中考數(shù)學(xué)二輪壓軸培優(yōu)專題25以四邊形為載體的幾何綜合問題（教師版）

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(dāng)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)2【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(jìn)而得到△AEM≌△AEF(3)過點H作HN⊥BC于點N，易得△ABE≌△GNHAAS，進(jìn)而求出HN=(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠D=90°．在△ABE和△ADF中AB=AD∠B=∠D∴△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=∠D∴△ABM≌△ADFSAS∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．∵∠EAF=45°，∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．∴∠MAE=∠FAE，在△AEM和△AEF中AM=AF∠MAE=∠FAE∴△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=∠NGH∴△ABE≌△GNHAAS∴EB=HN．∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，∴sin45°=∴HN=2由(2)知，EF=BE+DF=HN+DF=2【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)ADAB＝AGAE＝1時，請直接寫出線段BE與線段(2)如圖2，當(dāng)ADAB＝AGAE＝2時，請猜想線段BE與線段(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⊥(3)S△MNG＝9【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△(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⊥由(1)得：∠BAE＝∠DAG，∵ADAB＝AG∴△BAE∽△DAG，∴DGBE=ADAB=2∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；(3)如圖，作AH⊥BD于H，∵tan∠ABD＝AHBH∴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∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝AB∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由(2)得：DGBE=2，DG⊥∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝12BE?DG＝在Rt△BDG和Rt△DEG中，點M是BG的中點，點N是CE的中點，∴DM＝GM＝12∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN(SSS)，∵M(jìn)N是△BEG的中位線，∴MN∥BE，∴△BEG∽△MNG，∴SΔMNGSΔBEG＝(GM∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝9【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545或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F【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＝3(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，∴AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB(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，∴AFBC=BFCE，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②當(dāng)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＝4【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(dāng)點E，F(xiàn)(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)運動時間為23秒時，設(shè)CE與DF交于點P，求線段EP與CP(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(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＝13HB，M為DF的中點，當(dāng)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【答案】(1)EPPC(2)y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y=34x20≤x(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△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根據(jù)題意可得AF=83，AE=(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)2≤x≤433時，E點在BD上，F(xiàn)點在AB上；當(dāng)433(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，∴CG∥∴△AFD∴AFFB∵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∴AF=83，AE=2∵AB=4，AD=2，∴BF=43，ED=4∴83∴BG=1，∴CG=3，∵CG∥∴△PDE∽△PGC，∴EPPC∴EPPC(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，AF=∵DB=23，AB=4，∴AD∴△ABD是直角三角形，∵ADAB∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如圖，過點E作EH⊥AB交于∴EH=∴y=∴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)2≤x≤433時，E點在BD如圖，過點E作EN⊥AB交于N，過點D作DM⊥AB交于M，則根據(jù)題意得：DE=x-2，∴BE=2在Rt△ABD中，DM=AD?sin∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴ENDM∴EN∴EN=1+∴y=此時該函數(shù)圖象的對稱軸為直線x=∴當(dāng)2≤x≤433此時當(dāng)x=433時，當(dāng)433≤x≤23時，點過點E作EQ⊥AB交于Q，過點F作FP⊥AB交于P，過點D作DM⊥∴AB+BF=3x，DA∵AB=4，AD=2，∴BE=23-∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴BFBD=PF∴PF=∵EQ//∴△BEQ∽△BDM，∴BEBD=EQ∴EQ=∴y=此時y隨x的增大而減小，此時當(dāng)x=433時，綜上所述：y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y當(dāng)x=433時，(3)解：當(dāng)EF∥BD時，能使EM＝HM．理由如下：連接DH，如圖，∵AH=13∴．AH=1，由(2)得：此時AH⊥∵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【答案】(1)①見解析；②6(2)10【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(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=12∵CE=2AE，∴GE=22AE，CG=CE+GE=32在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE∴AG=22AE∴AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+(322AE)2=5∴BC=5AE，∴ABBC【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(dāng)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(dāng)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(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ABCD中，AB=22，當(dāng)P是對角線BD的延長線上一動點時，連接BE，若BE=62，求【答案】(1)CE=2(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(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(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【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=∵Rt△APE是等腰直角三角形，∴∠PAE=∠AEP=45°，∴∠BAC?∠CAP=∠PAE?∠CAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP～△ACE，∴ABAC∴BPCE即CE=2故答案為：CE=2(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=∵Rt△APE是等腰直角三角形，∴∠PAE=∠AEP=45°，∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP～△ACE，∴ABAC∴BPCE即CE=2(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?sin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，BE設(shè)FP=EG=x，∴62解得，x1=42即EG=42∴S△BPE【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=(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【答案】(1)見解析；(2)17；(3)【分析】(1)根據(jù)(2)如圖2中，連接EH．根據(jù)H(3)如圖3中，連接HE．由ABBC=34【詳解】(1)證明：如圖∵△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=∠CGD∴△BCE≌△CDG(AAS)(2)解：如圖2中，連接∵△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，∵CE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°，∴HF∴a∴x=4a或0(舍棄)∴DH=2x?a=7a，∴GH(3)解：如圖3中，連接由ABBC設(shè)AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，由(2)知∴DG=9m，由折疊可知BE⊥CF，∴∠ECF+∠BEC=90°，∵∠D=90°，∴∠ECF+∠CGD=90°，∴∠BEC=∠CGD，∵∠BCE=∠D=90°，∴△CDG∽△BCE，∴DG∴9m∴CE=12m=FE，∴DE=3x?12m，∵∠D=∠HFE=90°∴HF∴(∴x=4m+17m或4m?17∴DE=3x?12m=12m+317∴DE【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°<α≤90°)，試探究AF、BG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CF并延長交AD于點H，若FH=2，求m【答案】(1)BG=m2+1，AF(2)AF=2BG(3)1+【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=2BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=2CG，則ACBC=FCCG=2，從而可證△ACF(3)連接AC，證明△AHF∽△CHA，得AHCH=HFAH，又由正方形CEFG，可求得CF=CE2+EF2=2，即從而求得CH=CF+FH=2+2=22，代入得AH22=2AH，即可求得AHCD2+D(1)解：延長FG交AB于H，如圖1，∵正方形ABCD和正方形CEFG，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BG=B∴∠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AF=A(2)解：連接AC、CF，如圖2，∵正方形ABCD和正方形CEFG，∴∠ACB=∠FCG=45°，∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，∴∠BCG=∠ACF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=2BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=2CG，∴ACBC∴△ACF∽△BCG，∴AFBG即AF=2BG；(3)解：連接AC，如圖3，∵正方形ABCD和正方形CEFG，∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，∴∠FAH=∠ACF，∵∠AHF=∠CHA，∴△AHF∽△CHA，∴AHCH∵正方形CEFG，EF=CE=1，∴CF=CE∴CH=CF+FH=2+2=22，∴AH2∴AH=2，∴DH=AD-AG=m-2，在Rt△CDH中，由勾股定理，得CD即m2解得：m1=1+3∴m的值為1+3【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)并能靈活運用是解題的關(guān)鍵．4．(2022·北京市第十九中學(xué)三模)如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>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：DE【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+D(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：DE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，∴AD=FT=HT，∵AD∥∴四邊形AHTD，四邊形ADFT是平行四邊形，∴AH∥DT，∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，∵AH∥∴∠HAC=∠ACB=90°，∵EH=EF，HT=FT，∴ET⊥FH，∴∠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°，∴DE【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，屬于中考常考題型．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(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，BC①線段AE,②當(dāng)△CDE為等腰三角形時，求CG【答案】(1)AE=(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(dāng)△CDE為等腰三角形時，CG的長為3【分析】(1)如圖1，根據(jù)SAS證明△ADE?△DGC，可得AE=CG，及∠(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②先根據(jù)CGAE=3分三種情況：(i)當(dāng)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(ii)當(dāng)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)(iii)當(dāng)CD=CE=3時，如圖5，根據(jù)AE=2.，可得(1)AE=理由：如圖1，∵四邊形EFGD是正方形，∴DE=∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=∴∠ADE∴△ADE∴AE=∵∠ACD∴∠ACG∴CG即AE⊥(2)①位置關(guān)系保持不變，數(shù)量關(guān)系變?yōu)镃GAE理由：如圖2，連接EG,DF交于點O，連接∵四邊形EFGD是矩形，∴OE=Rt△DGF中，OGRt△DCF中，∴OE∴D,E,∵∠DGF∴DF為⊙O∵DF=∴EG也是⊙O∴∠ECG=90∴∠DCG∵∠DAC∴∠DAC∵∠ADE∴△ADE∴CGAE②由①知：CG∴設(shè)CG=3分三種情況：(i)當(dāng)ED=EC時，如圖3，過E作EH⊥CD于∴DH=∴AE=由勾股定理得：AC=∴8x即x∴CG=3(ii)當(dāng)DE=DC=3時，如圖4，過D作DH∴EH=∵∠CDH∴△CDH∴CDCA∴35∴CH=∴AE=4∴x=∴CG=3(iii)當(dāng)CD=∴AE=4∴x=∴CG=3綜上所述，當(dāng)△CDE為等腰三角形時，CG的長為32或2120【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=【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(dāng)∠MDN=90°時，二是當(dāng)∠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=AF∴CF=BC?BF=10?6=4，在Rt△EFC中，則有：(8?x)2∴x=3，∴CE=3．(2)①證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∴△ADE∽△GCE，∴ADGC∵AD=10，CE=3，DE=5，∴10GC∴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(dāng)∠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=DE∴x=當(dāng)∠DNM=90°時，則∠MDN+∠DMN=90°，又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，∴∠DMN=∠DGA，∴∠MDN+∠DGA=90°，∴∠DMG=90°，∵sin∠DAE=DE∵AE=∴55∴DM=25∵∠DMN=∠DAM∴sin∴DEAE=解得：x=2，綜上所述：x=【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(2)如圖②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點M、點N分別在BD、BC上，求(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【答案】(1)12(2)96(3)存在，最小值為152，【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CM+(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(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，此時在Rt△ABC中，AC=3，BC∵1∴CD=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于點過點E'作E'N⊥BC于N，交BD于M，連接CM∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，CD=∵CE∴1∴CF由對稱得，CE'=2在Rt△BCF'∴sin∠BCF在Rt△CE'即：CM+MN的最小值為(3)存在．如圖3，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=3，根據(jù)勾股定理得，AC=5∵AB=3，∴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?，∵S∴要四邊形AGCD的面積最小，即：?最小，∵點G是以點E為圓心，BE=1為半徑的圓上在矩形ABCD∴EG⊥AC由折疊知∠EGF=延長EG交AC于H，則EH⊥在Rt△ABC中，在Rt△AEH中，AE=2∴EH∴?∴S過點F作FK⊥AC于∵EH⊥FG∴四邊形FGHK是矩形，∴FK∵∠FCK=∠ACB∴△CKF～∴CF∴CF∴∴BF【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(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)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(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DE(3)由(2)得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，則(DE+QE)2+(BF?QF)2=BD2，Q(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，∴Δ∴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∴Δ∴DEBF=CE∵∠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由(2)得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，則(DE+QE)2+(BF?QF)(DE+QE)2+QF2=D∴(DE+QE)∴BE∵DF=BE，∴BE∴(DE+QE)∴DE=2QE+4QF∵(DE+QE)∴DE∴(∴16(QE由QE2+Q∴QE2+Q∴(QE+QF)2=10∴QE=QF=10∴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(1)當(dāng)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(dāng)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2【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(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，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(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：∠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(dāng)點P在BA的延長線上，∠HPB=90°，過點E∴2+a=23，求解即可；如圖5，當(dāng)點P在BA延長線上，∠PHB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(1)解：∵EF∥AB，∴∠A+∠AEF=180°，∵∠A=60°∴∠AEF=120°∵△FEP是由△AEP翻折得到，∴∠AEP=∠FEP，∴∠AEP=1(2)證明：當(dāng)點F在BD上時，如圖1所示，∵菱形ABCD中，∠A=∴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～△BFP；(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，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=即4+x8=3即AP=43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：∠APE=∠FPE=45°，∵EQ⊥AB，∠A=60°∴∠AEQ=30°，∠PEQ=∠EPQ=45°，∴AQ=12AE=2∴PQ=EQ=23∴AP=AQ+PQ=2+23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，∠EAM=60°，∴∠AEM=60°，AM=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=A∴2+a=23解得：a=23即AP=23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，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=AE∴FN=EF+EN=4+43∴AP=PF=PN=4+43綜上，AP的長度為43?4或2+23或2【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，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(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=(3)CE=2【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～(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∴BHCN∴GQCD∵∠AMN=∠GMQ，∴△CMN～△GMQ，∴MGCM∴MG=k(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=∴∠ABG+∠BAD=180°，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠CAE+∠BAD=180°，∴∠ABG=∠BAD，∵∠ACB=∠AED=30°，∴AC=3AB，AE=3AD=3BG∴ACAB∴ΔCAE～∴ECAG∴EC2AF∴EC=3【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，(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(dāng)BF=10，BH=8時，求RB的長．【答案】(1)見解析(2)AN=(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+R(1)證明：∵AD∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∵AD∥∴∠BCA=∠DAC，∴∠BCA=∠BAC，∴AB=CB，∴四邊形ABCD是菱形；(2)解：∵?ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OC=12AC=∴∠BOC=90°，在Rt△BOC中，根據(jù)勾股定理BC=∵S∴5AN=1∴AN=24(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=1在Rt△FBQ中，根據(jù)勾股定理FQ=B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FQ∴(x+5)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AD【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(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，∴PB設(shè)AD=BC=x，則AC=A∵AB=CD=DP=26∴AC=x∴4解得x=43經(jīng)檢驗，x=43∴AD【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=1[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(1)根據(jù)題意，則DE的長為．(2)判斷ΔBCE(3)請直接寫出CE的長．【答案】(1)5(2)ΔBCE(3)14【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(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=A∵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理由：∵CD=DB，DE=DB，∴DE=DC=DB，∴∠CEB=90°，∴Δ(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°，∴Δ∴ATAB∴AT6∴AT=18∴DT=AD?AT=5?18∵ET=BT，CD=DB，∴EC=2DT=14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(dāng)點D在線段BC上時，①AB與CF②BC，CD，CF(2)數(shù)學(xué)思考：如圖2，當(dāng)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(dāng)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【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=【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=BC2依據(jù)△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，進(jìn)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=CG(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≌∴BD=CF，又∵BD+CD=BC，∴CF+CD=BC，故答案為：①AB∥CF；②(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，∴AG∴可設(shè)AG=4x，則FG=27x，CG=6?27∴6?2解得x=7∴AG=4【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<0)與y軸交于點A，對稱軸交x軸于點B，點F是拋物線在第一象限內(nèi)的一個動點，F(xiàn)C⊥AB交y軸于點C，交x軸于點D，EF⊥x軸于點E，點M是拋物線的頂點，已知在點F的運動過程中，F(xiàn)D(1)求點B的坐標(biāo)與a的值；(2)當(dāng)點D恰好是OB的中點時，求點E的坐標(biāo)；(3)連結(jié)AM，作點E關(guān)于直線DF的對稱點P，當(dāng)點P落在線段AM上時，則點E的坐標(biāo)為______.(直接寫出答案)【答案】(1)B(2，0)，a＝?1(2)E(1+7(3)E(3+17【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，?12x2+2x+2)，則點E(x，0)，證明四邊形FPDE是正方形，可得點P的坐標(biāo)為(12x2?x?2，?(1)解：拋物線y=ax2?4ax+2(a<0)與y軸交于點A，對稱軸交x∵當(dāng)x＝0時，y＝2，∴A(0，2)，∵對稱軸為x＝??4a2a∴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＝2EF，∵FD的最大值是42∴EF的最大值為4，∴MB＝4，∵y=ax∴2?4a＝4，∴a＝?1(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：b=?1k+b=0解得：k=1b=?1∴直線CD的表達(dá)式為：y＝x?1，由(1)知拋物線解析式為y=?1聯(lián)立y=x?1y=?解得：x1=1+7∴點E的坐標(biāo)為(1+7(3)：設(shè)點F(x，?12x2+2x+2∵EF＝ED，∴點D的橫坐標(biāo)為：x?(?12x如圖，點E與點P關(guān)于直線DF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(12x2∵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n=22m+n=4解得：m=1n=2∴直線AM的表達(dá)式為y＝x＋2，當(dāng)點P落在線段AM上時，有12解得：x＝3+172或x＝∴點E的坐標(biāo)為(3+17故答案為：(3+17【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=13，求證：M是(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=13，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：CM2+CN2=MN2，代入可得關(guān)于m，n得方程，繼而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-(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補充成邊長為16的正方形，從而得到與前兩問的圖形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，繼而求出(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，AM=AE∠MAN=∠EAN∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴MN＝EN，∵EN＝BE+BN＝DM+BN，∴MN＝BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理得：C∴MN=C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=1∴tan∠BAN=BN∴AB＝3BN＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理得：C∴(2m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，∵PQ∥BC，∴△ABN∽△APE，∴BNPE∴PE=43BN∴EQ＝PQ﹣PE＝16?16由(1)得：EM＝PE+DM=163在Rt△QEM中，由勾股定理得：E(32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CM17．(2022·遼寧阜新·中考真題)已知，四邊形ABCD是正方形，△DEF繞點D旋轉(zhuǎn)(DE<AB)，∠EDF=90°，DE=DF，連接AE，CF．(1)如圖1，求證：△ADE≌△CDF；(2)直線AE與CF相交于點G．①如圖2，BM⊥AG于點M，BN⊥CF于點N，求證：四邊形BMGN是正方形；②如圖3，連接BG，若AB=4，DE=2，直接寫出在△DEF旋轉(zhuǎn)的過程中，線段BG長度的最小值．【答案】(1)見解析(2)①見解析②2【分析】1根據(jù)SAS證明三角形全等即可；2①②作DH⊥AG交AG于點H，作BM⊥AG于點M，證明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得結(jié)論．【詳解】(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=90°．∵DE=DF，∠EDF=90°．∴∠ADC=∠EDF，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中，DA=DC∠ADE=∠CDF∴△ADE≌△CDFSAS(2)①證明：如圖2中，設(shè)AG與CD相交于點P．∵∠ADP=90°，∴∠DAP+∠DPA=90°．∵△ADE≌△CDF，∴∠DAE=∠DCF．∵∠DPA=∠GPC，∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．∴∠PGN=90°，∵BM⊥AG，BN⊥GN，∴四邊形BMGN是矩形，∴∠MBN=90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．∴∠ABM=∠CBN．又∵∠AMB=∠BNC=90°，∴△AMB≌△CNB．∴MB=NB．∴矩形BMGN是正方形；②解：作DH⊥AG交AG于點H，作BM⊥AG于點M，∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°?∠DAH=∠BAM,AD=AB∴△AMB≌△DHA．∴BM=AH．∵AH2=A∴DH最大時，AH最小，DH∴BM由2①可知，△BGM∴BG【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E、F、G、H分別在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、AD上．(1)如圖1，當(dāng)四邊形EFGH是正方形時，求證：AE+AH=AB；(2)如圖2，已知AE=AH，CF=CG，當(dāng)AE、CF的大小有_________關(guān)系時，四邊形EFGH是矩形；(3)如圖3，AE=DG，EG、FH相交于點O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的邊長為16，F(xiàn)H長為20，當(dāng)△OEH的面積取最大值時，判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形？證明你的結(jié)論．【答案】(1)見解析(2)AE=CF(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∠BEF=∠AHE，根據(jù)角角邊證明△AEH≌△BFE．(2)當(dāng)AE=CF，證得△AEH≌△FCG，△EBF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AEGD為平行四邊形，過點H作HM⊥BC，垂足為點M，交EG于點N，由平行線分線段成比例，設(shè)OE=4x，OF=5x，HN=?，則可表示出HN，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ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠AEH+∠AHE=90°．∵四邊形EFGH為正方形，∴EH=EF，∠HEF=90°，∴∠AEH+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠AHE．在△AEH和△BFE中，∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，∴△AEH≌△BFE．∴AH=BE．∴AE+AH=AE+BE=AB；(2)AE=CF；證明如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，∴AH=CG，∴△AEH≌△FCG，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴△EBF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ABCD為正方形，∴AB∥∵AE=DG，AE∥∴四邊形AEGD為平行四邊形．∴AD∥∴EG∥過點H作HM⊥BC，垂足為點M，交EG于點N，∴HNHM∵OE:OF=4:5，設(shè)OE