专题23 与四边形形相关的压轴题-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用用）（解析版）

这是一份专题23 与四边形形相关的压轴题-三年（2019-2021）中考真题数学分项汇编（全国通用用）（解析版），共94页。试卷主要包含了选填题等内容，欢迎下载使用。

专题23 与四边形相关的压轴题
一、选填题
1．（2021·广西来宾市·中考真题）如图，矩形纸片，，点，分别在，上，把纸片如图沿折叠，点，的对应点分别为，，连接并延长交线段于点，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据折叠性质则可得出是的垂直平分线，则由直角三角形性质及矩形性质可得∠AEO=∠AGD，∠FHE＝∠D＝90°，根据相似三角形判定推出△EFH∽△GAD，再利用矩形判定及性质证得FH＝AB，即可求得结果．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥AD于点H，

∵点，的对应点分别为，，∴，，∴EF是AA＇的垂直平分线．∴∠AOE=90°．
∵四边形是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
∴∠OAE＋∠AEO=∠OAE＋∠AGD，∴∠AEO=∠AGD．
∵FH⊥AD，∴∠FHE＝∠D＝90°．∴△EFH∽△GAD．∴．
∵∠AHF＝∠BAD＝∠B＝90°，∴四边形ABFH是矩形．
∴FH＝AB．∴；故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，掌握折叠的性质、矩形及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
2．（2021·湖南衡阳市·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）

A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案．
【详解】解：①如图1，

∵，∴，∵折叠，∴，NC=NP∴，
∴，∴PM=CN，∴，∴四边形为平行四边形，
∵，∴平行四边形为菱形，故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示

设，则，在中，，
即，解得：，∴，，∴，
又∵四边形为菱形，∴，且，
∴∴，故②错误，不符合题意．
③当过点D时，如图3所示：

此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为，
当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为，
∴，故③正确，符合题意．故答案为：①③．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键．
3．（2021·湖南常德市·中考真题）如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，
∴BE=BC=AB 在△ABE和△DAF中，
， ∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠BAE=∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD=90°，∴∠BAE+∠AFD =90°，∴∠APF=90°，
∴∠EAF+∠AFD=90°，故C选项正确，符合题意；连接FC，

同理可证得△CBF≌△DAF（SAS），∴∠BCF=∠ADF，
∴∠BCD-∠BCF=∠ADC-∠ADF，即90°-∠BCF=90°-∠ADF，
∴∠PDC=∠FCD>∠PCD，∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；
∵AD>PD，∴CD>PD，∴∠DPC>∠DCP，
∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，∴∠CPE<∠PCE，
∴PE> CE，故D选项错误，不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
4．（2021·山东东营市·中考真题）如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④
【答案】B
【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵是边长为1的等边三角形∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI= ∴AI=
∴S△ABC=,故①正确；

如图2，当D与C重合时
∵∠DBE=30°，是等边三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=
∵GE//BD∴ ∴BG=
∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正确；

如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；
如图1，当AE=CD时，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH∴四边形BHFG是平行四边形
∵BG=BH∴四边形BHFG为菱形，故④正确．故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
5．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（ ）

A．2 B． C． D．3
【答案】A
【分析】构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，
∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，
∴，四边形为正方形，
∴，∴，
，，，设,则，
在中，由可得解得；

故选A．
【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．
6．（2021·黑龙江绥化市·中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；②当点与点重合时；
③的面积的取值范围是；④当时，．

A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3 ②如图，过点E作EH⊥BC于点H，再利用勾股定理求解即可；
③当点E与点A重合时，的面积有最小值，当点G与点D重合时的面积有最大值．故<<．④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，从而可求出△MEG的面积．
【详解】解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，∴EF⊥BG且BN=GN，
若BN=AB，则BG=2AB=6，又∵点E是AD边上的动点，∴3 ②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，
在Rt△ABE中即解得：AE=，
∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．
在Rt△EFH中 =；故②正确；

③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．故<<．故③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．故④正确．故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
7．（2020·江苏扬州市·中考真题）如图，在中，，，，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得，以EC、EF为邻边构造，连接EG，则EG的最小值为________．

【答案】9．
【分析】连接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，进一步得出DM=，EO=，过C作CH⊥AB于H，可求出CH=，根据题意，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，故可得EN=CH=，代入EO=求出EO即可得到结论．
【详解】解：连接FC，交EG于点O，过点D作DM//FC，交EG于点M，如图所示，

∵∴∵DM//FC，∴△DEM∽△FEO，∴，
∵DM//FC，∴△DMN∽△CON，∴,
∵四边形ECGF是平行四边形，∴CO=FO，∴
∴,∴,
过点C作CH⊥AB于点H，在Rt△CBH，∠B=60︒，BC=8，∴CH=BCsin60︒=4，
根据题意得，EG必过点N，当EN⊥CD时，EG最小，此时四边形EHCN是矩形，
∴EN=CH=4，∴EO=, ∴EG=2EO=9． 故答案为：9．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
8．（2020·四川成都市·中考真题）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．

【答案】
【分析】连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．
【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，
设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，
在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，
∴当t最大即EP最大时，PQ最大，
由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，
∴PQ的最大值=；

设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，
∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，∴，
∵EF=3，∴FM=1，ME=2，∴，
∵∠BHM=∠BEM=90°，∴B、E、H、M四点共圆，且圆心为点O，
∴，∴当D、H、O三点共线时，DH的长度最小，
连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，
∴NO=2，CN=1，∴DN=3，则在Rt△DON中，，
∴DH的最小值=DO－OH=．故答案为：，．

【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．
9．（2020·湖北咸宁市·中考真题）如图，四边形是边长为2的正方形，点E是边上一动点（不与点B，C重合），，且交正方形外角的平分线于点F，交于点G，连接，有下列结论：①；②；③；④的面积的最大值为1．
其中正确结论的序号是_____________．（把正确结论的序号都填上）

【答案】①②③
【分析】证明∠BAE=∠CEG，结合∠B=∠BCD可证明△ABE∽△ECG，可判断①；在BA上截取BM=BE，证明△AME≌△ECF，可判断②；可得△AEF为等腰直角三角形，证明∠BAE+∠DAF=45°，结合∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，可判断③；设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，根据△AME≌△ECF，求出△AME面积的最大值即可判断④.
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴∠B=∠BCD=90°，
∵∠AEF=90°，∴∠AEB+∠CEG=90°，又∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CEG，∴△ABE∽△ECG，故①正确；
在BA上截取BM=BE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠B=90°，BA=BC，
∴△BEM为等腰直角三角形，∴∠BME=45°，∴∠AME=135°，
∵BA-BM=BC-BE，∴AM=CE，∵CF为正方形外角平分线，∴∠DCF=45°，∴∠ECF=135°=∠AME，
∵∠BAE=∠FEC， ∴△AME≌△ECF（ASA），∴AE=EF，故②正确；
∴△AEF为等腰直角三角形，∴∠EAF=∠EFA=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，
而∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，∴，故③正确；
设BE=x，则BM=x，AM=AB-BM=2-x，S△AME=•x•（2-x）=，
当x=1时，S△AME有最大值，而△AME≌△ECF，∴S△AME=S△CEF，
∴S△CEF有最大值，所以④错误；综上：正确结论的序号是：①②③.故答案为：①②③.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的性质，二次函数的最值，解题的关键是添加辅助线，灵活运用全等三角形的知识解决线段的问题.
10．（2021·湖北襄阳市·中考真题）如图，正方形的对角线相交于点，点在边上，点在的延长线上，，交于点，，，则______．

【答案】
【分析】作出如图所示的辅助线，利用SAS证明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的边长，再证明△BAF△OAG，即可求解．
【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=BF=2，连接EH、AH，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，
∴△ADH△ABF(SAS)，∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，
∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，∴∠DAH+∠EAB=45°，则∠EAH=45°，
∴∠EAF=∠EAH=45°，∴△EAF△EAH (SAS)，∴EF=EH，
∵，设BE=a，则AB=2a，EC=a，CH=2a-2，EF=EH=a+2，
在Rt△CEH中，,即，
解得：，则AB=AD=6，BE=EC=3，
在Rt△ABE中，,∴AE=3，同理AF=2，AO=AB=3，
∵BE∥AD，∴，∴AG=2，
∴，，∴，
∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠BAF=∠OAG，∴△BAF△OAG，∴，
∵∠GAF=∠OAB=45°，∴△GAF是等腰直角三角形，∴FG= AG=2，故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数是解题的关键．
11．（2019·山东济南市·中考真题）如图，在矩形纸片中，将沿翻折，使点落在上的点处，为折痕，连接；再将沿翻折，使点恰好落在上的点处，为折痕，连接并延长交于点，若，，则线段的长等于_____．

【答案】．
【分析】根据折叠可得是正方形，，，，可求出三角形的三边为3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证∽，三边占比为3：4：5，设未知数，通过，列方程求出待定系数，进而求出的长，然后求的长．
【详解】过点作，，垂足为、，
由折叠得：是正方形，，
，，，∴，
在中，，∴，
在中，设，则，由勾股定理得，，解得：，
∵，，∴∽，
∴，设，则，，
∴，，
解得：，∴，∴，故答案为．

【点睛】考查折叠轴对称的性质，矩形、正方形的性质，直角三角形的性质等知识，知识的综合性较强，是有一定难度的题目．
12．（2019·辽宁葫芦岛市·中考真题）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：①PA＝PE；②CE＝PD；③BF﹣PD＝BD；④S△PEF＝S△ADP，正确的是___（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②③．
【分析】①解法一：如图1，作辅助线，构建三角形全等和平行四边形，证明，得BG=PE，再证明四边形ABGP是平行四边形，可得结论；
解法二：如图2，连接AE，利用四点共圆证明△APE是等腰直角三角形，可得结论；
②如图3，作辅助线，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；
③证明四边形OCGF是矩形，可作判断；
④证明，则，可作判断．
【详解】①解法一：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，

∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，
在△BFG和△EFP中，∵ ，
∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，
∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，
∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；
解法二：如图2，连接AE，∵∠ABC＝∠APE＝90°，

∴A、B、E、P四点共圆，∴∠EAP＝∠PBC＝45°，
∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°，∴△APE是等腰直角三角形，∴AP＝PE，故①正确；
②如图3，连接CG，由①知：PG∥AB，PG＝AB，

∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG＝PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，
∵∠CEG＝45°，∴；故②正确；
③如图4，连接AC交BD于O，由②知：∠CGF＝∠GFD＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴∠COF＝90°，
∴四边形OCGF是矩形，∴CG＝OF＝PD，
∴，故③正确；
④如图4中，在△AOP和△PFE中，
∵ ，∴△AOP≌△PFE（AAS），
∴，∴，故④不正确；
本题结论正确的有：①②③，故答案为①②③．
【点睛】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
13．（2021·四川宜宾市·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③．
【分析】先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．
【详解】解：∵AD＝AB，
∴tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵点O为BD的中点，
∴AB=AO=BO，
设AB=1，则AD=，BD=2．
①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，
令AN=x，则BN=DN=，
∴，
解得：，
∴AN=，
当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，
则：，
从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；
②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；
③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；
④只有当点M在AB的中点时，才满足，故④说法错误，不符合题意；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．
14．（2021·新疆中考真题）如图，已知正方形ABCD边长为1，E为AB边上一点，以点D为中心，将按逆时针方向旋转得，连接EF，分別交BD，CD于点M，N．若，则__________．

【答案】
【分析】过点E作EP⊥BD于P，将∠EDM构造在直角三角形DEP中，设法求出EP和DE的长，然后用三角函数的定义即可解决．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，
AB=BC= CD=DA=1，．
∵△DAE绕点D逆时针旋转得到△DCF，
∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．
设AE=CF=2x，DN=5x，
则BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．
∵AB∥DC，
∴．

∴．
∴．
整理得，．
解得，，（不合题意，舍去）．
∴．
∴．
过点E作EP⊥BD于点P，如图所示，

设DP=y，则．
∵，
∴．
解得，．
∴．
∴在Rt△DEP中，
．即 ．故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、方程的数学思想等知识点，熟知各类图形的性质与判定是解题的基础，构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义是解题的关键．
15．（2021·湖南张家界市·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______．

【答案】①②④
【分析】利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE，
∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠EDC=∠PDA，
在△APD和△CED中，
∴△APD≌△CED，故①正确，
∴∠APD=∠DEC，
∵DP=DE，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°，
∴∠APD=∠DEC=135°，
∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，
∴AE⊥CE，故②正确，
如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，
∵，∠PDE=90°，
∴PE=，
∵，∠PEC=90°，
∴CE==2，
∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，
∴∠FEC=45°，
∵∠EFC=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴CF=EF==，
∴点到直线的距离为，故③错误，
∴DF=EF+DE=+1，
∴CD2===，
∴，故④正确，

综上所述：正确的结论有①②④，
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、正方形面积公式、勾股定理的运用等知识，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键.
16．（2021·福建中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点G到边的距离一定相等；
③点G到边的距离可能相等；④点G到边的距离的最大值为．
其中正确的是_________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【分析】①利用四边形内角和为即可求证；
②过作，证明即可得结论；
③分别求出G到边的距离的范围，再进行判断；
④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求．
【详解】

①四边形是矩形

,四边形内角和为

①正确．
②如图：过作


，

又


即点G到边的距离一定相等
②正确．
③如图：过作






而
所以点G到边的距离不可能相等
③不正确．
④如图：

当时，点G到边的距离的最大
④正确．
综上所述：①②④正确．故答案为①②④．
【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．
17．（2021·海南中考真题）如图，在矩形中，，将此矩形折叠，使点C与点A重合，点D落在点处，折痕为，则的长为____，的长为____．

【答案】
【分析】由折叠得，，，设DF=x，则AF=8-x，，由勾股定理得DF=，，过作，过D作DM⊥于M，根据面积法可得，，再由勾股定理求出，根据线段的和差求出，最后由勾股定理求出；
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=6，
由折叠得，，
设DF=x，则AF=8-x，
又
在Rt中，，即
解得，，即DF=
∴
过作，过D作DM⊥于M，

∵
∴，解得，
∵
∴，解得，
∴
∴
∴；
故答案为：6；．
【点睛】此题主要考查了矩形的折叠问题，勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形运用勾股定理是解答此题的关键．
二．解答题
1．（2021·辽宁中考真题）已知,在正方形中,点M､N为对角线上的两个动点,且,过点M、N分别作､的垂线相交于点E,垂足分别为F､G,设的面积为,的面积为,的面积为．

（1）如图（1）,当四边形为正方形时,①求证:;②求证:;
（2）如图（2）,当四边形为矩形时,写出,,三者之间的数量关系,并说明理由;
（3）在（2）的条件下,若,请直接写出的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）；（3）：
【分析】（1）①利用两个正方形性质易证；
②连接BD，则BD过点E，且 ， ，由①知AM=CN，易证，可得 BM=BN，进一步证明，从而得到，同理，故；
（2）如图，连接BD交AC于点O，易证，进而得到，仿照上面同样的方法，可证，即，从而得到，故；
（3）在（2）的条件下，有，根据题意可设BG=mx，GC=nx，AB=BC=(m+n)x，先求出BF的长，进而求出AF的长，即可得出答案．
【详解】（1）①在正方形ABCD和正方形EFBG中，
AB=CB，BF=BG， ，，
∴AF=CG，∴
②如图，连接BD，则BD过点E，且，，

由①知AM=CN，∵，AB=BC，∴ ，∴BM=BN，
∵ ，∴，
∵ ，∴，
∴FM=ON，，同理 ，
∵ ，∴．
（2），理由如下:

如图，连接BD交AC于点O，则，，
，AC=BD=2OB，
∵，，∴，
∴ ，同理，∴，所以，即 ，
∵ ， ，∴，
∴， ∴．
（3）根据题意可设BG=mx，GC=nx，AB=BC=(m+n)x，
∴，即，
∴ ，∴
∴AF：BF=:= ：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形和相似三角形的判定三角形及矩形面积的求解，解题的关键是巧妙的正方形的性质构造全等三角形或相似三角形来解决问题，本题还运用到了类比探究的思想．
2．（2021·四川达州市·中考真题）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两要互相垂直的线段做了如下探究：（观察与猜想）（1）如图1，在正方形中，点，分别是，上的两点，连接，，，则的值为__________；

（2）如图2，在矩形中，，，点是上的一点，连接，，且，则的值为__________；
（类比探究）（3）如图3，在四边形中，，点为上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，交的延长线于点，求证：；

（拓展延伸）（4）如图4，在中，，，，将沿翻折，点落在点处得，点，分别在边，上，连接，，且．
①求的值；②连接，若，直接写出的长度．
【答案】（1）1；（2）；（3）证明见解析；（4）①；②．
【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得出答案；
（2）先根据矩形的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，然后根据相似三角形的判定与性质即可得；（3）如图（见解析），先根据矩形的判定与性质可得，再根据直角三角形的性质、对顶角相等可得，然后根据相似三角形的判定可得，由此即可得证；（4）①如图（见解析），先证出，从而可得，再分别在和中，解直角三角形可得，，然后根据翻折的性质可得，最后利用的面积公式求出的长，由此即可得出答案；
②先根据（4）①中，相似三角形的性质可得，可求出，再根据翻折的性质可得，然后在中，利用勾股定理可得，从而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：（1）四边形是正方形，
，，
，，，
在和中，，
，，；
（2）四边形是矩形，，，
，，，
在和中，，，；
（3）如图，过点作交的延长线于点，

∵，，∴，
∴四边形为矩形，∴，，
，，，，
在和中，，∴，
∴，∴，∴；
（4）①过作于点，连接交于点，

∵，，∴，∴，
在和中，，∴，∴，
在中，，，∴，
在中，，设，则，
∴，即，∴或（舍去），
∴，，由翻折的性质得：，
，∴，
解得，∴；
②由（4）①已证：，，，
，，解得，由翻折的性质得：，
在中，，，
在中，．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（4）①，通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．
3．（2020·江苏南通市·中考真题）（了解概念）
有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．

（理解运用）（1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值；（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形．证明你的结论；
（拓展提升）（3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式．
【答案】（1）；（2）四边形ABCD是对余四边形，证明见解析；（3）u＝（0＜t＜4）．
【分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出sin∠CAD的值．
（2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．
（3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题．
【详解】解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F．

∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3，
在Rt△AEB中，AE＝，
∵CF⊥AD，∴∠D+∠FCD＝90°，
∵∠B+∠D＝90°，∴∠B＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△AEB∽△DFC，
∴，∴，∴CF＝，
∴sin∠CAD＝．
（2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．

理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．
∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∵∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，
∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，
∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形．
（3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．

∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），
∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝，∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴A，D，C，E四点共圆，∴∠ACE＝∠ADE，
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，
∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴，∴∴u＝，
设D（x，t），由（2）可知，BD2＝2CD2+AD2，
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，
在Rt△ADH中，AD＝，
∴u＝＝（0＜t＜4），即u＝（0＜t＜4）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了对余四边形的定义，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
4．（2020·湖南郴州市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，．点是的中点，以为边作正方形，连接．将正方形绕点顺时针旋转，旋转角为．

（1）如图，在旋转过程中，
①判断与是否全等，并说明理由；
②当时，与交于点，求的长．
（2）如图，延长交直线于点．①求证：；
②在旋转过程中，线段的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）①全等，证明见解析；②；（2）①证明见解析；②．
【分析】（1）①由等腰直角三角形性质和正方形性质根据全等三角形判定定理（SAS）即可证明；②过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，利用等腰三角形三线合一性质构造直角三角形，由勾股定理求出AM的长，进而得出，再由求出结果；
（2）①根据全等三角形性质可得，再在和中由三角形内角和定理得出，从而证明结论；②根据∠APC=90°得出PC最大值是∠GAD最大时，即GD⊥AG时，进而可知CEF三点共线，F与P重合，求出此时CE长，继而可得CP最大值．
【详解】
解：（1）①全等，理由如下：
在等腰直角三角形中，AD=CD，，
在正方形中，GD=ED，，
又∵，，
∴
在和中，
，
∴（SAS）；
②如解图2，过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE与N，

∵点是的中点，
∴在正方形中，DE=GD=GF=EF=2，
由①得，
∴，
又∵，
∴，
∵AM⊥GD，
∴，
又∵ ，
∴四边形GMNF是矩形，
∴，
在中，，
∴
∵，
∴
∴，
∴．
（2）①由①得，
∴，
又∵，
∴，
∴，即：；
②∵，
∴，
∴当最大时，PC最大，
∵∠DAC=45°，是定值，
∴最大时，最大，PC最大，
∵AD=4，GD=2，
∴当GD⊥AG，最大，如解图3，

此时，
又∵，，
∴F点与P点重合，
∴CEFP四点共线，
∴CP=CE+EF=AG+EF=，
∴线段得最大值为：．
【点睛】
本题考查了三角形的综合；涉及了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，能够准确画出旋转后满足条件的两个图形，构造直角三角形求解是关键．
5．（2021·四川眉山市·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，边长为2的正方形的对角线交点与点重合，连接，．
（1）求证：；
（2）当点在内部，且时，设与相交于点，求的长；
（3）将正方形绕点旋转一周，当点、、三点在同一直线上时，请直接写出的长．

【答案】（1）见详解；（2）；（3）-1或+1
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，进而即可得到结论；
（2）先求出DC=，AD=，再证明，进而即可求解；
（3）分两种情况：①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，分别求解，即可．
【详解】
解：（1）∵在等腰直角三角形中， ，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，
∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，
∴；
（2）∵正方形的边长为2，
∴DC=GC=2÷=，
∵，
∴AD=，
∵∠GDE=，
∴∠ADM=∠CDE=45°，
∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，
∴，
∴，即：，
∴AM=；
（3）①当点D在线段AE上时，过点C作CM⊥AE，如图，
∵正方形的边长为2，
∴CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM-DM=-1；

②当点E在线段AD上时，过点C作CM⊥AD，如图，
同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，
∴AD=AM+DM=+1．
综上所述：AM=-1或+1

【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质以及正方形的性质，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，画出图形，添加合适的辅助线，是解题的关键．
6．（2021·浙江丽水市·中考真题）如图，在菱形中，是锐角，E是边上的动点，将射线绕点A按逆时针方向旋转，交直线于点F．

（1）当时，
①求证：；②连结，若，求的值；
（2）当时，延长交射线于点M，延长交射线于点N，连结，若，则当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）①见解析；②；（2）当或2或时，是等腰三角形．
【分析】
（1）根据菱形的性质得到边相等，对角相等，根据已知条件证明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分线，得到，，再根据已知条件证明出，算出面积之比；
（2）等腰三角形的存在性问题，分为三种情况：当时，，得到CE= ；当时，，得到CE=2；当时，，得到CE= ．
【详解】
（1）①证明：在菱形中，
，
，
，
，
∴（ASA），
∴．
②解：如图1，连结．
由①知，，
．
在菱形中，，
∴，
设，则．
，
∴，
∴，
∴．


（2）解：在菱形中，，
，
，
同理，，
∴．
是等腰三角形有三种情况：
①如图2，当时，，
，
，
，
．
②如图3，当时，
，
，
，
∴．
③如图4，当时，
，
，
，
．
综上所述，当或2或时，是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、相似三角形的判定与性质、菱形中等腰三角形的存在性问题，解决本题的关键在于画出三种情况的等腰三角形（利用两圆一中垂），通过证明三角形相似，利用相似比求出所需线段的长．
7．（2020·广西贵港市·中考真题）已知：在矩形中，，，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．
（1）如图1，当点与点重合时，则线段_______________，_____________；
（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，，．①求证：四边形是平行四边形：
②当时，求四边形的面积．

【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②
【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；
（2）①根据折叠的性质可得，进而可得，根据已知条件可得，从而易证，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；
②连接与交于点，则且，又由①知：， ，则，继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设，则，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．
【详解】
解：（1） 2 ， 4 ；
过点F作FH⊥AB，
∵折叠后点A、P、C重合
∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB
∴∠CFE＝∠FEA，
∴∠CFE＝∠FEC，
∴CF＝CE＝AE，
设AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4
∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°
∴四边形DAHF是矩形，
∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: ＝4

（2）①证明：如图2，
∵在矩形中，，
由折叠（轴对称）性质，得：，
∴，
∵点是的中点，∴，
又，∴，
∴，∴四边形是平行四边形：
②如图2，连接与交于点，则且，
又由①知：，∴，则，
又，∴，∴
在，，
而，∴，
又在中，若设，则，
由勾股定理得：，则，
而且，
又四边形是平行四边形，
∴四边形的面积为．

【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．
8．（2020·辽宁鞍山市·中考真题）在矩形中，点E是射线上一动点，连接，过点B作于点G，交直线于点F．

（1）当矩形是正方形时，以点F为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．①如图1，若点E在线段上，则线段与之间的数量关系是________，位置关系是_________；
②如图2，若点E在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；（2）如图3，若点E在线段上，以和为邻边作，M是中点，连接，，，求的最小值．
【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由见解析；（2）
【分析】（1）①证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再证明四边形BEHF为平行四边形，从而可得结果；
②根据（1）中同样的证明方法求证即可；
（2）说明C、E、G、F四点共圆，得出GM的最小值为圆M半径的最小值，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．
【详解】
解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH，
故答案为：相等；垂直；
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵△FCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH∥BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF∥EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH；
（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，
∴C、E、G、F四点共圆，
∵四边形BCHF是平行四边形，M为BH中点，
∴M也是EF中点，
∴M是四边形BCHF外接圆圆心，
则GM的最小值为圆M半径的最小值，
∵AB=3，BC=2，
设BE=x，则CE=2-x，
同（1）可得：∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴，即，
∴CF=，
∴EF=
=
=，
设y=，
当x=时，y取最小值，
∴EF的最小值为，
故GM的最小值为．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，二次函数的最值，圆的性质，难度较大，找出图形中的全等以及相似三角形是解题的关键．
9．（2020·辽宁丹东市·中考真题）已知：菱形和菱形，，起始位置点在边上，点在所在直线上，点在点的右侧，点在点的右侧，连接和，将菱形以为旋转中心逆时针旋转角（）．
（1）如图1，若点与重合，且，求证：；

（2）若点与不重合，是上一点，当时，连接和，和所在直线相交于点；
①如图2，当时，请猜想线段和线段的数量关系及的度数；
②如图3，当时，请求出线段和线段的数量关系及的度数；
③在②的条件下，若点与的中点重合，，，在整个旋转过程中，当点与点重合时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）见详解；（2）①A′C＝BM，∠BPC＝45°；②A′C＝BM，∠BPC＝30°；③1＋．
【分析】（1）证明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得结论；
（2）①证明△AA′C∽△MAB，可得结论；
②证明方法类似①，即证明△AA′C∽△MAB即可得出结论；
③求出A′C，利用②中结论计算即可．
【详解】
（1）证明：如图1，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，
∴四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，
∴∠DAD′＝∠BAB′，
∵AD＝AB，AD′＝AB′，
∴△ADD′≌△BAB′（SAS），
∴DD′＝BB′；
（2）①解：如图2中，结论：A′C＝BM，∠BPC＝45°；

理由：设AC交BP于O，
∵四边形ABCD，四边形A′B′CD′都是正方形，
∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，
∴∠AMA′＝90°，
∴AA′＝AM，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∵AC＝AB，
∴=，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△AA′C∽△MAB，
∴=，∠A′CA＝∠ABM，
∴A′C＝BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°；
②解：如图3中，设AC交BP于O，

在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，
∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，
∴∠A′AC＝∠MAB，
∵MA′＝MA，
∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，
∴AA′＝AM，
在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，
∴AC＝AB，
∴=，
∵∠A′AC＝∠MAB，
∴△A′AC∽△MAB，
∴=，∠ACA′＝∠ABM，
∴A′C＝BM，
∵∠AOB＝∠COP，
∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°；
③如图4中，过点A作AH⊥A′C于H，

由题意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC＝AB＝2，
在Rt△A′AH中，A′H＝AA′＝1，A′H＝AH＝，
在Rt△AHC中，CH＝==，
∴A′C＝A′H＋CH＝＋，由②可知，A′C＝BM，∴BM＝1＋．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
10．（2020·内蒙古赤峰市·中考真题）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；②的值是 ；（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.

【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【分析】（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；
（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】（1）①∵PE⊥PD， ∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，∴∠PDM=∠EPN；故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,∴∠ACD=30°，
设MP=x，则NP=4-x，∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，
∴==，故答案为：；
（2）成立，设NP=a，则MP=4+a，
∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），∴MD=(4+a)-4=a，
由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，∴=，
（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
11．（2021·上海中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E．

（1）当点E在边上时，①求证：；②若，求的值；（2）若，求的长．
【答案】（1）①见解析；②；（2）或
【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得；
②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值．
（2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可．
②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．
【详解】
（1）①由，得．
由，得．
因为是斜边上的中线，所以．所以．
所以．
所以．

②若，那么在中，由．可得．
作于H．设，那么．
在中，，所以．
所以．
所以．
（2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得，
所以四边形是平行四边形．
又因为，所以四边形是矩形，
设，已知，所以．
已知，所以．
在和中，根据，列方程．
解得，或（ 舍去负值）．
②如图6，当点E在上时，设，已知，所以．
设，已知，那么．
一方面，由，得，所以，所以，
另一方面，由是公共角，得．
所以，所以．
等量代换，得．由，得．
将代入，整理，得．
解得，或（舍去负值）．

【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键．
12．（2021·广东中考真题）如图，在四边形中，，点E、F分别在线段、上，且．

（1）求证：；（2）求证：以为直径的圆与相切；
（3）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】(1)设，进而求得，再由即可求得；
(2)取中点O，过点O作，由梯形中位线定理得到，利用得到，进而，由此即可证明；
(3)过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，得到，分别求出，再代入求解即可．
【详解】
解：(1)∵，设，
∴，
∵CD∥AB，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
(2)如图，取中点O，过点O作，

∵CD∥AB，∠BCD=90°，
∴，
又∵，
∴OM∥AB，
∴M为中点，
∴，
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴以为直径的圆与相切．
(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，
∴，
又∵
∴为等边三角形，，
∵CD∥EF，
∴，
由(2)得：，
∴，
∴，
∵，在中，三边之比为，
∴，
在中，三边之比为，
∴，
如图，过点D，点A分别向作垂线交于点M，N，

∵，
∴四边形为矩形，
∴，
同理，四边形BENA为矩形，
∴，



．
【点睛】
本题考查了等腰三角形等腰对等角、梯形中位线定理、割补法求四边形的面积、圆的切线的证明方法等，熟练掌握各图形的基本性质是解决本题的关键．
13．（2020·辽宁盘锦市·中考真题）如图，四边形是正方形，点是射线上的动点，连接，以为对角线作正方形（按逆时针排列），连接．

（1）当点在线段上时．①求证：；②求证：；
（2）设正方形的面积为，正方形的面积为，以为原点的四边形的面积为，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析；（2）或
【分析】（1）①根据正方形的性质，可以推断出，有和全等，从而根据三角形全等的性质推断出；
②在线段上截，连接，设与相交于点，根据正方形的性质，可以证明和全等，可以证明，再利用勾股定理得出，从而可以证明结论；（2）根据题目信息以及第（1）问可以设出各边长，再根据面积公式进行比值即可解答．
【详解】（1）①证明：∵四边形和四边形都是正方形
∴
∴
即
∴
∴
②证明：
方法一：在线段上截，连接，设与相交于点
∵四边形和四边形都是正方形

∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴，即
在中，
∵
∴
∵
∴
方法二：连接
∵四边形和四边形都是正方形
∴
∴
即
在和中，
∵
∴
∴
∴

∴
∴
∴

（2）或

①根据，设DC=5n，GC=，FD=n，由（1）有，，
从而有

②根据，设DC=5n，GC=，FD=n，
从而有
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形、相似三角形的证明及性质、勾股定理的综合运用，其中对于正方形的性质、全等三角形的证明及性质熟练掌握是解题的关键．
14．（2020·云南昆明市·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别为AB，CD的中点．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM．请说明理由；
（3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）满足条件的PA的值为或或8或10．
【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形，先证明四边形AEFD是平行四边形，根据∠A＝90°，即可得到结果；（2）连接PM．BM，证明EF∥AD，推出BO＝OP，根据翻折可得到结果；
（3）分类讨论：当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F；当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F；当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8；当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F；
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°，
∵AE＝EB，DF＝FC，
∴AE＝DF，AE∥DF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEFD是矩形．
（2）证明：如图2中，连接PM．BM．

∵四边形AEFD是矩形，
∴EF∥AD，
∵BE＝AE，
∴BO＝OP，
由翻折可知，∠PMB＝∠A＝90°，
∴OM＝OB＝OP．
（3）解：如图3﹣1中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F．

∵MA＝MD，MH⊥AD，
∴AH＝HD＝4，
∵∠BAH＝∠ABF＝∠AHF＝90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴BF＝AH＝4，AB＝FH＝5，
∴∠BFM＝90°，
∵BM＝BA＝5，
∴FM＝，
∴HM＝HF＝FM＝5﹣3＝2，
∵∠ABP+∠APB＝90°，∠MAH+∠APB＝90°，
∴∠ABP＝∠MAH，
∵∠BAP＝∠AHM＝90°，
∴△ABP∽△HAM，
∴，
∴，
∴AP＝．
如图3﹣2中，当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F．

∵AD＝AM＝8，BA＝BM＝5，BF⊥AM，
∴AF＝FM＝4，
∴BF＝，
∵tan∠ABF＝，
∴，
∴AP＝，
如图3﹣3中，当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8．

如图3﹣4中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F．

∵BM＝5，BF＝4，
∴FM＝3，MH＝3+5＝8，
由△ABP∽△HAM，可得，
∴，
∴AP＝10，
综上所述，满足条件的PA的值为或或8或10．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理的性质进行求解，准确分析题意是解题的关键．
15．（2020·湖南益阳市·中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】
（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．

【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
16．（2019·四川眉山市·中考真题）如图1，在正方形中，平分，交于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点．

(1)求证：；(2)如图2，连接、，求证：平分；
(3)如图3，连接交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【分析】(1)由正方形性质得出，，根据直角三角形两锐角互余的关系可得，利用可证得，即可得出结论；(2)由正方形性质与角平分线的定义得出，利用可证得得出，由直角三角形斜边中线的性质得出，根据角的和差关系可得，即可得出结论；(3)连接，由正方形的性质得出，，，推出，根据角的和差关系可得，利用可证得，得出，推出，即可证得△DCM∽△ACE，即可得出结果．
【详解】
(1)∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
(2)证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分.
(3)解：连接，如图3所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴=22.5°，
∵，
∴，
∴．

【点睛】本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、角平分线定义、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，涉及知识面广，熟练掌握正方形的性质、角平分线定义，证明三角形全等与相似是解题的关键．
17．（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

分别平分

即
且都是等腰直角三角形




（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点

又


在四边形BEFC中

又

即
即


又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形





三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点




（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点

同理可得


所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．

【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
18．（2021·湖北荆州市·中考真题）在矩形中，，，是对角线上不与点，重合的一点，过作于，将沿翻折得到，点在射线上，连接．
（1）如图1，若点的对称点落在上，，延长交于，连接．

①求证：；
②求．
（2）如图2，若点的对称点落在延长线上，，判断与是否全等，并说明理由．

【答案】（1）①见解析；②；（2）不全等，理由见解析
【分析】（1）①先根据同角的余角相等得出∠DCG=∠AGH，再根据两角对应相等，两三角形相似即可得出结论；②设EF=x，先证得△AEF△ADC，得出===，再结合折叠的性质得出AE=EG=2x，
AG=4x，AH=2EF=2x，再由△CDG△GAH，得出比例式==，求出EF的长，从而得出的值，即可得出答案；（2）先根据两角对应相等，两三角形相似得出△AEF△ACG，得出比例式=，得出EF=，
AE=，AF=，从而判定与是否全等．
【详解】（1）①在矩形ABCD中，∠BAD=∠D=90°
∴∠DCG+∠DGC=90°
又∵∠FGC=90°
∴∠AGH+∠DGC=90°
∴∠DCG=∠AGH
∴△CDG△GAH
②设EF=x
∵△AEF沿EF折叠得到△GEF
∴AE=EG
∵EF⊥AD
∴∠AEF=90°=∠D
∴EF//CD//AB
∴△AEF△ADC
∴=
∴===
∴AE=EG=2x
∴AG=4x
∵AE=EG，EF//AB
∴==
∴AH=2EF=2x
∵△CDG△GAH
∴==
∴==
∴x=
∴==
∵∠FCG=90°
∴tan∠GHC==
（2）不全等 理由如下：
在矩形ABCD中，AC===
由②可知：AE=2EF
∴AF==EF
由折叠可知，AG=2AE=4EF，AF=GF
∵∠AEF=∠GCF，∠FAE=∠GAC
∴△AEF△ACG
∴=
∴=
∴EF=
∴AE=，AF=
∴FC=AC-AF=2-=
∴AEFC，EFFC
∴不全等
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，相似三角形的判定和性质，三角函数等知识，得出AE=2EF是解题的关键．
19．（2021·山东菏泽市·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．


（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；
（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；
（2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；
（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，
∴ADBC，AB＝CD；
∴∠DEF＝∠EFB，
∵折叠，
∴∠DEF＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠EFB，
∴PE＝PF；
（2）证明：连接PM，ME，MF，


∵在矩形ABCD中，
∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，
∴AD－AE＝BC－CF，
即：DE＝BF，
∵折叠，
∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，
∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，
∴PE－HE＝PF－BF，
即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，
，
∴RtPHM≌RtPBM（HL），
∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM与FPM中，
，
∴EPM≌FPM（SAS），
∴ME＝MF，
∴点M在线段EF的垂直平分线上；
（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，

∵AB＝CD＝5，，
∴BC＝，
∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO与FCO中，
，
∴EAO≌FCO（AAS），
∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折叠，
∴OG＝OC＝5，
当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，

当点E与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，

∵O为定点，OG＝5为定值，
∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，
∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∴的长为＝，
∴点运动的路线长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．
20．（2021·湖南常德市·中考真题）如图，在中，，N是边上的一点，D为的中点，过点A作的平行线交的延长线于T，且，连接．

（1）求证：；
（2）在如图中上取一点O，使，作N关于边的对称点M，连接、、、、得如图．①求证：；②设与相交于点P，求证：．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析，②见解析．
【分析】（1）先用，且证明出四边形ATBN是平行四边形，得到△TAD≌△CND，用对应边相等与等量代换，从而得出结论．
（2）①连接AM、MN，利用矩形的性质与等腰三角形的性质，证明出△OCM是直角三角形，证明出Rt△OAT≌Rt△OCM，得到对应角相等，则得到答案；
②连接OP，由①中，得到∠OTM=∠OAP，点O、T、A、P共圆，由直径所对的圆周角为直角，证明出∠OPT=90︒，再根据等腰三角形的三线合一性得出结论．
【详解】证明：（1）∵，且
∴，且，
∴四边形ATBN是平行四边形，
∴，
∴∠DTA=∠DCN，
∵∠ADT=∠NDC，
∵点D为AN的中点，
∴AD=ND，
∴△TAD≌△CND（AAS）
∴TA=CN，
∵，
∴BN=CN，
（2）①如图所示，连接AM、MN，

∵点N关于边的对称点为M，
∴△ANC≌△AMC，
∴∠ACN=∠ACM，
∵AB=AC，点N为AC的中点，
∴平行四边形ATBN是矩形，
∴∠TAB=∠ABN=∠ACN=∠ACM，∠BAN=∠MAC=∠CAN，AT=BN=NC=MC，
∵OA=OC，
∴∠CAN=∠ACO，
∴∠TAB+∠BAN=∠ACM+∠ACO=90︒，
∴∠OAT=∠OCM=90︒，
在Rt△OAT和Rt△OCM中，
∵AT=CM，∠OAT=∠OCM ，OA=OC，
∴Rt△OAT≌Rt△OCM（SAS），
∴∠AOT=∠COM，OT=OM，
∴∠AOT+∠AOM=∠COM+∠AOM，
∴∠TOM=∠AOC
∵OA=OC，OT=OM，
∵，
∴；
②如图所示，连接OP，

∵，
∴∠OTM=∠OAP，
∴点O、T、A、P共圆，
∵∠OAT=90︒，
∴OT为圆的直径，
∴∠OPT=90︒，
∵OT=OM，
∴点P为TM的中点，
∵由（1）得△TAD≌△CND，
∴TD=CD，
∴点D为TC的中点，
∴DP为△TCM的中位线，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、以及相似三角形的判定与性质、圆中直径的性质，关键在于通过等量代换，换出角相等，证明出直角三角形全等，再证明三角形相似．
21．（2021·青海中考真题）在我们学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：
操作感知：
第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．
第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如图13-2）．

猜想论证：
（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．
拓展探究：
（2）在图13-3中，若，当满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形， ，，然后可得到 ，即可判定 是等边三角形．
（2）由折叠可知，由（1）可知，利用 的三角函数即可求得．
【详解】（1）解：是等边三角形，
证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．

（2）解：方法一：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
∴，
∵，
∴，即，
当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
方法二：
要在矩形纸片上剪出等边，则，
在中，，，
设，则，
∴，即，得，
∴，
∵，
∴，即，
当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．
22．（2021·山东临沂市·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC
（1）求证：AG＝GH；
（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；
（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析
【分析】（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；
（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．
【详解】解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
∴∠GHA=45°，
∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，
由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
∴DH的长即为点D到直线BH的距离，
由（1）知：在Rt△ABE中，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵∠BHD=90°，
∴H在圆周上，
∴∠BHC=∠BDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BDC=∠DBC=45°，
∴∠BHC=45°，
∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．
23．（2021·浙江绍兴市·中考真题）如图，矩形ABCD中，，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．

（1）若，求DF的长．
（2）若，求DF的长．
（3）直线PE交BD于点Q，若是锐角三角形，求DF长的取值范围．
【答案】（1）3；（2）2或6；（3）或
【分析】（1）根据已知条件可求出，在Rt△EFD中即可求出DF
（2）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况当P在BD下方时根据等腰三角形的性质即可求出DF，P在BD上方时根据等腰三角形的性质即可求出DF；
（3）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况①P在BD下方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，②P在BD上方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，；
【详解】解：（1）如图1，矩形ABCD中，

，
，，
，
点E是AD中点，
，
，
∴△EFD为直角三角形，
∵，
∴
．
（2）第一种情况，如图2，

，
由对称性可得，EF平分，
，

∴是等腰三角形，过点F作FM⊥ED
DM=EM= ，
∵在Rt△DMF中，，
∴．
第二种情况，如图3，

延长PE交BD于M
∵
∴∠EMD=90°
∵
∴
∴，
∵点D关于直线EF的对称点P
∴FE垂直平分PD交PD于H
∴∠HED=60°，∠HDE=30°
∴∠HDF=60°
∴∠EFD=30°
∴是等腰三角形，
∴FE垂直平分DF
∵在Rt△DME中，，
∴
∵．
∴．
综上：DF的长为2或6.
（3）∵是锐角三角形
∴当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大
由（2）可得当时，
（如图2）或6（如图3）．
当时，
第①种情况，如图4，
EF平分，，
过点F作于点M，
设，则，，
，
，，
．

第②种情况，如图5，

EF平分，，
过点F作于点M，
设，则，，
，
，，
，DF最大值为8，
．
综上：或．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形，翻折对称等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，画出几何示意图，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
24．（2021·海南中考真题）如图1，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与点重合，点F是的延长线上一点，且．

（1）求证：；
（2）如图2，连接，交于点K，过点D作，垂足为H，延长交于点G，连接．
①求证：；②若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【分析】（1）直接根据SAS证明即可；
（2）①根据（1）中结果及题意，证明为等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线即可证明；②根据已知条件，先证明，再证明，然后根据等腰直角三角形的性质即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
．
又，
．
（2）①证明；由（1）得，
．
．
为等腰直角三角形．
又，
点H为的中点．
．
同理，由是斜边上的中线得，
．
．
②∵四边形是正方形，
．
又，
．
．
又为等腰直角三角形，
．
．
四边形是正方形，
．
．
．
．
．
又∵在等腰直角三角形中，
．
．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线以及等腰直角三角形的性质，熟知图形的性质与判定是解决本题的关键．