；
∴△BCF?△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF?△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°?(∠EFB+∠CFB)=180°?2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正確；
如圖2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延長線于K，在BK上截取BN=BP，連接CN，
∴△ABP?△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③錯(cuò)誤；
如圖1，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP～△CQF，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ～△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF為等腰直角三角形，故④正確；
如圖1，當(dāng)點(diǎn)B、H、D三點(diǎn)共線時(shí)，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE?△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD?BH=22?2，故⑤正確；
故答案為：①②④⑤．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(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)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)并準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
題型02 利用特殊四邊的性質(zhì)與判定解決新定義問題
7．（2021·湖南岳陽·統(tǒng)考中考真題）定義：我們將頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)互為相反數(shù)的二次函數(shù)稱為“互異二次函數(shù)”．如圖，在正方形OABC中，點(diǎn)A0,2，點(diǎn)C2,0，則互異二次函數(shù)y=x?m2?m與正方形OABC有交點(diǎn)時(shí)m的最大值和最小值分別是（ ）
A．4，-1B．5?172，-1C．4，0D．5+172，-1
【答案】D
【分析】分別討論當(dāng)對稱軸位于y軸左側(cè)、位于y軸與正方形對稱軸x=1之間、位于直線x=1和x=2之間、位于直線x=2右側(cè)共四種情況，列出它們有交點(diǎn)時(shí)滿足的條件，得到關(guān)于m的不等式組，求解即可．
【詳解】解：由正方形的性質(zhì)可知：B（2,2）；
若二次函數(shù)y=x?m2?m與正方形OABC有交點(diǎn),則共有以下四種情況:
當(dāng)m≤0時(shí)，則當(dāng)A點(diǎn)在拋物線上或上方時(shí)，它們有交點(diǎn)，此時(shí)有m≤0m2?m≤2，
解得：?1≤m0）

(1)當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)B重合時(shí)，線段PQ的長為__________；
(2)當(dāng)點(diǎn)Q和點(diǎn)D重合時(shí)，求tan∠PQE；
(3)當(dāng)點(diǎn)P在邊AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PQE的形狀始終是等腰直角三角形．如圖②．請說明理由；
(4)作點(diǎn)E關(guān)于直線PQ的對稱點(diǎn)F，連接PF、QF，當(dāng)四邊形EPFQ和矩形ABCD重疊部分圖形為軸對稱四邊形時(shí)，直接寫出t的取值范圍．
【答案】(1)13
(2)23
(3)見解析
(4)00交y軸于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作x軸的平行線交該拋物線于點(diǎn)D．

(1)求點(diǎn)C，D的坐標(biāo)；
(2)當(dāng)a=13時(shí)，如圖1，該拋物線與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），點(diǎn)P為直線AD上方拋物線上一點(diǎn)，將直線PD沿直線AD翻折，交x軸于點(diǎn)M(4,0)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)坐標(biāo)平面內(nèi)有兩點(diǎn)E1a,a+1,F5,a+1，以線段EF為邊向上作正方形EFGH．
①若a=1，求正方形EFGH的邊與拋物線的所有交點(diǎn)坐標(biāo)；
②當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52時(shí)，求a的值．
【答案】(1)C0，2，D5，2
(2)P32，154
(3)①1，6，4，6，5，2；②a=0.5
【分析】（1）先求出C0，2，再求出拋物線對稱軸，根據(jù)題意可知C、D關(guān)于拋物線對稱軸對稱，據(jù)此求出點(diǎn)D的坐標(biāo)即可；
（2）先求出A?1，0，如圖，設(shè)DP上與點(diǎn)M關(guān)于直線AD對稱的點(diǎn)為Nm，n，由軸對稱的性質(zhì)可得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程組m+12+n2=4??12m?52+n?22=5?42+22，解得m=3或m=4（舍去），則N3，3，求出直線DP的解析式為y=?12x+92，然后聯(lián)立y=?12x+92y=?13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2，則P32，154；
（3）分圖3-1，圖3-2，圖3-3三種情況，利用到x軸的距離之差即為縱坐標(biāo)之差結(jié)合正方形的性質(zhì)列出方程求解即可．
【詳解】（1）解：在y=?ax2+5ax+2a>0中，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，
∴C0，2，
∵拋物線解析式為y=?ax2+5ax+2a>0，
∴拋物線對稱軸為直線x=?5a?2a=52，
∵過點(diǎn)C作x軸的平行線交該拋物線于點(diǎn)D，
∴C、D關(guān)于拋物線對稱軸對稱，
∴D5，2；
（2）解：當(dāng)a=13時(shí)，拋物線解析式為y=?13x2+53x+2，
當(dāng)y=0，即?13x2+53x+2=0，解得x=?1或x=6，
∴A?1，0；
如圖，設(shè)DP上與點(diǎn)M關(guān)于直線AD對稱的點(diǎn)為Nm，n，
由軸對稱的性質(zhì)可得AN=AM，DN=DM，
∴m+12+n2=4??12m?52+n?22=5?42+22，
解得：3m+n=12，即n=12?3m
∴m2+2m+1+144?72m+9m2=25，
∴m2?7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12?3m=3，
∴N3，3，
設(shè)直線DP的解析式為y=kx+b1，
∴3k+b1=35k+b1=2，
∴k=?12b1=92，
∴直線DP的解析式為y=?12x+92，
聯(lián)立y=?12x+92y=?13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2
∴P32，154；

（3）解：①當(dāng)a=1時(shí)，拋物線解析式為y=?x2+5x+2，E1，2，F(xiàn)5，2，
∴EH=EF=FG=4，
∴H1，6，G5，6，
當(dāng)x=1時(shí)，y=?12+5×1+2=6，
∴拋物線y=?x2+5x+2恰好經(jīng)過H1，6；
∵拋物線對稱軸為直線x=52，
由對稱性可知拋物線經(jīng)過4，6，
∴點(diǎn)4，6時(shí)拋物線與正方形的一個(gè)交點(diǎn)，
又∵點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，
∴拋物線也經(jīng)過點(diǎn)F5，2；
綜上所述，正方形EFGH的邊與拋物線的所有交點(diǎn)坐標(biāo)為1，6，4，6，5，2；

②如圖3-1所示，當(dāng)拋物線與GH、GF分別交于T、D，
∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52，
∴點(diǎn)T的縱坐標(biāo)為2+2.5=4.5，
∴5?1a+a+1=4.5，
∴a2+1.5a?1=0，
解得a=?2（舍去）或a=0.5；

如圖3-2所示，當(dāng)拋物線與GH、EF分別交于T、S，
∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52，
∴5?1a=2.5，
解得a=0.4（舍去，因?yàn)榇藭r(shí)點(diǎn)F在點(diǎn)D下方）

如圖3-3所示，當(dāng)拋物線與EH、EF分別交于T、S，
∵當(dāng)正方形EFGH的邊與該拋物線有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，且這兩個(gè)交點(diǎn)到x軸的距離之差為52，
∴?a?1a2+5a?1a+2=a+1+2.5，
∴7?1a=a+3.5，
∴a2?3.5a+1=0，
解得a=7+334或a=7?334（舍去）；
當(dāng)x=52時(shí)，y=?ax2+5ax+2=6.25a+2，
當(dāng) a=7+334時(shí)，6.25a+2>7?1a，
∴a=7+334不符合題意；

綜上所述，a=0.5．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等等，利用分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想求解是解題的關(guān)鍵．
40．（2022·天津·統(tǒng)考中考真題）將一個(gè)矩形紙片OABC放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O(0,0)，點(diǎn)A(3,0)，點(diǎn)C(0,6)，點(diǎn)P在邊OC上（點(diǎn)P不與點(diǎn)O，C重合），折疊該紙片，使折痕所在的直線經(jīng)過點(diǎn)P，并與x軸的正半軸相交于點(diǎn)Q，且∠OPQ=30°，點(diǎn)O的對應(yīng)點(diǎn)O'落在第一象限．設(shè)OQ=t．
(1)如圖①，當(dāng)t=1時(shí)，求∠O'QA的大小和點(diǎn)O'的坐標(biāo)；
(2)如圖②，若折疊后重合部分為四邊形，O'Q,O'P分別與邊AB相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，試用含有t的式子表示O'E的長，并直接寫出t的取值范圍；
(3)若折疊后重合部分的面積為33，則t的值可以是___________（請直接寫出兩個(gè)不同的值即可）．
【答案】(1)∠O'QA=60°，點(diǎn)O'的坐標(biāo)為32,32
(2)O'E=3t?6，其中t的取值范圍是20)，則BC=AD=4k，∠B=90°，
∴EC=BE2+BC2=3k2+4k2=5k，
∴PE=PC=12EC=52k，
∵△DEP∽△CEB，
∴ DEEC=DPBC=PEBE，即DE5k=DP4k=52k3k，
∴DE=256k，DP=103k，
由（1）知：CD=DE，
∴CD=AB=256k，
∴AE=CH=AB?BE=256k?3k=76k，
∴DH=CD+CH=256k+76k=163k，
∵AB∥DH，
∴△AEF∽△HDF，
∴ EFDF=AEDH=76k163k=732；
（3）∵DP是線段CE的垂直平分線，
∴直線DP是△DCE的對稱軸，
作點(diǎn)Q關(guān)于DP的對稱點(diǎn)Q'，點(diǎn)Q'在DC上，且DQ'=DQ，連接GQ、GQ'、GF，

當(dāng)F、G、Q'三點(diǎn)在同一條直線上，且FQ'⊥CD時(shí)，GF+GQ=GF+GQ'=FQ'最小，
由（2）知：PE=PC=52k，
∵CP=5，
∴ 52k=5，
解得：k=2，
∴DE=256k=253，AE=76k=73，AD=4k=8，
∵ EFDF=732，
∴DF=3239DE=3239×253=800117，
∵FQ'⊥CD，
∴∠DQ'F=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠DQ'F=180°，
∴FQ'∥AD，
∴△FDQ'∽△DEA，
∴ FQ'AD=DFDE，即FQ'8=800117253，
∴FQ'=25639，
∴GF+GQ的最小值為25639．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，軸對稱中的路徑最短問題，直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，第（2）添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵；第（3）中，找出GF+GQ的最小值是解題的關(guān)鍵．
題型12 探究四邊形中線段存在的數(shù)量關(guān)系
49．（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）折疊問題是我們常見的數(shù)學(xué)問題，它是利用圖形變化的軸對稱性質(zhì)解決的相關(guān)問題．?dāng)?shù)學(xué)活動(dòng)課上，同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展了數(shù)學(xué)活動(dòng)．
【操作】如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)M在邊AD上，將矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)D'處，MD'與BC交于點(diǎn)N．


【猜想】】MN=CN
【驗(yàn)證】請將下列證明過程補(bǔ)充完整：
∵矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊
∴∠CMD=
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對邊平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代換）
∴MN=CN（ ）
【應(yīng)用】
如圖2，繼續(xù)將矩形紙片ABCD折疊，使AM恰好落在直線MD'上，點(diǎn)A落在點(diǎn)A'處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，折痕為ME．
（1）猜想MN與EC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的長．
【答案】【驗(yàn)證】∠CMD'；∠MCN；兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等；∠CMD'；∠MCN；等角對等邊；【應(yīng)用】（1）EC=2MN，見解析；（2）5
【驗(yàn)證】（1）由折疊得∠AME=∠A'ME，由平行線性質(zhì)，得∠AME=∠MEN，于是∠A'ME=∠MEN ，進(jìn)而可得證MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）由折疊得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．在Rt△ND'C中，根據(jù)勾股定理，構(gòu)建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【詳解】解：【驗(yàn)證】∵矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊
∴∠CMD= ∠CMD'
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對邊平行）
∴∠CMD= ∠MCN（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等）
∴∠CMD'=∠MCN（等量代換）
∴MN=CN（等角對等邊 ）
【應(yīng)用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四邊形ABEM折疊得到四邊形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對邊平行）
∴∠AME=∠MEN（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角對等邊）
∵M(jìn)N=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直線折疊
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．
設(shè)MN=NC=x
∴ND'=MD'?MN=4?x
在Rt△ND'C中，∠D'=90°
∴ND'2+D'C2=NC2（勾股定理）
∴(4?x)2+22=x2 解得x=52
∴EC=2MN=5.
【點(diǎn)睛】本題考查軸對稱折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，等角對等邊；根據(jù)折疊的性質(zhì)得到線段相等、角相等是解題的關(guān)鍵．
50．（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）【問題背景】
人教版八年級下冊數(shù)學(xué)教材第63頁“實(shí)驗(yàn)與探究”問題1如下：如圖，正方形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)O又是正方形A1B1C1D1O的一個(gè)頂點(diǎn)，而且這兩個(gè)正方形的邊長相等，無論正方形A1B1C1D1O繞點(diǎn)O怎樣轉(zhuǎn)動(dòng)，兩個(gè)正方形重疊部分的面積，總等于一個(gè)正方形面積的14.想一想，這是為什么？（此問題不需要作答）
九年級數(shù)學(xué)興趣小組對上面的問題又進(jìn)行了拓展探究、內(nèi)容如下：正方形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)P落在線段OC上，PAPC=k（k為常數(shù)）．

【特例證明】
（1）如圖1，將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，兩直角邊分別與邊AB，BC相交于點(diǎn)M，N.
①填空：k=______；
②求證：PM=PN．（提示：借鑒解決【問題背景】的思路和方法，可直接證明△PAM?△PBN；也可過點(diǎn)P分別作AB，BC的垂線構(gòu)造全等三角形證明．請選擇其中一種方法解答問題②．）
【類比探究】
（2）如圖2，將圖1中的△PEF沿OC方向平移，判斷PM與PN的數(shù)量關(guān)系（用含k的式子表示），并說明理由．
【拓展運(yùn)用】
（3）如圖3，點(diǎn)N在邊BC上，∠BPN=45°，延長NP交邊CD于點(diǎn)E，若EN=kPN，求k的值．
【答案】（1）①1；②見解析；（2）PMPN=k，理由見解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性質(zhì)即可得出答案；
②根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA證明△PAM≌△PBN即可；
（2）過點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，利用平行線的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)易證得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可證明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性質(zhì)即可得出答案；
（3）過點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS證得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再證得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC?BN，同理可得：PB2=BA?BM，推出EC=2CN，進(jìn)而可得tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，令HN=a，則PH=2a，CN=3a，EC=6a，利用勾股定理即可求得答案．
【詳解】解：（1）①由正方形的性質(zhì)可知：OA=OC，
∵將Rt△PEF的直角頂點(diǎn)P與點(diǎn)O重合，
∴k=PAPC=OAOC=1，
故答案為：1；
②證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB?∠BPM=∠MPN?∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBNASA，
∴PM=PN．
（2）PMPN=k，理由如下：
過點(diǎn)P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，∠APG?∠MPG=∠MPN?∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPC=k．
（3）過點(diǎn)P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

則∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN?∠GPN=∠GPH?∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知條件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECNAAS，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC?BN，
同理可得：PB2=BA?BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，則PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=3a2+6a2=35a，
∴k=ENPN=355a=3．
【點(diǎn)睛】此題是相似三角形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，作出輔助線構(gòu)造出相似三角形和全等三角形是解本題的關(guān)鍵．
51．（2023·湖北十堰·統(tǒng)考中考真題）過正方形ABCD的頂點(diǎn)D作直線DP，點(diǎn)C關(guān)于直線DP的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E，連接AE，直線AE交直線DP于點(diǎn)F．

(1)如圖1，若∠CDP=25°，則∠DAF=___________°；
(2)如圖1，請?zhí)骄烤€段CD，EF，AF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
(3)在DP繞點(diǎn)D轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，設(shè)AF=a，EF=b請直接用含a,b的式子表示DF的長．
【答案】(1)20°
(2)CD2=12（AF2+EF2）
(3)DF=22(a?b)，或22(b?a)，或22(a+b)
【分析】（1）如圖，連接CE，DE，由對稱知∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED
由四邊形ABCD是正方形得AD=CD，所以AD=ED，從而∠DAE=∠DEA=12(180°?∠ADE)=20°；
（2）如圖，連接CF，DE，AC，CE，交DP于點(diǎn)H，由軸對稱知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF，可證得∠AFC=90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2，從而CD2=12（AF2+EF2）；
（3）由勾股定理CH=HE=FH=22b，DH=CD2?CH2=22a，分情況討論：當(dāng)點(diǎn)F在D,H之間時(shí)，DF=DH?FH=22(a?b)；當(dāng)點(diǎn)D在F,H之間時(shí)，DF=FH?DH=22(b?a)；當(dāng)點(diǎn)H在F,D之間時(shí)，DF=DH+FH=22(a+b)．
【詳解】（1）解：如圖，連接CE，DE，
∵點(diǎn)C關(guān)于直線DP的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E，
∴CD，ED關(guān)于DP對稱，
∴∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
∴AD=ED ，

∴∠DAE=∠DEA=12(180°?∠ADE)=12(180°?90°?50°)=20°．
故答案為：20．
（2）解：CD2=12AF2+EF2；理由如下：
如圖，由軸對稱知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF

而∠DEF=∠DAF
∴∠DAF=∠DCF
∴∠FAC+∠FCA=∠FAC+∠DAF+∠DCA=90°
∴∠AFC=180°?(∠FAC+∠FCA)=90°
∴Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2
Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2
∴2CD2=AF2+EF2即CD2=12AF2+EF2；
（3）∵∠AFC=90°，CF=EF=b，
∴CH=HE=FH=22b，
∵CD2=12AF2+EF2=12(a2+b2)，
∴DH=CD2?CH2=12(a2+b2）?（22b）2=22a，
如圖，當(dāng)點(diǎn)F在D,H之間時(shí)，DF=DH?FH=22(a?b)，

如圖，當(dāng)點(diǎn)D在F,H之間時(shí)，DF=FH?DH=22(b?a)

如圖，當(dāng)點(diǎn)H在F,D之間時(shí)，DF=DH+FH=22(a+b)

【點(diǎn)睛】本題考查軸對稱的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰三角形知識(shí)，勾股定理等，將運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的所有可能考慮完備，分類討論是解題的關(guān)鍵．
52．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）（1）[問題探究]
如圖1，在正方形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O．在線段AO上任取一點(diǎn)P（端點(diǎn)除外），連接PD、PB．

①求證：PD=PB；
②將線段DP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D落在BA的延長線上的點(diǎn)Q處．當(dāng)點(diǎn)P在線段AO上的位置發(fā)生變化時(shí)，∠DPQ的大小是否發(fā)生變化？請說明理由；
③探究AQ與OP的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（2）[遷移探究]
如圖2，將正方形ABCD換成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他條件不變．試探究AQ與CP的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

【答案】（1）①見解析；②不變化，∠DPQ=90°，理由見解析；③AQ=2OP，理由見解析；（2）AQ =CP，理由見解析
【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△DCP?△BCP，即可得到結(jié)論；
②作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分別為點(diǎn)M、N，如圖，可得PM=PN，證明四邊形AMPN是矩形，推出∠MPN=90°，證明Rt△DPN?Rt△QPMHL， 得出∠DPN=∠QPM，進(jìn)而可得結(jié)論；
③作PE⊥AO交AB于點(diǎn)E，作EF⊥OB于點(diǎn)F，如圖，證明AQ=BE，BE=2EF即可得出結(jié)論；
（2）先證明PQ=PB，作PE∥BC交AB于點(diǎn)E，EG∥AC交BC于點(diǎn)G，如圖，則四邊形PEGC是平行四邊形，可得EG=PC，△APE,△BEG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ABCD是正方形，
∴CD=CB,∠DCA=∠BCA=45°，
∵CP=CP，
∴△DCP?△BCP，
∴PD=PB；
②∠DPQ的大小不發(fā)生變化，∠DPQ=90°；
證明：作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分別為點(diǎn)M、N，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴四邊形AMPN是矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°，
∵PD=PQ,PM=PN，
∴Rt△DPN?Rt△QPMHL，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90°，
∴∠QPN+∠DPN=90°，即∠DPQ=90°；
③AQ=2OP；
證明：作PE⊥AO交AB于點(diǎn)E，作EF⊥OB于點(diǎn)F，如圖，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四邊形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45°,EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PM⊥AE于點(diǎn)M，
則QM=BM,AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90°,∠EBF=45°，
∴BE=EFsin45°=2EF，
∴AQ=2OP；
（2）AQ=CP；
證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC,AC⊥BD,DO=BO，
∴△ABC是等邊三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°,PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE∥BC交AB于點(diǎn)E，EG∥AC交BC于點(diǎn)G，如圖，
則四邊形PEGC是平行四邊形，∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE,△BEG都是等邊三角形，
∴BE=EG=PC，

作PM⊥AB于點(diǎn)M，則QM=MB,AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【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(shí)，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．
題型13 探究四邊形中線段存在的位置關(guān)系
53．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考中考真題）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對菱形的折疊問題進(jìn)行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點(diǎn)，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A'，點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)B'．
(1)【觀察發(fā)現(xiàn)】A'D與B'E的位置關(guān)系是______；
(2)【思考表達(dá)】連接B'C，判斷∠DEC與∠B'CE是否相等，并說明理由；
(3)如圖（2），延長DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請?zhí)骄俊螪EG的度數(shù)，并說明理由；
(4)【綜合運(yùn)用】如圖（3），當(dāng)∠B=60°時(shí)，連接B'C，延長DC交A'B'于點(diǎn)G，連接EG，請寫出B'C、EG、DG之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由見解析；
(3)∠DEG=90°，理由見解析；
(4)DG2=EG2+4916B'C2，理由見解析．
【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)和翻折變換的性質(zhì)判斷即可；
（2）連接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知點(diǎn)B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，則∠BB'C=90°，由翻折變換的性質(zhì)可得BB'⊥DE，證明DE∥CB'，可得結(jié)論；
（3）連接B'C，DB，DB'，延長DE至點(diǎn)H，求出∠DGA'=180°?2x?y，∠GB'C=90°?12y?x，可得∠CGA'=2∠GB'C，然后證明GC=GB'，可得EG⊥CB'，進(jìn)而得到DE⊥EG即可解決問題．
（4）延長DG交EB'的延長線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點(diǎn)R，設(shè)GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=3a，利用勾股定理求出x=45a，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)及平行線分線段成比例求出TB'=43a，DE=74CB'，再根據(jù)勾股定理列式即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
∴由翻折的性質(zhì)可知，A'D∥B'E，
故答案為：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如圖，連接B'C，BB'，
∵E為BC中點(diǎn)，
∴EB=EC=EB'，
∴點(diǎn)B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折變換的性質(zhì)可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：結(jié)論：∠DEG=90°；
理由：如圖，連接B'C，DB，DB'，延長DE至點(diǎn)H，
由翻折的性質(zhì)可知∠BDE=∠B'DE，
設(shè)∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°?y，
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°?y2
∴∠DGA'=180°?2x?y，
∴∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°?y2+x+90°?y2+x=180°?y+2x，
∵EC=EB'，點(diǎn)B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，
∴∠EB'C=∠ECB'=12∠BEB'=90°?12y+x，
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°?y，
∴∠GB'C=∠A'B'E?∠EB'C=180°?y?90°?12y+x=90°?12y?x，
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，
∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
（4）解：結(jié)論：DG2=EG2+4916B'C2，
理由：如圖，延長DG交EB'的延長線于點(diǎn)T，過點(diǎn)D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點(diǎn)R，
設(shè)GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D?cs60°=a，DR=3a，
在Rt△DGR中，則有2a+x2=3a2+3a?x2，
∴x=45a，
∴GB'=45a，A'G=65a，
∵TB'∥DA'，
∴△B'TG～△A'DG，
∴TB'DA'=GB'GA'，
∴TB'2a=45a65a
∴TB'=43a，
∵CB'∥DE，
∴CB'DE=TB'ET=43aa+43a=47，
∴DE=74CB'，
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
∴DG2=EG2+4916B'C2．
【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，翻折變換，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
54．（2022·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，點(diǎn)P在邊AB上，D、E分別為BC、PC的中點(diǎn)，連接DE．過點(diǎn)E作BC的垂線，與BC、AC分別交于F、G兩點(diǎn)．連接DG，交PC于點(diǎn)H．

(1)∠EDC的度數(shù)為 ；
(2)連接PG，求△APG 的面積的最大值；
(3)PE與DG存在怎樣的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系？請說明理由；
(4)求CHCE的最大值．
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由見解析
(4)2+12
【分析】（1）先說明∠B=45°，再說明DE是△CBP的中位線可得DE∥BP，然后由平行線的性質(zhì)即可解答；
（2）先說明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=22DE 、GF=CF=22CG ；設(shè)AP=x，則BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通過三角形中位線、勾股定理、線段的和差用x表示出AG，再根據(jù)三角形的面積公式列出表達(dá)式，最后運(yùn)用二次函數(shù)求最值即可；
（3）先證明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，進(jìn)而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，進(jìn)而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可說明DG、PE的位置關(guān)系；
（4）先說明△CEF∽△CDH得到CECD=CFCH，進(jìn)而得到CHCE=CF?CDCE2，然后將已經(jīng)求得的量代入可得CHCE= =12x+12+288x+12?24，然后根據(jù)a+1a=a+1a2?2≥2求最值即可．
【詳解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分別為BC、PC的中點(diǎn)
∴DE∥BP，DE=12BP
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如圖：連接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
∴DF=EF=22DE ，GF=CF=22CG ，
設(shè)AP=x，則BP=12-x，BP=12-x=2DE
∴DE=12?x2，EF=12?x22
∵Rt△APC，
∴PC=AP2+AC2=x2+144
∴CE=12x2+144
∵Rt△EFC
∴FC=FG=CE2?EF2=12x2+1442?12?x222=x+1282=12+x22
∴CG=2CF=12+x2
∴AG=12-CG=12-12+x2=12?x2
∴S△APG=12AP?AG=12x?12?x2=12x?x24=?x?62+364
所以當(dāng)x=6時(shí)，S△APG有最大值9．

（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中點(diǎn)
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
∴CECD=CFCH，即CE?CH=CF?CF
∴CHCE=CF?CDCE2
∵FC=12+x22 ，CE=12x2+144，CD=12BC=122+122=62
∴CHCE=12+x22?6212x2+1442 =12×x+12x2+144=12x+12+288x+12?24
≤122288?24=12242?24=122?2=22+24=2+12
∴CHCE的最大值為2+12．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角形中位線、平行線的性質(zhì)、二次函數(shù)求最值、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合應(yīng)用所學(xué)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．
55．（2022·山東東營·統(tǒng)考中考真題）△ABC和△ADF均為等邊三角形，點(diǎn)E、D分別從點(diǎn)A，B同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿AB、BC運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B、C停止.
(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，請判斷：線段CD、EF的數(shù)量關(guān)系是____________，位置關(guān)系是____________；
(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E、D不與點(diǎn)A，B重合時(shí)，（1）中的結(jié)論是否依然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請說明理由；
(3)當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，請直接寫出答案；此時(shí)，四邊形BDEF是哪種特殊四邊形？請?jiān)趥溆脠D中畫出圖形并給予證明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由見解析
(3)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，?BDEF是菱形，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)△ABC和△ADF均為等邊三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根據(jù)E、D分別與點(diǎn)A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）連接BF，根據(jù)∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根據(jù)AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根據(jù)AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等邊三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長為a，AD=h，根據(jù)AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根據(jù)AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根據(jù)CD=EF， CD∥EF，推出四邊形CEFD是平行四邊形，推出SCEFD=CD?EG=12a?12?=12?12a?=12S△ABC，根據(jù)EF=BD，EF∥BD，推出四邊形BDEF是平行四邊形，根據(jù)BF=EF，推出?BDEF是菱形．
【詳解】（1）∵△ABC和△ADF均為等邊三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
當(dāng)點(diǎn)E、D分別與點(diǎn)A、B重合時(shí)，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案為：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
證明：
連接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等邊三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）如圖，當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到BC的中點(diǎn)時(shí)，四邊形CEFD的面積是△ABC面積的一半，此時(shí)，四邊形BDEF是菱形．
證明：
過點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，設(shè)△ABC的邊長為a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四邊形CEFD是平行四邊形，
∴S四邊形CEFD=CD?EG=12a?12?=12?12a?=12S△ABC,
此時(shí)，EF=BD，EF∥BD，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∵BF=EF，
∴?BDEF是菱形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定．
56．（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）已知矩形ABCD，點(diǎn)E為直線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)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(shí)針方向排列），連接DG．
(1)如圖1，當(dāng)ADAB＝AGAE＝1時(shí)，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(dāng)ADAB＝AGAE＝2時(shí)，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(diǎn)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(jìn)一步得出結(jié)論；
（2）證明BAE∽△DAG，進(jìn)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(jìn)而求得結(jié)果．
【詳解】（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(diǎn)M是BG的中點(diǎn)，點(diǎn)N是CE的中點(diǎn)，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵M(jìn)N是△BEG的中位線，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝（GMGB）2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【點(diǎn)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(shí)，解決問題的關(guān)鍵是類比的方法．
57．（2021·山東煙臺(tái)·統(tǒng)考中考真題）有公共頂點(diǎn)A的正方形ABCD與正方形AEGF按如圖1所示放置，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB和AD上，連接BF，DE，M是BF的中點(diǎn)，連接AM交DE于點(diǎn)N．
【觀察猜想】
（1）線段DE與AM之間的數(shù)量關(guān)系是____________，位置關(guān)系是___________；
【探究證明】
（2）將圖1中的正方形AEGF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)G恰好落在邊AB上，如圖2，其他條件不變，線段DE與AM之間的關(guān)系是否仍然成立？并說明理由．
【答案】（1）DE=2AM，DE⊥AM；（2）成立，證明見解析；
【分析】（1）證明△ABF≌△ADE，得出DE=BF，根據(jù)斜邊中線等于斜邊一半得出數(shù)量關(guān)系，再導(dǎo)角證垂直；
（2）延長AM至點(diǎn)H，使MH=AM，證△ABH≌△ADE，類比（1）推導(dǎo)即可．
【詳解】解：（1）∵AB=AD，AF=AE，∠BAF=∠DAE=90°，
∴△ABF≌△ADE，
∴BF=DE，∠ABF=∠EDA，
∵M(jìn)是BF的中點(diǎn)，
∴AM=BM=12BF，即2AM=DE；
∴∠FBA=∠BAM，
∴∠BAM=∠EDA，
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
故答案為：DE=2AM，DE⊥AM；
（2）延長AM至點(diǎn)H，使MH=AM，
∵BM=FM，∠AMF=∠BMH，
∴△AMF≌△HMB，
∴AF=BH，∠AFM=∠HBM，
∵AE=AF，
∴AE=BH，
∵∠AFM+∠ABF=180°-45°=135°，
∴∠ABH=∠HBM+∠ABF=135°，
∵∠EAD=∠EAB+∠GAE=135°，
∴∠EAD =∠ABH，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△ADE，
∴AH=DE，∠BAH=∠EDA，
∴2AM=DE；
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)進(jìn)行推理證明．
題型14 探究四邊形與反比例函數(shù)綜合運(yùn)用
58．（2022·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題）如圖，一次函數(shù)y=kx+b(k>0)的圖像與反比例函數(shù)y=8x(x>0)的圖像交于點(diǎn)A，與x軸交于點(diǎn)B，與y軸交于點(diǎn)C，AD⊥x軸于點(diǎn)D，CB=CD，點(diǎn)C關(guān)于直線AD的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E．
(1)點(diǎn)E是否在這個(gè)反比例函數(shù)的圖像上？請說明理由；
(2)連接AE、DE，若四邊形ACDE為正方形．
①求k、b的值；
②若點(diǎn)P在y軸上，當(dāng)|PE?PB|最大時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】(1)點(diǎn)E在這個(gè)反比例函數(shù)的圖像上，理由見解析
(2)①k=1，b=2；②點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,?2)
【分析】（1）設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,8m)，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得到AD⊥CE，AD平分CE，如圖，連接CE交AD于H，得到CH=EH，再結(jié)合等腰三角形三線合一得到CH為ΔACD邊AD上的中線，即AH=HD，求出H(m,4m)，進(jìn)而求得E(2m,4m)，于是得到點(diǎn)E在這個(gè)反比例函數(shù)的圖像上；
（2）①根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD=CE，AD垂直平分CE，求得CH=12AD，設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,8m)，得到m=2（負(fù)值舍去），求得A(2,4)，C(0,2)，把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得，解方程組即可得到結(jié)論；②延長ED交y軸于P，根據(jù)已知條件得到點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于y軸對稱，求得|PE?PD|=|PE?PB|，則點(diǎn)P即為符合條件的點(diǎn)，求得直線DE的解析式為y=x?2，于是得到結(jié)論．
【詳解】（1）解：點(diǎn)E在這個(gè)反比例函數(shù)的圖像上．
理由如下：
∵一次函數(shù)y=kx+b(k>0)的圖像與反比例函數(shù)y=8x(x>0)的圖像交于點(diǎn)A，
∴設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,8m)，
∵點(diǎn)C關(guān)于直線AD的對稱點(diǎn)為點(diǎn)E，
∴AD⊥CE，AD平分CE，
連接CE交AD于H，如圖所示：

∴CH=EH，
∵AD⊥x軸于D，
∴CE∥x軸，∠ADB=90°，
∴∠CDO+∠ADC=90°，
∵CB=CD，
∴∠CBO=∠CDO，
在RtΔABD中，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CH為ΔACD邊AD上的中線，即AH=HD，
∴H(m,4m)，
∴E(2m,4m)，
∵2m×4m=8，
∴點(diǎn)E在這個(gè)反比例函數(shù)的圖像上；
（2）解：①∵四邊形ACDE為正方形，
∴AD=CE，AD垂直平分CE，
∴CH=12AD，
設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(m,8m)，
∴CH=m，AD=8m，
∴m=12×8m，
∴m=2（負(fù)值舍去），
∴A(2,4)，C(0,2)，
把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得{2k+b=4b=2，
∴ {k=1b=2；
②延長ED交y軸于P，如圖所示：

∵CB=CD，OC⊥BD，
∴點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于y軸對稱，
∴|PE?PD|=|PE?PB|，則點(diǎn)P即為符合條件的點(diǎn)，
由①知，A(2,4)，C(0,2)，
∴D(2,0)，E(4,2)，
設(shè)直線DE的解析式為y=ax+n，
∴ {2a+n=04a+n=2，解得{a=1n=?2，
∴直線DE的解析式為y=x?2，
當(dāng)x=0時(shí)，y=?2，即(0,?2)，故當(dāng)|PE?PB|最大時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,?2)．
【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)的綜合題，正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
59．（2022·山東濟(jì)南·統(tǒng)考中考真題）如圖，一次函數(shù)y=12x+1的圖象與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象交于點(diǎn)Aa,3，與y軸交于點(diǎn)B．

(1)求a，k的值；
(2)直線CD過點(diǎn)A，與反比例函數(shù)圖象交于點(diǎn)C，與x軸交于點(diǎn)D，AC＝AD，連接CB．
①求△ABC的面積；
②點(diǎn)P在反比例函數(shù)的圖象上，點(diǎn)Q在x軸上，若以點(diǎn)A，B，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請求出所有符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)．
【答案】(1)a=4，k=12；
(2)①8；②符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)是6,2和3,4．
【分析】（1）將點(diǎn)Aa,3代入y=12x+1，求出a=4，即可得A4,3，將點(diǎn)A4,3代入y=kx，即可求出k；
（2）①如圖，過A作AM⊥x軸于點(diǎn)M，過C作CN⊥x軸于點(diǎn)N，交AB于點(diǎn)E，求出C2,6，E2,2，得到CE，進(jìn)一步可求出△ABC的面積；②設(shè)Px1,y1，Qx2,0．分情況討論：ⅰ、當(dāng)四邊形ABQP為平行四邊形時(shí)，ⅱ、當(dāng)四邊形APBQ為平行四邊形時(shí)，計(jì)算即可．
【詳解】（1）解：將點(diǎn)Aa,3代入y=12x+1，得a=4，A4,3，
將點(diǎn)A4,3代入y=kx，得k=4×3=12，
反比例函數(shù)的解析式為y=12x．
（2）解：①如圖，過A作AM⊥x軸于點(diǎn)M，過C作CN⊥x軸于點(diǎn)N，交AB于點(diǎn)E，

∴AM∥CN，
∵AC=AD，
∴AMCN=DADC=12，
∴CN=6，
∴xC=126=2，
∴C2,6，
∴E2,2，
∴CE=6?2=4，
∴S△ABC=S△ACE+S△BCE=12×4×2+12×4×2=8．
②分兩種情況：設(shè)Px1,y1，Qx2,0．
ⅰ、如圖，當(dāng)四邊形ABQP為平行四邊形時(shí)，

∵點(diǎn)B向下平移1個(gè)單位、向右平移x2個(gè)單位得到點(diǎn)Q，
∴點(diǎn)A向下平移1個(gè)單位，向右平移x2個(gè)單位得到點(diǎn)P，
∴y1=3?1=2，x1=122=6，
∴P6,2．
ⅱ、如圖，當(dāng)四邊形APBQ為平行四邊形時(shí)，

∵點(diǎn)Q向上平移1個(gè)單位，向左平移x2個(gè)單位得到點(diǎn)B，
∴點(diǎn)A向上平移1個(gè)單位，向左平移x2個(gè)單位得到點(diǎn)P，
∴y1=3+1=4，x1=124=3，
∴P3,4．
綜上所述，符合條件的點(diǎn)P坐標(biāo)是6,2和3,4．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)與反比例函數(shù)的綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，平行四邊形的性質(zhì)．
60．（2023·江蘇泰州·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A(m，0)，B(m?a，0)(a>m>0)的位置和函數(shù)y1=mx(x>0)、y2=m?ax(xm>0的條件下任意變化時(shí)，△PGH的面積是否變化？請說明理由；
(3)試判斷直線PH與BC邊的交點(diǎn)是否在函數(shù)y2的圖像上？并說明理由．
【答案】(1)函數(shù)y3的表達(dá)式為y3=?2x+5，△PGH的面積為12
(2)不變，理由見解析
(3)在，理由見解析
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(?2，0)，y1=2x，y2=?2x，則AB=4，當(dāng)x=2，y1=22=1，則E2，1；當(dāng)y1=4，4=2x，解得x=12，則G12，4；當(dāng)y2=4，4=?2x，解得x=?12，則H?12，4；待定系數(shù)法求一次函數(shù)y3的解析式為y3=?2x+5，當(dāng)x=0，y3=5，則P0，5，根據(jù)S△PGH=12×12??12×5?4，計(jì)算求解即可；
（2）求解過程同（1）；
（3）設(shè)直線PH的解析式為y=k2x+b2，將P0，1+a，Hm?aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am?aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa?m，即y=aa?mx+1+a，當(dāng)x=m?a，y=aa?m×m?a+1+a=1，則直線PH與BC邊的交點(diǎn)坐標(biāo)為m?a，1，當(dāng)x=m?a，y2=m?am?a=1，進(jìn)而可得結(jié)論．
【詳解】（1）解：∵m=2，a=4，
∴A(2，0)，B(?2，0)，y1=2x，y2=?2x，
∴AB=4，
當(dāng)x=2，y1=22=1，則E2，1；
當(dāng)y1=4，4=2x，解得x=12，則G12，4；
當(dāng)y2=4，4=?2x，解得x=?12，則H?12，4；
設(shè)一次函數(shù)y3的解析式為y3=kx+b，
將E2，1，G12，4，代入y3=kx+b得，2k+b=112k+b=4，解得k=?2b=5，
∴y3=?2x+5，
當(dāng)x=0，y3=5，則P0，5，
∴S△PGH=12×12??12×5?4=12；
∴函數(shù)y3的表達(dá)式為y3=?2x+5，△PGH的面積為12；
（2）解：△PGH的面積不變，理由如下：
∵A(m，0)，B(m?a，0)，y1=mx，y2=m?ax，
∴AB=a，
當(dāng)x=m，y1=mm=1，則Em，1；
當(dāng)y1=a，a=mx，解得x=ma，則Gma，a；
當(dāng)y2=a，a=m?ax，解得x=m?aa，則Hm?aa，a；
設(shè)一次函數(shù)y3的解析式為y3=k1x+b1，
將Em，1，Gma，a，代入y3=k1x+b1得，mk1+b1=1mak1+b1=a，解得k1=?amb1=1+a，
∴y3=?amx+1+a，
當(dāng)x=0，y3=1+a，則P0，1+a，
∴S△PGH=12×ma?m?aa×1+a?a=12；
∴△PGH的面積不變；
（3）解：直線PH與BC邊的交點(diǎn)在函數(shù)y2的圖像上，理由如下：
設(shè)直線PH的解析式為y=k2x+b2，
將P0，1+a，Hm?aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am?aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa?m，
∴y=aa?mx+1+a，
當(dāng)x=m?a，y=aa?m×m?a+1+a=1，
∴直線PH與BC邊的交點(diǎn)坐標(biāo)為m?a，1，
當(dāng)x=m?a，y2=m?am?a=1，
∴直線PH與BC邊的交點(diǎn)在函數(shù)y2的圖像上．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，一次函數(shù)解析式，反比例函數(shù)解析式，交點(diǎn)坐標(biāo)．解題的關(guān)鍵在于對知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．
61．（2022·貴州安順·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點(diǎn)D在y軸上，A，C兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(4,0)，(4,m)，直線CD：y=ax+b(a≠0)與反比例函數(shù)y=kx(k≠0)的圖象交于C，P(?8,?2)兩點(diǎn)．
(1)求該反比例函數(shù)的解析式及m的值；
(2)判斷點(diǎn)B是否在該反比例函數(shù)的圖象上，并說明理由．
【答案】(1)y=16x，m=4
(2)點(diǎn)B在該反比例函數(shù)的圖象上，理由見解答
【分析】（1）因?yàn)辄c(diǎn)P(?8,?2)在雙曲線y=kx上，所以代入P點(diǎn)坐標(biāo)即可求出雙曲線y=kx的函數(shù)關(guān)系式，又因?yàn)辄c(diǎn)C(4,m)在y=kx雙曲線上，代入即可求出m的值；
（2）先求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，判斷即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：將點(diǎn)P(?8,?2)代入y=kx中，得k=?8×(?2)=16，
∴反比例函數(shù)的解析式為y=16x，
將點(diǎn)C(4,m)代入y=16x中，
得m=164=4；
（2）解：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，A(4,0)，C(4,4)，
∴m=4，B(8,12m)，
∴B(8,2)，
由（1）知雙曲線的解析式為y=16x；
∵2×8=16，
∴點(diǎn)B在雙曲線上．
【點(diǎn)睛】此題是反比例函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是用m表示出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
62．（2021·四川雅安·統(tǒng)考中考真題）已知反比例函數(shù)y=mx的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)．
（1）求該反比例函數(shù)的表達(dá)式；
（2）如圖，在反比例函數(shù)y=mx的圖象上點(diǎn)A的右側(cè)取點(diǎn)C，作CH⊥x軸于H，過點(diǎn)A作y軸的垂線AG交直線CH于點(diǎn)D．
①過點(diǎn)A，點(diǎn)C分別作x軸，y軸的垂線，交于B，垂足分別為為F、E，連結(jié)OB，BD，求證：O，B，D三點(diǎn)共線；
②若AC=2OA，求證：∠AOD=2∠DOH．
【答案】（1）反比例函數(shù)的表達(dá)式為y=6x；（2）①證明見詳解；②證明見詳解．
【分析】（1）根據(jù)反比例函數(shù)y=mx的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，可得m=xy=6即可；
（2）①利用銳角三角函數(shù)值tan∠EBO=3a，tan∠DBC==3a相等，可證∠EBO=∠DBC，利用平角定義∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°即可；
②設(shè)AC與OD交于K，先證四邊形ABCD為矩形，可得∠KAD=∠KDA，KA=KC=12AC，由AC=2OA，可得AO=AK，由∠AKO為△AKD的外角，可得∠AKO=2∠ADK，由AD∥OH 性質(zhì)，可得∠DOH=∠ADK即可．
【詳解】解：（1）∵反比例函數(shù)y=mx的圖象經(jīng)過點(diǎn)A(2,3)，
∴m=xy=2×3=6，
∴該反比例函數(shù)的表達(dá)式為y=6x；
（2）①設(shè)點(diǎn)C（a,6a），則B（2，6a），D（a,3），
∴OE=6a，BE=2，CD=3-6a，BC=a?2，
∴tan∠EBO=OEEB=6a2=3a，tan∠DBC=CDBC=3?6aa?2=3a?6aa?2=3a，
∴∠EBO=∠DBC，
∵∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°，
∴點(diǎn)O，點(diǎn)B，點(diǎn)D三點(diǎn)共線；
②設(shè)AC與OD交于K，
∵AD⊥y軸，CB⊥y軸，
∴AD∥BC∥x軸，
∵AF⊥x軸，DH⊥x軸，
∴AB∥DC，
∴四邊形ABCD為平行四邊形，
∵AF⊥x軸，AD∥x軸，
∴AF⊥AD，
∴∠BAD=90°，
∴四邊形ABCD為矩形，
∴∠KAD=∠KDA，KA=KC=12AC，
∵AC=2OA，
∴AO=AK，
∴∠AOD=∠AKO，
又∵∠AKO為△AKD的外角，
∴∠AKO=∠KAD+∠KDA=2∠ADK，
∵AD∥OH ，
∴∠DOH=∠ADK，
∴∠AOD=2∠DOH．
【點(diǎn)睛】本題考查待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)，平角定義，矩形判定與性質(zhì)，等腰三角形判定與性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，平行線性質(zhì)，掌握待定系數(shù)法求反比例函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)，平角定義，矩形判定與性質(zhì)，等腰三角形判定與性質(zhì)，三角形外角性質(zhì)，平行線性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
63．（2023·貴州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是矩形，反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象分別與AB,BC交于點(diǎn)D4,1和點(diǎn)E，且點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)．

(1)求反比例函數(shù)的表達(dá)式和點(diǎn)E的坐標(biāo)；
(2)若一次函數(shù)y=x+m與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象相交于點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)M在反比例函數(shù)圖象上D,E之間的部分時(shí)（點(diǎn)M可與點(diǎn)D,E重合），直接寫出m的取值范圍．
【答案】(1)反比例函數(shù)解析式為y=4x，E2，2
(2)?3≤m≤0
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D4,1是AB的中點(diǎn)得到B4，2，從而得到點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2，利用待定系數(shù)法求出反比例函數(shù)解析式，進(jìn)而求出點(diǎn)E的坐標(biāo)即可；
（2）求出直線y=x+m恰好經(jīng)過D和恰好經(jīng)過E時(shí)m的值，即可得到答案．
【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是矩形，
∴BC∥OA，AB⊥OA，
∵D4,1是AB的中點(diǎn)，
∴B4，2，
∴點(diǎn)E的縱坐標(biāo)為2，
∵反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象分別與AB,BC交于點(diǎn)D4,1和點(diǎn)E，
∴1=k4，
∴k=4，
∴反比例函數(shù)解析式為y=4x，
在y=4x中，當(dāng)y=4x=2時(shí)，x=2，
∴E2，2；
（2）解：當(dāng)直線 y=x+m經(jīng)過點(diǎn)E2，2時(shí)，則2+m=2，解得m=0；
當(dāng)直線 y=x+m經(jīng)過點(diǎn)D4，1時(shí)，則4+m=1，解得m=?3；
∵一次函數(shù)y=x+m與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象相交于點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)M在反比例函數(shù)圖象上D,E之間的部分時(shí)（點(diǎn)M可與點(diǎn)D,E重合），
∴?3≤m≤0．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)與反比例函數(shù)綜合，矩形的性質(zhì)等等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
題型15 探究四邊形與二次函數(shù)綜合運(yùn)用
64．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖（1），二次函數(shù)y=ax2?5x+c的圖像與x軸交于A?4,0，Bb,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C0,?4．

(1)求二次函數(shù)的解析式和b的值．
(2)在二次函數(shù)位于x軸上方的圖像上是否存在點(diǎn)M，使S△BOM=13S△ABC？若存在，請求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
(3)如圖（2），作點(diǎn)A關(guān)于原點(diǎn)O的對稱點(diǎn)E，連接CE，作以CE為直徑的圓．點(diǎn)E'是圓在x軸上方圓弧上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E'不與圓弧的端點(diǎn)E重合，但與圓弧的另一個(gè)端點(diǎn)可以重合），平移線段AE，使點(diǎn)E移動(dòng)到點(diǎn)E'，線段AE的對應(yīng)線段為A'E'，連接E'C，A'A，A'A的延長線交直線E'C于點(diǎn)N，求AA'CN的值．
【答案】(1)y=?x2?5x?4，b=?1
(2)不存在，理由見解析
(3)1
【分析】（1）將點(diǎn)A，C的坐標(biāo)代入y=ax2?5x+c得到二元一次方程組求解可得a，c的值，可確定二次函數(shù)的解析式，再令y=0，解關(guān)于x的一元二次方程可得點(diǎn)B的坐標(biāo)，從而確定b的值；
（2）不存在．設(shè)Mm,?m2?5m?4，根據(jù)S△BOM=13S△ABC，可得m2+5m+8=0，根據(jù)Δ=52?4×8=?7

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