【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．
(1)當(dāng)時，求證：；
(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，，垂足為K，交AC于點H且．若，，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．
【答案】(1)見解析
(2)，見解析
(3)
【分析】（1）先利用正方表的性質(zhì)求得，，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，連接AM，先易得，推出，，進(jìn)而得到，最后利用全等三角形的性質(zhì)求解；
（3）過點H作于點N，易得，進(jìn)而求出，再根據(jù)（2）的結(jié)論求解．
（1）
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：BE，EF，DF存在的數(shù)量關(guān)系為．
理由如下：
延長CB至M，使，連接AM，
則．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；
（3）
解：過點H作于點N，
則．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．
【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(dāng)＝＝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(dāng)＝＝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＝，∠AEB＝45°，請直接寫出△MND的面積．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝，BE⊥DG，理由見解析
(3)S△MNG＝
【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）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．
（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＝，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如圖，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝，
∴設(shè)AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝，
∴，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝＝＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，點M是BG的中點，點N是CE的中點，
∴DM＝GM＝，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵M(jìn)N是△BEG的中位線，
∴MNBE，
∴△BEG∽△MNG，
∴＝（）2＝，
∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．
【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(dāng)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(dāng)CE的長為長為或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，即，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(dāng)C'F＝BC'時，如圖2，②當(dāng)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，∴ ，即，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）分兩種情況：①當(dāng)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，∴ ，即，∴，∴CE＝；②當(dāng)C'F＝BF時，如圖3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，設(shè)BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；綜上，當(dāng)CE的長為長為或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(yùn)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＝，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(yùn)動，點F沿著A→B→D的路線勻速運(yùn)動，當(dāng)點E，F(xiàn)相遇時停止運(yùn)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(dāng)運(yùn)動時間為秒時，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的速度為個單位每秒，運(yùn)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(dāng)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＝HB，M為DF的中點，當(dāng)點E、F分別在線段AD、AB上運(yùn)動時，探究點E、F在什么位置能使EM＝HM．并說明理由．
【答案】(1)；
(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為；當(dāng)時，y的最大值為；
(3)當(dāng)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，可得，根據(jù)題意可得AF=，AE=，可得到CG=3，再證明△PDE∽△PGC，即可求解；
（2）分三種情況討論：當(dāng)0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上；當(dāng)時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上；當(dāng)時，點E、F均在BD上，即可求解；
（3）當(dāng)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，
∴，
∴，
∴，
∵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(yùn)動時間為秒，
∴AF=，AE=，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=， ED=，
∴，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵，
∴△PDE∽△PGC，
∴，
∴；
（2）
解：根據(jù)題意得：當(dāng)0≤x≤2時，E點在AD上，F(xiàn)點在AB上，此時AE=x，，
∵， AB=4，AD=2，
∴，
∴△ABD是直角三角形，
∵，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如圖，過點E作交于H，
∴，
∴；
∴當(dāng)x＞0時，y隨x的增大而增大，
此時當(dāng)x=2時，y有最大值3；
當(dāng)時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上，
如圖， 過點E作交于N，過點D作交于M，則EN∥DM，
根據(jù)題意得：DE=x-2，
∴，
在Rt△ABD中，，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴，
∴
∴，
∴，
此時該函數(shù)圖象的對稱軸為直線 ，
∴當(dāng)時，y隨x的增大而增大，
此時當(dāng)時，y有最大值；
當(dāng)時，點E、F均在BD上，
過點E作交于Q，過點F作交于P，過點D作DM⊥AB于點M，
∴，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴，，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴，即，
∴，
∵，
∴△BEQ∽△BDM，
∴，即，
∴，
∴，
此時y隨x的增大而減小，
此時當(dāng)時，y有最大值；
綜上所述：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為
當(dāng)時，y最大值為；
（3）
解：當(dāng)EF∥BD時，能使EM＝HM．理由如下：
連接DH，如圖，
∵，AB=4，
∴．AH=1，
由（2）得：此時，
∵M(jìn)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，若為中點，交于點，連接．
(1)若，
①證明為菱形；
②若，，求的長．
(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．
【答案】(1)①見解析；②
(2)
【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=,即可得OB=3x=3，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，又在直線上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=AB，根據(jù)重心性質(zhì)得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,則AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，則BC=AE，代入即可求得的值．
(1)
①證明：如圖，連接AC交BD于O，
∵平行四邊形，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四邊形，
∴四邊形是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中線，
∵為中點，
∴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=,
∴OB=3x=3，
∵平行四邊形，
∴BD=2OB=6；
(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，
又在直線上，
∴CG是△ABC的中線，
∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，
∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,
∴AG=AE,
∴AB=2AG=AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，
∴BC=AE，
∴．
【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，屬是考常考題目．
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，在正方形中，是射線上一動點，以為直角邊在邊的右側(cè)作等腰直角三角形，使得，，且點恰好在射線上．
(1)如圖1，當(dāng)點在對角線上，點在邊上時，那么與之間的數(shù)量關(guān)系是_________；
探索發(fā)現(xiàn)：
(2)當(dāng)點在正方形外部時如圖2與圖3，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請利用圖2進(jìn)行證明；若不成立，請說明理由；
問題解決：
(3)如圖4，在正方形中，，當(dāng)是對角線的延長線上一動點時，連接，若，求的面積．
【答案】(1)；
(2)成立，證明見解析；
(3)．
【分析】（1）連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)和是等腰直角三角形，證得，可得，即可；
（2）連接，根據(jù)正方形的性質(zhì)和是等腰直角三角形，證得，可得，即可；
（3）連接交于點，過點作交直線于點，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可得，再證得，可得，，在中，根據(jù)勾股定理可得，即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；
故答案為：；
（2）解：（1）中的結(jié)論還成立，證明如下：
如圖2，連接，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；
（3）解：如圖4，連接交于點，過點作交直線于點，
∵四邊形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，，
設(shè)，
∴，
解得，，（舍去），
即，
∴．
【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，在正方形中，是上一動點，將正方形沿著折疊，點落在點處，連接，并延長交于點求證：；
（2）在（1）的條件下，如圖，延長交邊于點若，求的值；
（3）如圖，四邊形為矩形，同樣沿著折疊，連接，延長分別交于兩點，若，則的值為___________（直接寫出結(jié)果）
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】根據(jù)證明三角形全等即可；
如圖中，連接根據(jù)，求出即可解決問題；
如圖中，連接由，可以設(shè)，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可得，則，利用勾股定理構(gòu)建方程求解即可．
【詳解】證明：如圖中，
是由折疊得到，
，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
；
解：如圖中，連接．
，
，
由折疊可知，
，
四邊形是正方形，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，則，
，
設(shè)，
，
由折疊可知，
，
，
，
或舍棄，
，
；
解：如圖中，連接．
由，
設(shè)，
由知，
，
由折疊可知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，

，
，
或舍棄，
，
．
【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，已知正方形和正方形，點B、C、E在同一直線上，，．連接．
(1)求圖1中、的長（用含m的代數(shù)式表示）．
(2)如圖2，正方形固定不動，將圖1中的正方形繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)度（），試探究、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)如圖3，在（2）條件下，當(dāng)點A，F(xiàn)，E在同一直線上時，連接并延長交于點H，若，求m的值．
【答案】(1)BG= ，AF＝
(2)AF=BG
(3)
【分析】（1）延長FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的長，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的長；
（2）連接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，則，從而可證△ACF∽△BCG，得，即可得出結(jié)論；
（3）連接AC，證明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，
可求得CF=，即從而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，即 求解即可．
（1）
解：延長FG交AB于H，如圖1，
∵正方形和正方形，點B、C、E在同一直線上，
∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，
在Rt△BCG中，由勾股定理，得
；
∴∠BHG=90°，
∴四邊形BCGH是矩形，∠AHG=90°，
∴GH=BC=m，BH=CG=1，
∴AH=m-1，
在Rt△AHG中，由勾股定理，得
；
（2）
解：連接AC、CF，如圖2，
∵正方形和正方形，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得
AC=BC，
在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得
CF=CG，
∴，
∴△ACF∽△BCG，
∴，
即AF=BG；
（3）
解：連接AC，如圖3，
∵正方形和正方形，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴△AHF∽△CHA，
∴，
∵正方形，EF=CE=1，
∴CF=，
∴CH=CF+FH=+=2，
∴，
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，
即
解得：，(不符合題意，舍去)．
∴m的值為．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)并能靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
4．（2022·北京市第十九中學(xué)三模）如圖，在中，，，是的中點，是延長線上一點，平移到，線段的中垂線與線段的延長線交于點，連接、．
(1)連接，求證：；
(2)依題意補(bǔ)全圖形，用等式表示線段，，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：，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：，想辦法證明即可．
（1）
證明：連接．
，，
，
，
；
（2）
解：圖形如圖所示，結(jié)論：．
理由：連接，，取的中點，連接，，．
點在的垂直平分線上，
，
，，
，
，
四邊形，四邊形是平行四邊形，
，，
，
，
，
，，
，
，
四邊形四點共圓，
，
，
，，，四點共圓，
，
，
．
【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(yùn)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，在正方形中，點E與點F分別在線段上，且四邊形是正方形．
(1)試探究線段與的關(guān)系，并說明理由．
(2)如圖②若將條件中的四邊形與四邊形由正方形改為矩形，，．
①線段在（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(rèn)為正確的關(guān)系，并說明理由．
②當(dāng)為等腰三角形時，求的長．
【答案】(1)，理由見解析
(2)①位置關(guān)系保持不變，數(shù)量關(guān)系變?yōu)?；理由見解析；②?dāng)為等腰三角形時，的長為或或．
【分析】（1）如圖1，根據(jù)證明，可得，及，則，所以；
（2）①如圖2，連接交于點O，連接，根據(jù)矩形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得：，可知在以點O為圓心的圓上，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角得，再證明，得；
②先根據(jù)，設(shè)，
分三種情況：
（i）當(dāng)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，從而計算的長；
（ii）當(dāng)時，如圖4，證明，列比例式可得的長，從而根據(jù)，求得x的值，同理可得的長；
（iii）當(dāng)時，如圖5，根據(jù)，可得x的值，同理可得的長．
（1）

理由：如圖1，∵四邊形是正方形，
∴
∵四邊形是正方形，
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴
即．
（2）
①位置關(guān)系保持不變，數(shù)量關(guān)系變?yōu)?
理由：如圖2，連接交于點O，連接，
∵四邊形是矩形，
∴
中，，
中，，
∴
∴在以點O為圓心的圓上，
∵
∴為的直徑，
∵
∴也是的直徑，
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
②由①知：
∴設(shè)
分三種情況：
（i）當(dāng)時，如圖3，過E作于H，則，
∴
∴
由勾股定理得：
∴
即
∴
（ii）當(dāng)時，如圖4，過D作于H，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
（iii）當(dāng)時，如圖5，
∴
∴
∴
綜上所述，當(dāng)為等腰三角形時，CG的長為或或．
【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，在矩形中，，，E是邊上一點，連接，將矩形沿折疊，頂點D恰好落在邊上點F處，延長交的延長線于點G．
(1)求線段的長；
(2)如圖2，M，N分別是線段上的動點（與端點不重合），且，設(shè)．
①求證四邊形AFGD為菱形；
②是否存在這樣的點N，使是直角三角形？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；②或2
【分析】（1）由翻折可知：．，設(shè)，則．在中，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問題．
（2）①由計算出的長度，再證明四邊形是平行四邊形，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形的菱形即可證明；
②若 是直角三角形，則有兩種情況，一是當(dāng)時，二是當(dāng)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：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
由翻折可知：．，設(shè)，則．
在中， ，
∴，
在中，則有：，
∴，
∴．
（2）
①證明：∵四邊形是矩形，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得：，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴平行四邊形是菱形．
②∵，
∴若是直角三角形，則有兩種情況，
當(dāng)時，
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
又∵，，
∴
∴，即，
∴；
當(dāng)時，則，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵s ，
∵，
∴，
∴ ，
∵
∴
∴，即
解得：，
綜上所述：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，中，，，，點是邊上任意一點，則的最小值為______．
(2)如圖，矩形中，，，點、點分別在、上，求的最小值．
(3)如圖，矩形中，，，點是邊上一點，且，點是邊上的任意一點，把沿翻折，點的對應(yīng)點為，連接、，四邊形的面積是否存在最小值，若存在，求這個最小值及此時的長度．若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，最小值為，
【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(jìn)而求出CE，最后用三角函數(shù)即可求出的最小值；
（3）先確定出時，四邊形的面積最小，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作于P，根據(jù)點到直線的距離垂線段最小，此時CP最小，
在Rt中，，根據(jù)勾股定理得，，
∵
∴，
故答案為；
（2）
如圖，作出點關(guān)于的對稱點，連接交于點，
過點作于，交于，連接，此時最小；
四邊形是矩形，
，，根據(jù)勾股定理得，，
，
，
，
由對稱得，，
在中，，
，
在中，；
即：的最小值為；
（3）
存在．
如圖，
四邊形是矩形，
，，，
根據(jù)勾股定理得，，
，，
點在上的任何位置時，點始終在的下方，
設(shè)點到的距離為，
，
要四邊形的面積最小，即：最小，
點是以點為圓心，為半徑的圓上在矩形內(nèi)部的一部分點，
時，最小，
由折疊知，
延長交于，則，
在中，，
在中，，，
，
，
，
過點作于，
，，
四邊形是矩形，
，
，，
，
，
，
．
【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，是一道很好的中考常考題．
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(dāng)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(dāng)BE＝DF時，求BF的長．
【答案】(1)，；理由見解析；
(2)，．理由見解析；
(3)．
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出，，證明，再由全等三角形的性質(zhì)得，，由直角三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；
（2）延長交，分別于點，，證明出，由相似三角形的性質(zhì)得出，，則可得出結(jié)論；
（3）由（2）得，，則，，求出，，可求出，則可得出答案．
（1）
解：線段與之間的關(guān)系為，．
理由如下：
延長交，分別于點，，
四邊形是正方形，
，，
，
，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）
解：線段與之間的關(guān)系為，．
理由如下：
延長交，分別于點，，
四邊形是矩形，
，，
，
即．
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）
解：連接，如圖3，
由已知得，，，，，，
由（2）得，，
則，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由得，，
，，
，，
，
，
．
【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）在菱形中，，，點E在邊上，，點P是邊上一個動點，連結(jié)，將沿翻折得到．
(1)當(dāng)時，求的度數(shù)；
(2)若點F落在對角線上，求證：；
(3)若點P在射線上運(yùn)動，設(shè)直線與直線交于點H，問當(dāng)為何值時，為直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)見解析；
(3)或或或．
【分析】（1）由平行線的性質(zhì)得，求得，由翻折的性質(zhì)可得，即可求解；
（2）易證是等邊三角形，由翻折可得，證得，即可證明相似；
（3）如圖2，當(dāng)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，，，設(shè)AP=x，則FP=x，
求得，，，在中， ，求解即可得；如圖3，當(dāng)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：，求得，，，即可得AP的長度；如圖4，當(dāng)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，，在中，，
∴，求解即可；如圖5，當(dāng)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，，，證得，，，即可求得AP的長度．
（1）
解：∵，
∴，
∵
∴
∵是由翻折得到，
∴，
∴；
（2）
證明：當(dāng)點F在BD上時，如圖1所示，
∵菱形ABCD中，，
∴AD=AB，是等邊三角形，
∴
∵是由翻折得到，
∴，
∴
∵
∴
∴
在和中，
∴；
（3）
解：如圖2，當(dāng)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，，
設(shè)AP=x，則FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
在中，
，
即，解得：，
即；
如圖3，當(dāng)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：，
∵EQ⊥AB，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
如圖4，當(dāng)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，，
∴，
由折疊的性質(zhì)可得：，
∵EM⊥AB，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
即；
如圖5，當(dāng)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，，
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴，
∵
∴
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
綜上，AP的長度為或或或．
【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(tuán)）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，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作于點N．他已經(jīng)證明了，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(bǔ)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（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，在和中，，，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)
(3)
【分析】（1）過G作于點Q，易證，即可得出結(jié)論；
（2）過點C作于點N，過G作于點Q．通過證明，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，通過證明即可得出結(jié)論．
（1）
過G作于點Q，
∵，
∴，，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，，
∴，
∴，
∴，
∴BH＝GQ，
∵，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵，
∴，
∴CM＝MG，
∴M為CG的中點．
（2）
過點C作于點N，過G作于點Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴，
同理可得：
∵，
∴，
∴，
∵∠AMN=∠GMQ，
∴，
∴，
∴，
（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，
∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵，
∴AC=AB，AE=AD=BG
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【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，在四邊形中，與相交于點，，平分．
(1)如圖，求證：四邊形是菱形；
(2)如圖，過點作于，若，，求的長；
(3)如圖，，點為延長線上一點，連接交于點，點、分別是、邊上一點，且，過點作的垂線，垂足為，，當(dāng)，時，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【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）過點作于點，過點作于證明≌，推出，證明≌，推出，設(shè)，則，，在中，，根據(jù)勾股定理，構(gòu)建方程求出即可．
（1）
證明：
四邊形是平行四邊形，
平分，
，
，
，
，
，
四邊形是菱形；
（2）
解：?是菱形，
，，，
，
在中，根據(jù)勾股定理，
，
，
；
（3）
解：，，
，
是等邊三角形，
，
過點作于點，
，
，
，
在中，根據(jù)勾股定理，
過點作于．
四邊形是菱形，
，
，
，，
，
又，
≌，
，
，，
即，
又,為公共邊，
≌，
，
設(shè)，則，，
在中，，根據(jù)勾股定理，
，
解得，
．
【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）在矩形中，，是的中點，點是上一點，連接，過點作交于點，連接．
(1)如圖（1），點在上運(yùn)動時的大小是否改變？請說明理由．
(2)如圖（2），連接，若，交于點，，，求的值．
【答案】(1)不變，理由見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)，可知，，，四點共圓，可得；
（2）根據(jù)同角的余角相等可得，則，再利用兩個角相等證明∽，得，設(shè)，則，代入解方程即可．
（1）
解：不變，理由如下：
四邊形是矩形，
，
，
，
，，，四點共圓，
，
的大小不改變．
（2）
解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
∽，
，
設(shè)，則，
，
，
，
解得，
經(jīng)檢驗，是方程的根，
．
【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，，，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，在中，，若點是斜邊的中點，則．
靈活應(yīng)用如圖2，中，，，，點是的中點，將沿翻折得到，連接，．

(1)根據(jù)題意，則的長為 ．
(2)判斷的形狀，并說明理由．
(3)請直接寫出的長 ．
【答案】(1)5
(2)是直角三角形，理由見解析
(3)
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用翻折變換的性質(zhì)可得；
（2）結(jié)論：是直角三角形．證明，可得結(jié)論；
（3）設(shè)交于點．利用相似三角形的性質(zhì)求出，再求出，利用三角形中位線定理，可得結(jié)論．
（1）
在中，，，，
，
是的中點，
，
由翻折的性質(zhì)可知，．
故答案為：5；
（2）
結(jié)論：是直角三角形．
理由：，，
，
，
是直角三角形；
（3）
設(shè)交于點．
由翻折的性質(zhì)可知，，，
垂直平分線段，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
故答案為：．
【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?？碱}型．
14．（2022·廣東·東莞市光明中學(xué)三模）中，，，點為直線上一動點點不與，重合，以為邊在右側(cè)作菱形，使，連接．
(1)觀察猜想：如圖，當(dāng)點在線段上時，
與的位置關(guān)系為：______．
，，之間的數(shù)量關(guān)系為：______；
(2)數(shù)學(xué)思考：如圖，當(dāng)點在線段的延長線上時，結(jié)論，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，當(dāng)點在線段的延長線上時，設(shè)與相交于點，若已知，，求的長．
【答案】(1)①；②
(2)①成立，證明見解析；②不成立，證明見解析
(3)
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，推出≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，再根據(jù)，即可得出；
依據(jù)≌，即可得到，進(jìn)而得到；依據(jù)≌可得，依據(jù)，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根據(jù)∽，即可得到，進(jìn)而得出的長．
（1）
解：，，
是等邊三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案為：；；
（2）
結(jié)論成立，而結(jié)論不成立．
證明：如圖，，，
是等邊三角形，
，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如圖，連接，過作于，則，，
中，，
，，
是等邊三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可設(shè)，則，，，
，
解得，
．
【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(yùn)用，利用已知條件判定≌和∽是解本題的關(guān)鍵．
15．（2022·福建省福州屏東中學(xué)三模）如圖，拋物線與軸交于點，對稱軸交軸于點，點是拋物線在第一象限內(nèi)的一個動點，交軸于點，交軸于點，軸于點，點是拋物線的頂點，已知在點的運(yùn)動過程中，的最大值是．
(1)求點的坐標(biāo)與的值；
(2)當(dāng)點恰好是的中點時，求點的坐標(biāo)；
(3)連結(jié)，作點關(guān)于直線的對稱點，當(dāng)點落在線段上時，則點的坐標(biāo)為______直接寫出答案
【答案】(1)B（2，0），a＝；
(2)E（，0）；
(3)E（，0）．
【分析】（1）求出拋物線對稱軸為x＝2，可得點B的坐標(biāo)為（2，0），由題意可證明△DEF是等腰直角三角形，可得EF的最大值為4，即MB＝4，將拋物線解析式化成頂點式，進(jìn)而得出2?4a＝4，即可求出a的值；
（2）求出直線CD的表達(dá)式，再與拋物線解析式聯(lián)立，求出交點橫坐標(biāo)即可得出點E的坐標(biāo)；
（3）設(shè)點F（x，），則點E（x，0），證明四邊形FPDE是正方形，可得點P的坐標(biāo)為（，），求出直線AM的表達(dá)式，將點P坐標(biāo)代入求出x的值，即可得出點E的坐標(biāo)．
（1）
解：拋物線與y軸交于點A，對稱軸交x軸于點B，
∵當(dāng)x＝0時，y＝2，
∴A（0，2），
∵對稱軸為x＝?＝2，
∴點B的坐標(biāo)為（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∵FC⊥AB交y軸于點C，交x軸于點D，EF⊥x軸于點E，
∴∠FDE＝∠DFE＝45°，
∴DF＝EF，
∵FD的最大值是，
∴EF的最大值為4，
∴MB＝4，
∵，
∴2?4a＝4，
∴a＝；
（2）
∵點D恰好是OB的中點，
∴D（1，0），
∵∠CDO＝∠FDE＝45°，
∴OC＝OD＝1，
∴點C的坐標(biāo)為（0，?1），
設(shè)直線CD的表達(dá)式為y＝kx＋b（k≠0），
代入C（0，?1），D（1，0）得：，
解得：，
∴直線CD的表達(dá)式為：y＝x?1，
由（1）知拋物線解析式為，
聯(lián)立，
解得：，（不合題意，舍去），
∴點E的坐標(biāo)為（，0）；
（3）
：
設(shè)點F（x，），則點E（x，0），
∵EF＝ED，
∴點D的橫坐標(biāo)為：x?（）＝，
如圖，點與點關(guān)于直線對稱，連接DP、FP、PE，
∴DF垂直平分PE，
∴FP＝FE，DP＝DE，
∵EF＝ED，
∴FP＝FE＝DP＝DE，
∴四邊形FPDE是菱形，
又∵∠FED＝90°，
∴菱形FPDE是正方形，
∴點P的坐標(biāo)為（，），
∵A（0，2），M（2，4），
設(shè)直線AM的表達(dá)式為y＝mx＋n，
代入A（0，2），M（2，4），得，
解得：，
∴直線AM的表達(dá)式為y＝x＋2，
當(dāng)點P落在線段AM上時，有，
解得：x＝或x＝（舍去），
∴點E的坐標(biāo)為（，0），
故答案為：（，0）．
【點睛】本題考查了待定系數(shù)法的應(yīng)用，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，直線與拋物線的交點，軸對稱的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程等知識，解題的關(guān)鍵是證出△DEF是等腰直角三角形．
16．（2022·廣東·深圳市龍華區(qū)丹堤實驗學(xué)校模擬預(yù)測）【操作與發(fā)現(xiàn)】
如圖①，在正方形ABCD中，點N，M分別在邊BC、CD上．連接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，將△AMD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，點D與點B重合，得到△ABE．易證：△ANM≌△ANE，從而可得：DM+BN＝MN．
(1)【實踐探究】在圖①條件下，若CN＝6，CM＝8，則正方形ABCD的邊長是______．
(2)如圖②，在正方形ABCD中，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求證：M是CD的中點．
(3)【拓展】如圖③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，點M、N分別在邊DC、BC上，連接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，則DM的長是______．
【答案】(1)12
(2)見解析
(3)8
【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)結(jié)合SAS可以證明△ANM≌△ANE，從而得到DM+BN＝MN，設(shè)正方形ABCD的邊長為x，則BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，從而列得方程求解即可求出正方形邊長．
（2）根據(jù)設(shè)BN＝m，DM＝n，則MN＝m+ n，利用tan∠BAN，可得正方形邊長為3m，從而得到CM=3m-n，CN＝2m，根據(jù)勾股定理得到：，代入可得關(guān)于m，n得方程，繼而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的中點．
（3）延長AB至P，使BP＝BN＝4，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，將圖③補(bǔ)充成邊長為16的正方形，從而得到與前兩問的圖形，利用可得△ABN∽△APE，繼而求出PE的長度，從而利用前面的結(jié)論，并利用勾股定理列方程即可求出結(jié)果．
（1）
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴MN10，
則BN+DM＝10，
設(shè)正方形ABCD的邊長為x，則BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的邊長是12；
故答案為：12；
（2）
證明：設(shè)BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN，
∴tan∠BAN，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中點；
（3）
解：延長AB至P，使BP＝BN＝4，過P作BC的平行線交DC的延長線于Q，延長AN交PQ于E，連接EM，如圖③所示：
則四邊形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
設(shè)DM＝a，則MQ＝16﹣a，
∵PQBC，
∴△ABN∽△APE，
∴，
∴PEBN，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16，
由（1）得：EM＝PE+DMa，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
，
解得：a＝8，
即DM的長是8；
故答案為：8．
【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用勾股定理解直角三角形等知識，靈活運(yùn)用前兩問中結(jié)論DM+BN＝MN，已知直角三角形CMN中勾股定理結(jié)論是解題的關(guān)鍵．
17．（2022·遼寧阜新·中考真題）已知，四邊形是正方形，繞點旋轉(zhuǎn)（），，，連接，．
(1)如圖，求證：≌；
(2)直線與相交于點．
如圖，于點，于點，求證：四邊形是正方形；
如圖，連接，若，，直接寫出在旋轉(zhuǎn)的過程中，線段長度的最小值．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析②
【分析】根據(jù)證明三角形全等即可；
根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；
作交于點，作于點，證明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）證明：如圖中，設(shè)與相交于點．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四邊形是矩形，
．
四邊形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于點，作于點，

∵
∴≌．
．
，，
最大時，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角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解決問題，屬于中考壓軸題．
18．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·中考真題）已知，點、、、分別在正方形的邊、、、上．
(1)如圖1，當(dāng)四邊形是正方形時，求證：；
(2)如圖2，已知，，當(dāng)、的大小有_________關(guān)系時，四邊形是矩形；
(3)如圖3，，、相交于點，，已知正方形的邊長為16，長為20，當(dāng)?shù)拿娣e取最大值時，判斷四邊形是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)平行四邊形，證明見解析
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)證得，根據(jù)角角邊證明．
（2）當(dāng)，證得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可證得四邊形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性質(zhì)證得為平行四邊形，過點作，垂足為點，交于點，由平行線分線段成比例，設(shè)，，，則可表示出，從而把△OEH的面積用x的代數(shù)式表示出來，根據(jù)二次函數(shù)求出最大值，則可得OE=OG，OF=OH，即可證得平行四邊形．
（1）
∵四邊形為正方形，
∴，
∴．
∵四邊形為正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）
；證明如下：
∵四邊形為正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四邊形EFGH是矩形．
（3）
∵四邊形為正方形，
∴．
∵，，
∴四邊形為平行四邊形．
∴．
∴．
過點作，垂足為點，交于點，
∴．
∵，
設(shè)，，，則，
∴．
∴．
∴當(dāng)時，的面積最大，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形．
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和平行四邊形的性質(zhì)與判定，平行線分線段成比例定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，有一定的綜合性，解題的關(guān)鍵是熟悉這些知識并靈活運(yùn)用．
19．（2022·浙江衢州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=5，BD為對角線.點E是邊AB延長線上的任意一點，連結(jié)交于點，平分交于點G．
(1)求證：.
(2)若．
①求菱形的面積.
②求的值.
(3)若，當(dāng)?shù)拇笮“l(fā)生變化時（），在上找一點，使為定值，說明理由并求出的值．
【答案】(1)見解析
(2)①24，②
(3)＝，理由見解析
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可證得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于點G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，進(jìn)一步即可得到答案；
（2）①連接AC交BD于點O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面積公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，則，再證明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定義得到答案；
（3）過點G作GTBC，交AE于點T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，則EG＝GH，再證△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，為定值，即可得到ET的值．
（1）
證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于點G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如圖1，連接AC交BD于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面積是24．
②如圖2，連接AC，分別交BD、DE于點O、H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如圖3，過點G作GTBC交AE于點T，此時ET＝．
理由如下：由題（1）可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，為定值，
此時ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．（2022·遼寧朝陽·中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．
(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD中有一個內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由見詳解；
(2)CB+CD=AC；理由見詳解；
(3)或
【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；
（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；
（3）分兩種情形：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，分別求解即可．
（1）
證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等邊三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）
解：結(jié)論：CB+CD=AC．
理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）
解：如圖3-1中，當(dāng)∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如圖3-2中，當(dāng)∠CBD=75°時，
同法可證，，
綜上所述，滿足條件的OD的長為或．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)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，屬于中考壓軸題．

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