初中数学中考复习 专题33四边形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】

这是一份初中数学中考复习 专题33四边形压轴综合问题-备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）【解析版】，共80页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

备战2023年中考数学必刷真题考点分类专练（全国通用）
专题33四边形压轴综合问题
一、解答题
1．（2022·甘肃兰州·中考真题）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥EP，EP与正方形的外角△DCG的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；

(1)【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接CP，可以求出∠DCP的大小，请你思考并解答这个问题．
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP=90°，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出△ADP周长的最小值．当AB=4时，请你求出△ADP周长的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)45°，理由见解析
(3)4+45，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）取AB的中点F，连接EF，利用同角的余角相等说明∠PEC＝∠BAE，再根据ASA证明△AFE≌△ECP，得AE＝EP；
（2）在AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，则△FAE≌△CEP（SAS），再说明△BEF是等腰直角三角形即可得出答案；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，可知点D与G关于CP对称，则AP+DP的最小值为AG的长，利用勾股定理求出AG，进而得出答案．
(1)
解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，

∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
(2)
解：在AB上取AF＝EC，连接EF，

由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
(3)
解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，

由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝45，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝4+45．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称﹣最短路线问题，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2022·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．

(1)求BD的长；
(2)点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=3DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+3CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)BD=63；
(2)①四边形ABEF的面积为73；②最小值为12
【解析】
【分析】
（1）证明△ABC是等边三角形，可得BO= 33，即可求解；
（2）过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N， 根据菱形的面积可求出MN=33，设BE=x，则EN=12x，从而得到EM=MN-EN=33-12x，再由BE=3DF，可得DF=33x，从而得到四边形ABEF的面积s= S△ABD - S△DEF =312x-332+2734，①当CE⊥AB时，可得点E是△ABC重心，从而得到BE=CE=23BO=23×33=23，即可求解；②作CH⊥AD于H，可得当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；再由s=312x-332+2734，可得当x=33，即BE=33时， s达到最小值，从而得到此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，即可求解．
(1)
解∶连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB▪sin60°=6×32=33，
∴BD=2BO=63；
(2)
解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，

∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=63；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=12BE
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=MN⋅BC，
∴MN=33，
设BE=x，则EN=12x，
∴EM=MN-EN=33-12x，
∵S菱形ABCD= AD▪MN=6×33=183，
∴S△ABD= 12S菱形ABCD=93，
∵BE=3DF，
∴DF=BE3=33x，
∴S△DEF=12DF ▪EM=12⋅33x33-12x =-312x2+32x，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =93-（-312x2+32x）=312x-332+2734，
∵点E在BD上，且不在端点，∴0 ①当CE⊥AB时，
∵OB⊥AC，
∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=23BO=23×33=23，
此时s=31223-332+2734 =73，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为73；
②作CH⊥AD于H，如图，

∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，
∴CH=33，
∵s=312x-332+2734，
∴当x=33，即BE=33时， s达到最小值，
∵BE=3DF，
∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+3CF的值达到最小，
其最小值为CO+3CH=3+3×33=12．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质，三角形的重心，解直角三角形等知识是解题的关键．
3．（2022·上海·中考真题）平行四边形ABCD，若P为BC中点，AP交BD于点E，连接CE．

(1)若AE=CE，
①证明ABCD为菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的长．
(2)以A为圆心，AE为半径，B为圆心，BE为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且CE=2AE．若F在直线CE上，求ABBC的值．
【答案】(1)①见解析；②62
(2)105
【解析】
【分析】
（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则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,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=2,即可得OB=3x=32，再由平行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又F在直线CE上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=12AB，根据重心性质得GE=12CE＝22AE，CG=CE+GE=322AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,则AG=22AE,所以AB=2AG=2AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，则BC=5AE，代入即可求得ABBC的值．
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，

∵平行四边形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形ABCD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵P为BC中点，
∴AP是△ABC的中线，
∴点E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
设OE=x，则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，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OB=62；
(2)
解：如图，

∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是△ABC的重心，
又F在直线CE上，
∴CG是△ABC的中线，
∴AG=BG=12AB，GE=12CE，
∵CE=2AE，
∴GE=22AE，CG=CE+GE=322AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(22AE)2=12AE2,
∴AG=22AE,
∴AB=2AG=2AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=12AE2+（322AE）2=5AE2，
∴BC=5AE，
∴ABBC=2AE5AE=105．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
4．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．
如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF，H为DF的中点，连接GH．将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针旋转90°时，请解决下列问题：

(1)图②中，AB=BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的数量关系，并证明你的猜想；
(2)图③中，AB=2，BC=3，则GHCE= ；
(3)当AB=m , BC=n时． GHCE= ．
(4)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC（如图④)．点M、N分别在AC、BC上，连接MN，将△CMN沿 MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为 ．
【答案】(1)GH=12CE，证明见解析
(2)GHCE=13
(3)GHCE=m2n
(4)3135
【解析】
【分析】
（1）先证明△ABF≌△CBE，得AF=CE，再根据中位线性质得GH=12AF，等量代换即可；
（2）连接AF，先证明△ABF∽△CBE，得到AF：CE的比值，再根据中位线性质得GH=12AF，等量代换即可；
（3）连接AF，先证明△ABF∽△CBE，用含m、n的代数式表达出AF：CE的比值，再根据中位线性质得GH=12AF，等量代换即可；
（4）过M作MH⊥AB于H，根据折叠性质得∠C=∠MPN，根据角平分线证明出∠C=∠PMH，设CM=PM=x，HM=y，根据三角函数定义找到x、y之间的关系，再利用△AHM∽△ABC，得到HMBC=AMAC，代入解方程即可．
(1)
解：GH=12CE，理由如下：
∵AB=BC，四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=∠CBE=90°，
∵E、F为BC，AB中点，
∴BE=BF，
∴△ABF≌△CBE，
∴AF=CE，
∵H为DF中点，G为AD中点，
∴GH=12AF，
∴GH=12CE．
(2)
解：GHCE=13，
连接AF，如图所示，


由题意知，BF=12AB=1，BE=12BC=32，
∴ABBC=BFBE=23，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，
∴△ABF∽△CBE，
∴AF：CE=2:3，
∵G为AD中点，H为DF中点，
∴GH=12AF，
∴GHCE=13．
故答案为：13．
(3)
解：GHCE=m2n，
连接AF，如图所示，


由题意知，BF=12AB=m2，BE=12BC=n2，
∴ABBC=BFBE=mn，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，
∴△ABF∽△CBE，
∴AF：CE=m：n，
∵G为AD中点，H为DF中点，
∴GH=12AF，
∴GHCE=m2n．
故答案为：m2n．
(4)
解：过M作MH⊥AB于H，如图所示，


由折叠知，CM=PM，∠C=∠MPN，
∵PM平分∠APN，
∴∠APM=∠MPN，
∴∠C=∠APM，
∵AB=2，BC=3，
∴AC=22+32=13，
设CM=PM=x，HM=y，
由sin∠C=sin∠APM知，ABAC=HMPM，
即213=yx，y=2x13，   
∵HM∥BC，
∴△AHM∽△ABC，
∴HMBC=AMAC，
即y3=13-x13，y=13-x13×3，
∴13-x13×3=2x13，
解得：x=3135，
故答案为：3135．
【点睛】
本题考查了正方形性质、三角形中位线性质、折叠性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的性质与判定、三角函数定义等知识点，找到相似三角形是解题关键．
5．（2022·吉林长春·中考真题）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形ABCD为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中AD=2AB．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上，点B的对应点为点E，折痕为AF；再沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上，点C的对应点为点H，折痕为FG；然后连结AG，沿AG所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想△ADG≌△AFG．


【问题解决】
(1)小亮对上面△ADG≌△AFG的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°．
由折叠可知，∠BAF=12∠BAD=45°，∠BFA=∠EFA．
∴∠EFA=∠BFA=45°．
∴AF=2AB=AD．
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
(2)∠DAG的度数为________度，FGAF的值为_________；
(3)在图①的条件下，点P在线段AF上，且AP=12AB，点Q在线段AG上，连结FQ、PQ，如图②，设AB=a，则FQ+PQ的最小值为_________．（用含a的代数式表示）
【答案】(1)见解析
(2)22.5°，2-1.
(3)52a
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质可得AD=AF，∠AFG=∠D=90°，由HL可证明结论；
（2）根据折叠的性质可得∠DAG=12∠DAF=22.5°; 证明ΔGCF是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论 ；
（3）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ的最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR=AR=24a，求出DR，根据勾腰定理可得结论．
(1)
证明：四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°．
由折叠可知，∠BAF=12∠BAD=45°，∠BFA=∠EFA．
∴∠EFA=∠BFA=45°．
∴AF=2AB=AD．
由折叠得，∠CFG=∠GFH=45°，
∴∠AFG=∠AFE+∠GFE=45°+45°=90°
∴∠AFG=∠D=90°
又AD=AF，AG=AG
∴△ADG≌△AFG
(2)
由折叠得，∠BAF=∠EAF,
又∠BAF+∠EAF=90°
∴∠EAF=12∠BAE=12×90°=45°,
由△ADG≌△AFG得，∠DAG=∠FAG=12∠FAD=12×45°=22.5°,
∠AFG=∠ADG=90°,
又∠AFB=45°
∴∠GFC=45°,
∴∠FGC=45°,
∴GC=FC.
设AB=x,则BF=x,AF=2x=AD=BC,
∴FC=BC-BF=2x-x=(2-1)x
∴GF=2FC=(2-2)x
∴GFAF=(2-2)x2x=2-1.
(3)
如图，连接FD,


∵DG=FG
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作PR⊥AD交AD于点R，
∵∠DAF=∠BAF=45°
∴∠APR=45°.
∴AR=PR
又AR2+PR2=AP2=(a2)2=a24
∴AR=PR=24a,
∴DR=AD-AR=2a-24a=342a
在RtΔDPR中，DP2=AR2+PR2
∴DP=AR2+PR2=(24a)2+(324a)2 =52a
∴PQ+FQ的最小值为52a
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
6．（2022·吉林长春·中考真题）如图，在▱ABCD中，AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，动点P从点A出发，沿折线AD-DB以每秒13个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t秒．

(1)点D到边AB的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段DP的长；
(3)连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；
(4)当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)35
(4)23或2011
【解析】
【分析】
（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得DE=3-3t,PE=2-2t，从而得到A'E=DE-A'D=2-3t，在Rt△A'PE中，由勾股定理可得t=25，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，

∵AB=4，AD=BD=13，点M为边AB的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴DM=AD2-AM2=3，
即点D到边AB的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
DP=13-13t；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，PD=13t-13；
综上所述，当0≤t≤1时，DP=13-13t；当1＜t≤2时，PD=13t-13；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线PM的对称点A'，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段A'D最短，此时点P在AD上，
∴A'D=1，
根据题意得：A'P=AP=13t，DP=13-13t，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴PDAD=DEDM=PEAM，
∴13-13t13=DE3=PE2，
解得：DE=3-3t,PE=2-2t，
∴A'E=DE-A'D=2-3t，
在Rt△A'PE中，A'P2=PE2+A'E2，
∴13t2=2-2t2+2-3t2，解得：t=25，
∴PE=65，
∴S△DPA'=12A'D⋅PE=12×1×65=35；
(4)
解：如图，

当点M、A'、C三点共线时，且点A'位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在▱ABCD中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴sin∠CMN=CNCM=35，
∵A' M=2，
∴A'G=2×35=65，
∴MG=85，
∴BG=BM-MG=25，
∴tan∠A'BA=A'GBG=3，
∴tan∠PMF=tan∠A'BA=3，
∴PFFM=3，即PF=3FM，
∵tan∠DAM=DMAM=PFAF=32，cos∠DAM=AMAD=AFAP=213，
∴PF=32AF，
∴3FM=32AF，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴AF=43，
∴4313t=213，解得：t=23；
如图，当点A'（A″）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，PB=213-13t，
过点A″作A″G'⊥AB于点G′，则∠AMA″=∠CMN，取AA″的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

同理：A″G'=65,AG'=25，
∵HK⊥AB，A″G'⊥AB，
∴HK∥A′′G′，
∴△AHK∼△AA″G'，
∵点H是AA″的中点，
∴HKA″G'=AKAG'=AHAA″=12，
∴HK=35,AK=15，
∴MK=95，
∴tan∠PMT=tan∠HMK=HKMK=13，
∴PTMT=13，即MT=3PT，
∵tan∠PBT=DMBM=PTBT=32，cos∠PBT=BTPB=BMBD=213，
∴BT=23PT，
∴MT=92BT，
∵MT+BT=BM=2，
∴BT=411，
∴411213-13t=213，解得：t=2011；
综上所述，t的值为23或2011．
【点睛】
本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点A'的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
7．（2022·山东临沂·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)∠DPQ大小不变，理由见解析
(3)CP=AQ，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出AB=BC=CD=AD，便可证明；
（2）连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明△APE是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明∠APF=∠EPF，∠QPF=∠BPF，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
(1)

连接BD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC，
∵点B，D关于直线AC对称，
∴AC垂直平分BD，
∴DC=BC,AD=AB，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)
当点Р在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
∵将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
∴PQ=PD，
∵ △ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC,∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，
连接PB，过点P作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，

则∠APE=∠ACB=60°,∠AEP=∠ABC=60°，
∴∠APE=∠BAC=60°=∠AEP，
∴△APE是等边三角形，
∴AP=EP=AE，
∵PF⊥AB，
∴∠APF=∠EPF，
∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
∴PB = PD，∠DPA =∠BPA，
∴PQ = PD，
∵PF⊥AB，
∴∠QPF=∠BPF，
∴∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∴∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
(3)
AQ= CP，证明如下：
∵AC = AB，AP= AE，
∴AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
∵AP = EP，PF⊥AB，
∴AF = FE，
∵PQ= PD，PF⊥AB，
∴QF = BF，
∴ QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
∴AQ= CP．
【点睛】
本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．
8．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．


(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求2CE2DG的值为多少；
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求：CEDG的值为多少；
(3)AB=82，AG=22AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2
(2)2
(3)46-2
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）根据（1）的结论，可得AGAE=ADAC=12，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，进而证明△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）勾股定理求得CG，EC，进而根据△GAD∽△EAC，由相似三角形的性质即可求解．
(1)
∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴GE∥DC
∴AGDG=AEEC
∴ECDG=AEAG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=2AG
∴ 2CE2DG =2CEDG=2AEAG=2×2=2
(2)
如图，连接AE，


∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAE
∵AGAE=ADAC=12
∴△GAD∽△EAC
∴ CEDG=ACAD=2，
(3)
如图，


∵ AB=82，AG=22AD，
∴AD=AB=82,AG=22×82=8,AC=2AB=16，
∵G,F,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=AC2-AG2=162-82=83，
∴CE=GC-GE=83-8，
由（2）可知△GAD∽△EAC，
∴ CEDG=ACDA=2，
∴DG=DA⋅CEAC=82×83-816 =46-2．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
9．（2022·广西·中考真题）已知∠MON=α，点A，B分别在射线OM,ON上运动，AB=6．

(1)如图①，若α=90°，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为A',B',D'，连接OD,OD'．判断OD与OD'有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若α=60°，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若α=45°，当点A，B运动到什么位置时，△AOB的面积最大?请说明理由，并求出△AOB面积的最大值．
【答案】(1)OD=OD'，证明见解析
(2)33+3
(3)当OA=OB时，△AOB的面积最大；理由见解析，△AOB面积的最大值为92+9
【解析】
【分析】
（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=12AB，OD′=12A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，此时△AOB的面积最大，进一步求得结果．
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，当OA=OB时，此时OT最大，即△AOB的面积最大，由勾股定理等进行求解即可．
(1)
解：OD=OD'，证明如下：
∵ ∠AOB=α=90°，AB中点为D，
∴OD=12AB，
∵D'为A'B'的中点，∠A'OB'=α=90°，
∴OD'=12A'B'，
∵AB=A'B'，
∴OD=OD'；
(2)
解：如图1，

作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=12AB+32BO′=3+33；
(3)
解：如图2，作等腰直角三角形AIB，以I为圆心，AI为半径作⊙I，

∴AI=22AB=32，∠AOB=12∠AIB＝45°，
则点O在⊙I上，取AB的中点C，连接CI并延长交⊙I于O，
此时△AOB的面积最大，
∵OC=CI+OI=12AB+32=3+32，
∴S△AOB最大=12×6×(3+32)=9+92．
【点睛】
本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
10．（2022·辽宁·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，连接DE,DF．
　　 　　

(1)如图1，求证：DF=52DE；
(2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，当射线DP交AB于点G，射线DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M，判断FN与EM的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长．
【答案】(1)见解析
(2)FN=52EM，理由见解析
(3)103
【解析】
【分析】
（1）连接AF，可得AF⊥BC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AC=5，根据中位线定理可得DE=12BC=2，即可得证；
（2）证明△DNF∽△DME，根据（1）的结论即可得FN=52EM；
（3）连接AF，过点C作CH⊥AB于H，证明△AGD∽△AHC，可得GD=12HC=455，勾股定理求得GE,AG，根据tan∠ADG=AGGD=34，∠EMG=∠ADG，可得tan∠EMG=EGMG=34，进而求得MG，根据MD=MG+GD求得MD，根据（2）的结论DN=52DM，即可求解．
(1)
证明：如图，连接AF，

∵ AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
∴DE=12BC=2，AF⊥BC，
∴ DF=12AC=5，
∴ DF=52DE，
(2)
FN=52EM，理由如下，
连接AF，如图，
∵ AB=AC=25,BC=4，D，E，F分别为AC,AB,BC的中点，
∴EF=12AC=CD,EF∥DC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴∠DEF=∠C，
∵ DF=12AC=DC，
∴∠DFC=∠C，
∴∠DEF=∠DFC，
∴180°-∠DEF=180°-∠DFC，
∴ ∠DEM=∠DFN，

∵将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ，
∴ ∠EDF = ∠PDQ，
∵∠FDN+∠NDE=∠EDM+∠NDE，
∴∠FDN=∠EDM，
∴△DNF∽△DME，
∴NFEM=DFDE=52，
∴ FN=52EM，
(3)
如图，连接AF，过点C作CH⊥AB于H，

Rt△AFC中，FC=12BC=2,
∴ AF=AC2-FC2=4，
∵S△ABC=12BC⋅AF=12AB⋅CH，
∴HC=BC⋅AFAB=4×425=855，
∵ DP⊥AB，
∴△AGD∽△AHC，
∴GDHC=ADAC=12，
∴GD=12HC=455，
Rt△GED中，
GE=ED2-GD2=22-4552=255，
Rt△AGD中，
AG=AD2-GD2=52-4552=355，
∴tan∠ADG=AGGD=355455=34，
∵EF∥AD，
∴∠EMG=∠ADG，
∴tan∠EMG=EGMG=34，
∴MG=43GE=43×255=8515，
∴MD=MG+GD=8515+455=453，
∵ △DNF∽△DME，
∴DNDM=DFDE=52，
∴DN=52DM=52×453=103．
【点睛】
本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
11．（2022·贵州贵阳·中考真题）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在□ABCD中，AN为BC边上的高，ADAN=m，点M在AD边上，且BA=BM，点E是线段AM上任意一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE．


(1)问题解决：
如图①，当∠BAD=60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则AMAN=______；
(2)问题探究：
如图②，当∠BAD=45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值；
(3)拓展延伸：
当∠BAD=30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE=MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值．
【答案】(1)233
(2)∠ABE=22.5°,m=2
(3)作图见解析，33-1
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得AMAN=ABAN=1cos∠BAN，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得∠AEB=∠FEB=12180°+45°=112.5°，由三角形内角和定理可得∠ABE=180°-∠AEB-∠BAE=22.5°，根据点M在AD边上，当AD=AM时，m取得最小值，最小值为AMAN=2；
（3）连接FM，设AN=a， 则AB=2a，NB=3AN=3a，在Rt△FBM中，FB=AB=BM，延长FE交NC于点G，在Rt△EFM中，EM=FM2-EF2=8a2-3-12a2 =3+1a，进而根据AD=AE+EM+MD，即可求解．
(1)
∵ BA=BM，∠BAD=60°
∴△ABM是等边三角形，
∴AB=AM=BM
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ABN=∠BAM=60°，
∵ AN为BC边上的高，
∴AMAN=ABAN=1cos∠BAN=132=233，
(2)
∵ ∠BAD=45°，BA=BM，
∴ △AMB是等腰直角三角形，
∴∠MBC=∠AMB=45°，
∵ EF∥BM，
∴∠FEM=∠AMB=45°，
∴∠AEB=∠FEB=12180°+45°=112.5°，
∵AD∥NC，
∴∠BAE=∠ABN=45°，
∴∠ABE=180°-∠AEB-∠BAE=22.5°，
∵ ADAN=m，△AMB是等腰直角三角形，AN为底边上的高，则AN=12AM
∵点M在AD边上，
∴当AD=AM时，m取得最小值，最小值为AMAN=2；
(3)
如图，连接FM，


∵ ∠BAD=30°，则∠ABN=30°，
设AN=a， 则AB=2a，NB=3AN=3a，
∵折叠，
∴ FB=AB=2a，
∵ EF⊥AD，
∴∠AEB=∠FEB=12180°+90°=135°，
∵∠EAB=∠BAD=30°，
∴∠ABE=180°-30°-135°=15°，
∴∠ABF=30°，
∵AB=BM,∠BAD=30°，
∴∠ABM=120°，
∵∠MBC=∠AMB=30°，
∴∠FBM=120°-∠ABF=90°，
在Rt△FBM中，FB=AB=BM，
∴FM=2FB=22a，
延长FE交NC于点G，如图，


∴EG⊥GB，
∵∠EBG=∠ABE+∠ABN=15°+30°=45°，
∴GB=EG=a，
∵ NB=3a，
∴AE=EF=MD=3-1a，
在Rt△EFM中，EM=FM2-EF2=8a2-3-12a2 =3+1a，
∴AD=AE+EM+MD=2AE+EM=23-1a+3+1a=33-1a，
∴m=ADAN=33-1．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
12．（2022·辽宁营口·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN，连接DN,BM,CN，点P，Q分别为BM,CN的中点，连接PQ．

(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α0°<α<360°．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若AB=10,DM=25，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段PQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)①成立，见解析；②PQ的长为10或210
【解析】
【分析】
（1），连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△EPQ是等腰直角三角形，根据中位线的性质即可得证；
（2）①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△CDM∽△BDN，证明∠PEQ= 45°，过点Q作QK⊥EP于点K，证明EK=KP=22EQ，则EQ=PQ，根据中位线的性质即可得证；
②分情况讨论，根据勾股定理即可求的MC的长，根据①的结论即可求解．
(1)
如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，

∵ MN⊥CD且DM=MN，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∵四边形ABCD是正方形，则∠MDB=45°，
且D,N,B在边CD的同侧，
∴D,N,B三点共线，
设DC=1，DM=a，则MC=1-a，DN=2a,BD=2,BN=21-a，
∵E,P分别为MN,MB的中点，
∴EP=12NB=221-a，
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，
∴EQ=12MC=121-a，EQ∥DC，

过点Q作QF⊥EP
则△QFE是等腰直角三角形
∴EF=22EQ=241-a=12EP
∴QF垂直平分EP
∴EQ=PQ，
∵EQ=12MC，
∴MC=2PQ，
(2)
①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，

∵∠CDB=∠MDN=45°，
∠CDM+∠MDB=∠BDN+∠MDB，
∴∠CDM=∠BDN，
∵DMDN=DCDB=12，
∴△CDM∽△BDN，
∴MCNB=12，∠DMC=∠DNB，
∵E,P分别为MN,MB的中点，
∴EP=12NB，EP∥NB，
∴∠PEM=∠BNM，∠PEN=180°-∠BNM=180°-∠BND-45°，
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，
∴EQ=12MC，EQ∥MC，
∴∠NEQ=∠NMC，∠QEM=180°-∠EMC=180°-360°-90°-∠DMC=∠DMC-90°，
∴EQEP=12，
∴∠PEQ=180°-∠PEN-∠MEQ
=180°-180°+∠BND-45°-∠DMC+90°
=45°
过点Q作QK⊥EP于点K，

则△EKQ是等腰直角三角形，
∴EK=22EQ，
∵ EQEP=12，
∴EP=2EQ，
∴EK=KP=22EQ，
∴EQ=PQ，
∵2EQ=CM，
∴CM=2PQ；
②如图，当B,M,N共线，M在DC的上方时，

∴∠DMB=∠DMN=90°，
∵ DB=2AB=102，
Rt△DMB中，BM=DB2-DM2=1022-252=65，
∵DM=MN=25，
∴BN=BM-MN=45，
∵ △CDM∽△BDN，
∴ MCBN=DCDB=12，
∴MC=22×45=210，
∴PQ=12MC=10，
如图，当B,M,N共线，M在DC的左边时，

Rt△DBM中，BM=DB2-DM2=65，
BN=BM+MN=85，
∴MC=22×85=410，
∴PQ=12MC=210，
综上所述，PQ的长为10或210．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
13．（2022·福建·中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．


(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠ACE+∠EFC=180°，见解析
(3)30°
【解析】
【分析】
（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF，再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得△ABM≌△CDB，得到∠MBA=∠BDC，设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，得到α+β的关系即可．
(1)
∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠DCB，
∴∠ABC=∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
(2)
结论：∠ACE+∠EFC=180°．
证明：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC=∠DEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=∠DEC，
∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，
∴∠ACF=∠CEF，
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACE+∠EFC=180°；
(3)
在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，


∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，
∴△ABM≌△CDB，
∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，
∴∠ADB=∠BMD，
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，
设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，
∵CA＝CD，
∴∠CAD=∠CDA=α+2β，
∴∠BAC=∠CAD-∠BAD=2β，
∴∠ACB=12180°-∠BAC=90°-β，
∴∠ACD=90°-β+α，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，   
∴90°-β+α+2α+2β=180°，
∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．
【点睛】
本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
14．（2022·湖南永州·中考真题）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地A、B、C、D四个位置安装四个自动喷酒装置（如图1所示），A、B、C、D四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．
方案一：如图2所示，沿正方形ABCD的三边铺设水管；
方案二：如图3所示，沿正方形ABCD的两条对角线铺设水管．
(1)请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；
(2)小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示），



满足∠AEB=∠CFD=120°，AE=BE=CF=DF，EF∥AD、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：2≈1.4，3≈1.7）
【答案】(1)方案二
(2)小明，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据方案铺设管道路线求解即可；
（2）证△AEG≌△BEG≌△DFH≌△CFHHL，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结果；
(1)
解：方案一：50×3=150（米）
方案二：2502+502=1002（米）
1002=20000<150=22500所以方案二总长度更短．
(2)
如图，作EG⊥AB，FH⊥CD，垂足分别为G和H．
∵AE=BE=CF=DF
∴EG⊥AB，FH⊥CD，
∴△AEG≌△BEG≌△DFH≌△CFHHL
∵∠AEB=∠CFD=120°，
∴AG=BG=DH=CH=25（米），
GE=FH=33⋅25=2533，EF=GH-2EG=50-5033
AE=BE=CF=DF=5033
总长度：4AE+EF=4×5033+50-5033=503+50=501+3（米）
∵1002501+3=10021-3501+31-3=6-2>1
∴501+3<1002<150
所以小明的方案总长度最短．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键．
15．（2022·江苏常州·中考真题）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．

(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD=42，OA=5，BC=12，连接AC，求AC的长；
(3)在四边形EFGH中，EH//FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求OFOG的值．
【答案】(1)不存在，理由见详解
(2)57154
(3)1
【解析】
【分析】
（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；
（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；
（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解．
(1)
不存在，
理由如下：
假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，
∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，
∴∠ABO=90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴CD⊥DO，
∵CD⊥BC，
∴DO∥BC，
∵O点在BC上，
∴DO与BC交于点O，
∴假设不成立，
故正方形不存在“等形点”；
(2)
如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，

∵O点是四边形ABCD的“等形点”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∵CD=42，OA=5，BC=12，
∴AB=CD=42，OA=OC=5，
∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，
∵AM⊥BC，
∴∠AMO=90°=∠AMB，
∴设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，
∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM2=AB2-BM2=AO2-MO2，
∴AB2-BM2=AO2-MO2，即(42)2-(7-a)2=52-a2，
解得：a=207，即MO=207，
∴MC=MO+OC=207+5=557，AM=AO2-MO2=52-(207)2=5733
∴在Rt△AMC中，AC=AM2+MC2=(5733)2+(557)2=57154，
即AC的长为57154；
(3)
如图，

∵O点是四边形EFGH的“等形点”，
∴△OEF≌△OGH，
∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，
∵EH∥FG，
∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，
∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，
∴OE=OH，
∵OF=OH，OE=OG，
∴OF=OG，
∴OFOG=1．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键．
16．（2022·四川内江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．

(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
(2)若EFBF＝2，求ANND的值；
(3)若MN∥BE，求ANND的值．
【答案】(1)见解析
(2)2737
(3)27
【解析】
【分析】
(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中点，即可证明结论；
(2)利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，得ANBM=AMBC ，求出AN的长，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM ，可得BM的长，由（2）同理可得答案．
(1)
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
∴CE＝12CD，
∵AB＝CD，
∴BM=CE=12AB，
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
(2)
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴BFEF=BMCE=12，
∵CE＝3，
∴BM＝32，
∴AM＝92，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴ANBM=AMBC，
∴AN32=924，
∴AN=2716，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝3716，
∴ANDN=27163716=2737；
(3)
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴CEBC=BCBM，
∴34=4BM，
∴BM=163，
∴AM=AB-BM=6-163=23，
由（2）同理得，ANBM=AMBC，
∴AN163=234，
解得：AN＝89，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝289，
∴ANND=89289=27．
【点睛】
本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．
17．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，记△COD的面积为S1，△AOB的面积为S2．
（1）问题解决：如图①，若AB//CD，求证：S1S2=OC⋅ODOA⋅OB
（2）探索推广：如图②，若AB与CD不平行，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图③，在OA上取一点E，使OE=OC，过点E作EF∥CD交OD于点F，点H为AB的中点，OH交EF于点G，且OG=2GH，若OEOA=56，求S1S2值．

【答案】（1）见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析：（3）2554
【解析】
【分析】
（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，求出DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，先证明△OEF≌△OCD，得到OD=OF，证明△OEF∽△OAM，得到OFOM=OEOA=56，设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，证明△OGF∽△OHN，推出ON=32OF=15n2，BN=MN=ON-OM=3n2，则OB=ON+BN=9n，由（2）结论求解即可．
【详解】
解：（1）如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；


（2）（1）中的结论成立，理由如下：
如图所示，过点D作AE⊥AC于E，过点B作BF⊥AC于F，
∴DE=OD⋅sin∠DOE，BF=OB⋅sin∠BOF，
∴S△OCD=S1=12OC⋅DE=12OC⋅OD⋅sin∠DOE，
S△AOB=S2=12OA⋅BF=12OA⋅OB⋅sin∠BOF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴sin∠DOE=sin∠BOF；
∴S1S2=12OC⋅OD⋅sin∠DOE12OA⋅OB⋅sin∠BOF=OC⋅ODOA⋅OB；


（3）如图所示，过点A作AM∥EF交OB于M，取BM中点N，连接HN，
∵EF∥CD，
∴∠ODC=∠OFE，∠OCD=∠OEF，
又∵OE=OC，
∴△OEF≌△OCD（AAS），
∴OD=OF，
∵EF∥AM，
∴△OEF∽△OAM，
∴OFOM=OEOA=56，
设OE=OC=5m，OF=OD=5n，则OA=6m，OM=6n，
∵H是AB的中点，N是BM的中点，
∴HN是△ABM的中位线，
∴HN∥AM∥EF，
∴△OGF∽△OHN，
∴OGOH=OFON，
∵OG=2GH，
∴OG=23OH，
∴OGOH=OFON=23，
∴ON=32OF=15n2，BN=MN=ON-OM=3n2，
∴OB=ON+BN=9n，
由（2）可知S1S2=OC⋅ODOA⋅OB=5m⋅5n6m⋅9n=2554．


【点睛】
本题主要考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，点E是边AD上一点，连接BE,CE,OE，且BE=CE．


(1)如图1，求证：△BEO≌△CEO；
(2)如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
【答案】(1)见解析
(2)△DEG、△DEH、△BFO、△CHO
【解析】
【分析】
（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则S△AOE=S△DOE，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出AB∥OE，得到S△AOE=SBOE，即可证明S△BFO=S△AEF由△BEO≌△CEO，得到∠OBF=∠OCH，S△BOE=S△COE，证明△BOF≌△COH，即可证明S△BFO=S△CHO=S△AEF，则S△OEF=S△OEH，即可推出S△DEH=S△AEF，最后证明△AEF≌△DEG，即可得到S△AEF=S△DEG；
(1)
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC与BD相等且互相平分，
∴OB=OC，
∵BE=CE，OE=OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
(2)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴S△AOE=S△DOE，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴AB∥OE，
∴S△AOE=SBOE，
∴S△AOE-S△EOF=S△BOE-S△EOF，
∴S△BFO=S△AEF；
∵△BEO≌△CEO，
∴∠OBF=∠OCH，S△BOE=S△COE，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴S△BFO=S△CHO=S△AEF，
∴S△BOE-S△BOF=S△COE-S△COH，
∴S△OEF=S△OEH，
∴S△AOE-S△OEF=S△DOE-S△OEH，
∴S△DEH=S△AEF；
∵AC∥DG，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴△AEF≌△DEGAAS，
∴S△AEF=S△DEG；
综上所述，△DEG、△DEH、△BFO、△CHO这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
19．（2022·四川成都·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD=nABn>1，点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．


(1)【尝试初探】在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．
(2)【深入探究】若n=2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．
(3)【拓展延伸】连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)2-22或2+22
(3)n2或n2-1
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证；
（2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得x=2+2a2或2-2a2，即可求解；
（3）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解．
(1)
解：根据题意得：∠A=∠D=∠BEG=90°，
∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠DEH=∠ABE，
∴△ABE∽△DEH；
(2)
解：根据题意得：AB=2DH，AD=2AB，
∴AD=4DH，
设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，
∴DE=4x-a，
∵△ABE∽△DEH，
∴ABDE=AEDH，
∴2x4x-a=ax，解得：x=2+2a2或2-2a2，
∴AB=2+2a或2-2a，
∴tan∠ABE=AEAB=2-22或2+22；
(3)
解：∵矩形EBFG∽矩形ABCD，AD=nABn>1，
∴EG=nBE，
如图，当FH=BH时，


∵∠BEH=∠FGH=90°，BE=FG，
∴Rt△BEH≌Rt△FGH，
∴EH=GH=12EG，
∴EH=n2BE，
∵△ABE∽△DEH，
∴DEAB=EHBE=n2，即DE=n2AB，
∴AE=AD-DE=n2AB，
∴tan∠ABE=AEAB=n2；
如图，当FH=BF=nBE时，


HG=FH2-FG2=n2-1FG=n2-1BE，
∴EH=EG-HG=n-n2-1BE，
∵△ABE∽△DEH，
∴DEAB=EHBE=n-n2-1，即DE=n-n2-1AB，
∴AE=AD-DE=n2-1AB，
∴tan∠ABE=AEAB=n2-1；
综上所述，tan∠ABE的值为n2或n2-1．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键．
20．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：


(1)【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；


(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC=6，CE=2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1)AE=BF
(2)16
(3)BP=6或BP=2.
【解析】
【分析】
（1）由正方形的性质可得∠BAO=∠OBC,AO=BO，∠AOE=∠BOF，根据ASA可证ΔAOE≅ΔBOF，由全等三角形的性质可得结论；
（2） 过点O作MN∥AB,交AD于点M，交BC于点N，作TR∥AD.交AB于点T，交CD于点R，证明△OME≅ΔOTG，进而证明S四边形AEOG=S正方形ATOM=16；
（3）BP=x,分别求出AP2=36+x2,FP2=x2-16x+68，AF2=80,由勾股定理可得方程，求出x的值即可．
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=90°
∵AC,BD是对角线，
∴∠BAO=12∠BAD,∠OBF=12∠ABC,AC=BD，
∴∠BAO=∠OBC,AO=BO=12AC=12BD,∠AOB=90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠A1OC1=90°，
∴∠A1OB+∠BOC1=90°
又∠AOA1+∠A1OB=90°
∴∠AOE=∠BOF，
∴ΔAOE≅ΔBOF
∴AE=BF
故答案为: AE=BF
(2)
过点O作MN∥AB,交AD于点M，交BC于点N，作TR∥AD.交AB于点T，交CD于点R，如图，


∵点O是正方形ABCD的中心，
∴AT=TO=OM=MA=12AB=12AD,
又∠A=90°
∴四边形ATOM是正方形，
∴S正方形ATOM=14S正方形ABCD=14AB2=16,
同（1）可证△OME≅ΔOTG.
∴S四边形AEOG=S正方形ATOM=16
(3)
∵四边形ABCD,CEFG均为正方形，
∴AB=BC=CD=DA=6,CE=EF=FG=GC=2,∠B=∠E=∠ADC=∠EFG=90°,
∵CG在CD上，
∴DG=DC-CG=6-2=4,
又CE在BC的延长线上，
∴BE=BC+CE=6+2=8,
设BP=x,则PE=8-x,
在RtΔABP中，AP2=AB2+BP2=36+x2,
在RtΔFPE中，FP2=PE2+EF2=(8-x)2+22=x2-16x+68
延长AD，CE交于点Q，则四边形DQFG是矩形，


∴QF=DG=4,DQ=GF=2,
∴AQ=AD+DQ=6+2=8.，
在RtΔAQF中，AF2=AQ2+QF2=82+42=80,
若△APF为直角三角形，则有，
AP2+PF2=AF2,即36+x2+x2-16x+68=80.
整理得，x2-8x+12=0,
解得，x1=6,x2=2.
∴BP=6或BP=2.
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键
21．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AC是一条对角线，且AB=AC=5，BC=6，E，F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AE=DF，连接CE，CE的延长线与BA的延长线相交于点G．

(1)如图1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE相交于点N．
①若AE=32，求AG的长；
②在满足①的条件下，若EN=NC，求证：AM⊥BC；
(2)如图2，连接GF，H是GF上一点，连接EH．若∠EHG=∠EFG+∠CEF，且HF=2GH，求EF的长．
【答案】(1)①53；②证明见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）①解：根据平行四边形ABCD的性质可证△AGE∽△DCE，得到AGDC=AEDE，再根据AB=AC=5，BC=6，AE=32，结合平行四边形的性质求出DE的长，代入比例式即可求出AG的长；
②先根据ASA证明△ENF≌△CNM可得EF=CM，再根据AE=32，AE=DF求出EF=3，进一步证明BM=MC，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．
（2）如图，连接CF，先根据SAS证明△AEC≌△DFC，再结合∠EHG=∠EFG+∠CEF，说明EH∥CF，利用平行线分线段成比例定理可得GEEC=12，接着证明△AGE∽△DCE，可得到AEDE=12，设AE=x，则DE=2x，根据AD=AE+DE=6构建方程求出x，最后利用EF=AD-AE-DF可得结论．
(1)
①解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AC=5，BC=6，
∴AB∥CD，AD∥BC，DC=AB=5，AD=BC=6，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AGDC=AEDE，
∴AG·DE=DC·AE，
∵AE=32，
∴DE=AD-AE=6-32=92，
∴92AG=5×32，
∴AG=53，
∴AG的长为53．

②证明：∵AD∥BC，
∴∠EFN=∠CMN，
∵EN=NC，
在△ENF和△CNM中，
∠EFN=∠CMNEN=CN∠ENF=∠CNM
∴△ENF≌△CNMASA，
∴EF=CM，
∵AE=32，AE=DF，
∴DF=32，
∴EF=AD-AE-DF=3，
∴CM=3，
∵BC=6，
∴BM=BC-CM=3，
∴BM=MC，
∵AB=AC，
∴AM⊥BC．
(2)
如图，连接CF，
∵AB=AC，AB=DC，
∴AC=DC，
∴∠CAD=∠CDA，
∵AE=DF，
在△AEC和△DFC中，
AC=DC∠CAD=∠CDAAE=DF
∴△AEC≌△DFCSAS，
∴CE=CF，
∴∠CFE=∠CEF
∵∠EHG=∠EFG+∠CEF，
∴∠EHG=∠EFG+∠CEF=∠EFG+∠CFE=∠CFG，
∴EH∥CF，
∴GHHF=GEEC，
∵HF=2GH，
∴GEEC=12，
∵AB∥CD，
∴∠GAE=∠CDE，∠AGE=∠DCE，
∴△AGE∽△DCE，
∴AEDE=GECE，
∴AEDE=12，
∴DE=2AE，
设AE=x，则DE=2x，
∵AD=6，
∴AD=AE+DE=x+2x=6，
∴x=2，
即AE=2，
∴DF=2，
∴EF=AD-AE-DF=2．
∴EF的长为2．

【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．
22．（2022·海南·中考真题）如图1，矩形ABCD中，AB=6,AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．


(1)当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
(2)将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在矩形ABCD的内部，延长PB'交直线AD于点F．
①证明FA=FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B'C，求△PCB'周长的最小值；
③如图2，BB'交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB'=2∠AEB'时，请判断AB与HG的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；AF=132；②12,；③AB=2HG，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到AB∥DE，再结合P是BC的中点证明△ABP≌△ECP；
（2）①设FA=x，在Rt△AB'F中，表示出三角形的其他两边，再由勾股定理列方程计算即可；
②当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小，利用勾股定理计算即可；
③过点B'作B'M∥DE，交AE于点M，证明B'M=EM=AB'=AB，再由HG=AG-AH=12(AE-AM)=12EM即可得到HG=12AB．
(1)
解：如图9-1，在矩形ABCD中，AB∥DC，


即AB∥DE，
∴∠1=∠E,∠B=∠2．
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP．
∴△ABP≌△ECP(AAS)．
(2)
①证明：如图9-2，在矩形ABCD中，AD∥BC，


∴∠3=∠FAP．
由折叠可知∠3=∠4，
∴∠FAP=∠4．
∴FA=FP．
在矩形ABCD中，BC=AD=8，
∵点P是BC的中点，
∴BP=12BC=12×8=4．
由折叠可知AB'=AB=6,PB'=PB=4，∠B=∠AB'P=∠AB'F=90°．
设FA=x，则FP=x．
∴FB'=x-4．
在Rt△AB'F中，由勾股定理得AF2=B'A2+B'F2，
∴x2=62+(x-4)2，
∴x=132，
即AF=132．
②解：如图9-3，由折叠可知AB'=AB=6，B'P=BP．


∴C△PCB'=CP+PB'+CB'=CB+CB'=8+CB'．
由两点之间线段最短可知，
当点B'恰好位于对角线AC上时，CB'+AB'最小．
连接AC，在Rt△ADC中，∠D=90°，
∴AC=AD2+DC2=82+62=10，
∴CB'最小值=AC-AB'=10-6=4，
∴C△PCB'最小值=8+CB'=8+4=12．
③解：AB与HG的数量关系是AB=2HG．
理由是：如图9-4，由折叠可知∠1=∠6,AB'=AB,BB'⊥AE．


过点B'作B'M∥DE，交AE于点M，
∵AB∥DE，
∴AB∥DE∥B'M，
∴∠1=∠6=∠5=∠AED．
∴AB'=B'M=AB，
∴点H是AM中点．
∵∠EAB'=2∠AEB'，即∠6=2∠8，
∴∠5=2∠8．
∵∠5=∠7+∠8，
∴∠7=∠8．
∴B'M=EM．
∴B'M=EM=AB'=AB．
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG=12AE,AH=12AM．
∴HG=AG-AH=12(AE-AM)=12EM．
∴HG=12AB．
∴AB=2HG．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、折叠问题、勾股定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质，关键是作出辅助线，根据等腰三角形的性质证明．
23．（2022·黑龙江绥化·中考真题）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．


(1)如图一，在等腰△ABC中，AB=AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G.利用面积证明：DE+DF=CG．
(2)如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N.若BC=8，BE=3，求GM+GN的长．
(3)如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且ABCD=AEDE，BC=51，CD=3，BD=6，求ED+EA的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)4
(3)35
【解析】
【分析】
（1）根据题意，利用等面积法SΔABC=SΔABD+SΔACD，根据等腰△ABC中，AB=AC，即可得到结论；
（2）根据题中条件，利用折叠性质得到∠AFE=∠CFE，结合矩形ABCD中AD∥BC得到∠AFE=∠FEC，从而有∠CFE=∠FEC，从而确定ΔEFC是等腰三角形，从而利用（1）中的结论得到GM+GN=FH，结合勾股定理及矩形性质即可得到结论；
（3）延长BA、CD交于F，连接EF，过点B作BG⊥FC于G，根据ABCD=AEDE，EA⊥AB，ED⊥CD，得到ΔABC是等腰三角形，从而由（1）知ED+EA=BG，在RtΔBCG中，BG=BC2-CG2=512-3+x2，在RtΔBDG中，BD=6，BG=BD2-DG2=62-x2，联立方程512-3+x2=BG=62-x2求解得x=1，从而得到结论．
(1)
证明：连接AD，如图所示：


∵在等腰△ABC中，AB=AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G，
∴由SΔABC=SΔABD+SΔACD得12AB⋅CG=12AB⋅ED+12AC⋅FD，
∴ DE+DF=CG；
(2)
解：连接CG，过点F作FH⊥BC于H，如图所示：


根据折叠可知∠AFE=∠CFE，
在矩形ABCD中，AD∥BC，则∠AFE=∠FEC，
∴∠CFE=∠FEC，即ΔEFC是等腰三角形，
在等腰ΔEFC中，FC=EC，EF边上有一点G，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N，过点F作FH⊥BC于H，由（1）可得GM+GN=FH，
在RtΔABE中，∠B=90°，BE=3,AE=EC=BC-BE=8-3=5，则AB=AE2-BE2=52-32=4，
在四边形ABHF中，∠B=∠BAF=∠FHB=90°，则四边形ABHF为矩形，
∴FH=AB=4，即GM+GN=FH=AB=4；
(3)
解：延长BA、CD交于F，连接EF，过点B作BG⊥FC于G，


在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，则∠BAE=∠CDE=90°，
又∵ ABCD=AEDE，
∴ ΔABE∼ΔDCE，
∴∠ABE=∠C，即ΔABC是等腰三角形，
∴由（1）可得ED+EA=BG，
设GD=x，
∵∠EDC=∠BGC=90°，BC=51，CD=3，
在RtΔBCG中，BG=BC2-CG2=512-3+x2，
在RtΔBDG中，BD=6，BG=BD2-DG2=62-x2，
∴ 512-3+x2=BG=62-x2，解得x=1，
∴BG=62-12=35，即ED+EA=BG=35．
【点睛】
本题考查几何综合，涉及到等腰三角形的判定与性质、等面积求线段关系、折叠的性质、勾股定理求线段长、相似三角形的判定与性质等知识点，读懂题意，掌握（1）中的证明过程与结论并运用到其他情境中是解决问题的关键．
24．（2022·河南·中考真题）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
　　 　　

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
(3)AP=4011cm或2413cm
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）根据折叠的性质，可证RtΔBQM≅RtΔBQCHL，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
(1)
解：∵AE=BE=12AB，AB=BM
∴BE=12BM
∵∠BEM=90°
∴∠BME=30°
∴∠MBE=60°
∵∠ABP=∠PBM
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°
(2)
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
∵∠MBC=30°
∴∠MBQ=∠CBQ=15°
②∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
(3)
当点Q在点F的下方时，如图，

∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=CD-DF-FQ=8-4-1=3(cm)，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8-x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8-x2+52=x+32
解得：x=4011
∴AP=4011cm；
当当点Q在点F的上方时，如图，


∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=5cm，DQ =3cm，
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8-x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8-x2+32=x+52
解得：x=2413
∴AP=2413cm．
【点睛】
本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．