2023年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题25以四边形为载体的几何综合问题（教师版）

这是一份2023年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题25以四边形为载体的几何综合问题（教师版），共74页。

专题25以四边形为载体的几何综合问题


【例1】（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且．

(1)当时，求证：；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
(3)

【分析】（1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为．
理由如下：
延长CB至M，使，连接AM，
则．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；

（3）
解：过点H作于点N，
则．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键．
【例2】（2022·辽宁丹东·中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．

(1)如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
(2)如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝

【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
（1）
解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）
BE＝，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，

作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝，
∴，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝＝＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MNBE，
∴△BEG∽△MNG，
∴＝（）2＝，
∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，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，解决问题的关键是类比的方法．
【例3】（2022·湖南益阳·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形

【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
（1）解：（任意回答一个即可）；①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四边形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）∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，即，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②当C'F＝BF时，如图3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
【例4】（2022·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．

(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？
(3)如图3，H在线段AB上且AH＝HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
【答案】(1)；
(2)y关于x的函数解析式为；当时，y的最大值为；
(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析

【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，先证得，可得，根据题意可得AF=，AE=，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；
（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当时，E点在BD上，F点在AB上；当时，点E、F均在BD上，即可求解；
（3）当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解 ．
（1）
解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为秒，
∴AF=，AE=，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=， ED=，
∴，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵，
∴△PDE∽△PGC，
∴，
∴；
（2）
解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，，
∵， AB=4，AD=2，
∴，
∴△ABD是直角三角形，
∵，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作交于H，

∴，
∴；
∴当x＞0时，y随x的增大而增大，
此时当x=2时，y有最大值3；
当时，E点在BD上，F点在AB上，
如图， 过点E作交于N，过点D作交于M，则EN∥DM，

根据题意得：DE=x-2，
∴，
在Rt△ABD中，，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴，
∴
∴，
∴，
此时该函数图象的对称轴为直线 ，
∴当时，y随x的增大而增大，
此时当时，y有最大值；
当时，点E、F均在BD上，
过点E作交于Q，过点F作交于P，过点D作DM⊥AB于点M，

∴，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴，，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴，即，
∴，
∵，
∴△BEQ∽△BDM，
∴，即，
∴，
∴，
此时y随x的增大而减小，
此时当时，y有最大值；
综上所述：y关于x的函数解析式为
当时，y最大值为；
（3）
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，

∵，AB=4，
∴．AH=1，
由（2）得：此时，
∵M是DF的中点，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
【例5】（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接．

(1)若，
①证明为菱形；
②若，，求的长．
(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)

【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=,即可得OB=3x=3，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，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，

∵平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形，
∴四边形是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵为中点，
∴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=,
∴OB=3x=3，
∵平行四边形，
∴BD=2OB=6；
(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，
又在直线上，
∴CG是△ABC的中线，
∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，
∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,
∴AG=AE,
∴AB=2AG=AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，
∴BC=AE，
∴．
【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．


一、解答题【共20题】
1．（2022·山西实验中学模拟预测）综合与实践：
问题情境：在综合与实践课上，数学老师出示了一道思考题：
如图，在正方形中，是射线上一动点，以为直角边在边的右侧作等腰直角三角形，使得，，且点恰好在射线上．

(1)如图1，当点在对角线上，点在边上时，那么与之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点在正方形外部时如图2与图3，（1）中的结论是否还成立？若成立，请利用图2进行证明；若不成立，请说明理由；
问题解决：
(3)如图4，在正方形中，，当是对角线的延长线上一动点时，连接，若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)成立，证明见解析；
(3)．

【分析】（1）连接，根据正方形的性质和是等腰直角三角形，证得，可得，即可；
（2）连接，根据正方形的性质和是等腰直角三角形，证得，可得，即可；
（3）连接交于点，过点作交直线于点，根据正方形的性质，可得，再证得，可得，，在中，根据勾股定理可得，即可．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；
故答案为：；
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
如图2，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
即；

（3）解：如图4，连接交于点，过点作交直线于点，

∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，，
设，
∴，
解得，，（舍去），
即，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
2．（2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（1）如图，在正方形中，是上一动点，将正方形沿着折叠，点落在点处，连接，并延长交于点求证：；
（2）在（1）的条件下，如图，延长交边于点若，求的值；
（3）如图，四边形为矩形，同样沿着折叠，连接，延长分别交于两点，若，则的值为___________（直接写出结果）

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】根据证明三角形全等即可；
如图中，连接根据，求出即可解决问题；
如图中，连接由，可以设，根据相似三角形的判定和性质可得，则，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】证明：如图中，

是由折叠得到，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
；
解：如图中，连接．

，
，
由折叠可知，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
设，
，
由折叠可知，
，
，
，
或舍弃，
，
；
解：如图中，连接．

由，
设，
由知，
，
由折叠可知，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，

，
，
或舍弃，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
3．（2022·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，，．连接．

(1)求图1中、的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形固定不动，将图1中的正方形绕点C逆时针旋转度（），试探究、之间的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接并延长交于点H，若，求m的值．
【答案】(1)BG=　，AF＝
(2)AF=BG
(3)

【分析】（1）延长FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的长，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的长；
（2）连接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，则，从而可证△ACF∽△BCG，得，即可得出结论；
（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，
可求得CF=，即从而求得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，即 求解即可．
（1）
解：延长FG交AB于H，如图1，

∵正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，
∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，
在Rt△BCG中，由勾股定理，得
；
∴∠BHG=90°，
∴四边形BCGH是矩形，∠AHG=90°，
∴GH=BC=m，BH=CG=1，
∴AH=m-1，
在Rt△AHG中，由勾股定理，得
；
（2）
解：连接AC、CF，如图2，

∵正方形和正方形，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得
AC=BC，
在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得
CF=CG，
∴，
∴△ACF∽△BCG，
∴，
即AF=BG；
（3）
解：连接AC，如图3，

∵正方形和正方形，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴△AHF∽△CHA，
∴，
∵正方形，EF=CE=1，
∴CF=，
∴CH=CF+FH=+=2，
∴，
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得
，
即
解得：，(不符合题意，舍去)．
∴m的值为．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质并能灵活运用是解题的关键．
4．（2022·北京市第十九中学三模）如图，在中，，，是的中点，是延长线上一点，平移到，线段的中垂线与线段的延长线交于点，连接、．

(1)连接，求证：；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：，理由见解析

【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；
（2）图形如图所示，结论：，想办法证明即可．
（1）
证明：连接．
，，
，
，
；
（2）
解：图形如图所示，结论：．
理由：连接，，取的中点，连接，，．

点在的垂直平分线上，
，
，，
，
，
四边形，四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，，
，
，
四边形四点共圆，
，
，
，，，四点共圆，
，
，
．
【点睛】本题考查作图平移变换，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形中，点E与点F分别在线段上，且四边形是正方形．

(1)试探究线段与的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形与四边形由正方形改为矩形，，．
①线段在（1）中的关系仍然成立吗？若成立，请证明，若不成立，请写出你认为正确的关系，并说明理由．
②当为等腰三角形时，求的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)①位置关系保持不变，数量关系变为；理由见解析；②当为等腰三角形时，的长为或或．

【分析】（1）如图1，根据证明，可得，及，则，所以；
（2）①如图2，连接交于点O，连接，根据矩形的性质和直角三角形斜边中线的性质得：，可知在以点O为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得，再证明，得；
②先根据，设，
分三种情况：
（i）当时，如图3，根据等腰三角形三线合一的性质和中位线定理可得x的值，从而计算的长；
（ii）当时，如图4，证明，列比例式可得的长，从而根据，求得x的值，同理可得的长；
（iii）当时，如图5，根据，可得x的值，同理可得的长．
（1）

理由：如图1，∵四边形是正方形，

∴
∵四边形是正方形，
∴
∴
∴，
∴
∵
∴
∴
即．
（2）
①位置关系保持不变，数量关系变为
理由：如图2，连接交于点O，连接，

∵四边形是矩形，
∴
中，，
中，，
∴
∴在以点O为圆心的圆上，
∵
∴为的直径，
∵
∴也是的直径，
∴，即
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
②由①知：
∴设
分三种情况：
（i）当时，如图3，过E作于H，则，

∴
∴
由勾股定理得：  
∴
即
∴
（ii）当时，如图4，过D作于H，

∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴
（iii）当时，如图5，

∴
∴
∴
综上所述，当为等腰三角形时，CG的长为或或．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、菱形的性质、三角形相似的性质和判定、等腰三角形的判定、圆的定义以及全等三角形的判定和性质，掌握相关的性质定理，并采用分类讨论的思想是解题的关键．
6．（2022·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，在矩形中，，，E是边上一点，连接，将矩形沿折叠，顶点D恰好落在边上点F处，延长交的延长线于点G．

(1)求线段的长；
(2)如图2，M，N分别是线段上的动点（与端点不重合），且，设．
①求证四边形AFGD为菱形；
②是否存在这样的点N，使是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)3
(2)①见解析；②或2

【分析】（1）由翻折可知：．，设，则．在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（2）①由计算出的长度，再证明四边形是平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形的菱形即可证明；
②若 是直角三角形，则有两种情况，一是当时，二是当时，分别利用相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可计算得出．
（1）
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由翻折可知：．，设，则．
在中， ，
∴，
在中，则有：，
∴，
∴．
（2）
①证明：∵四边形是矩形，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得：，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是菱形．
②∵，
∴若是直角三角形，则有两种情况，
当时，
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
又∵，，
∴
∴，即，
∴；
当时，则，
又∵，，
∴，
∴，
∴，
∵s ，
∵，
∴，
∴ ，
∵
∴
∴，即
解得：，
综上所述：或2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．（2022·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．

(1)如图，中，，，，点是边上任意一点，则的最小值为______．
(2)如图，矩形中，，，点、点分别在、上，求的最小值．
(3)如图，矩形中，，，点是边上一点，且，点是边上的任意一点，把沿翻折，点的对应点为，连接、，四边形的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时的长度．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，最小值为，

【分析】（1）根据点到直线的距离最小，再用三角形的面积即可得出结论；
（2）先根据轴对称确定出点M和N的位置，再利用面积求出CF，进而求出CE，最后用三角函数即可求出的最小值；
（3）先确定出时，四边形的面积最小，再用锐角三角函数求出点G到AC的距离，最后用面积之和即可得出结论，再用相似三角形得出的比例式求出CF即可求出BF．
（1）
如图①，过点C作于P，根据点到直线的距离垂线段最小，此时CP最小，

在Rt中，，根据勾股定理得，，
∵
∴，
故答案为；
（2）
如图，作出点关于的对称点，连接交于点，
过点作于，交于，连接，此时最小；

四边形是矩形，
，，根据勾股定理得，，
，
，
，
由对称得，，
在中，，
，
在中，；
即：的最小值为；
（3）
存在．
如图，

四边形是矩形，
，，，
根据勾股定理得，，
，，
点在上的任何位置时，点始终在的下方，
设点到的距离为，
，
要四边形的面积最小，即：最小，
点是以点为圆心，为半径的圆上在矩形内部的一部分点，
时，最小，
由折叠知，
延长交于，则，
在中，，
在中，，，
，
，
，
过点作于，
，，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，

．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，点到直线的距离，轴对称，解本题的关键是确定出满足条件的点的位置，是一道很好的中考常考题．
8．（2022·广东· 三模）特例发现：
如图1，点E和点F分别为正方形ABCD边BC和边CD上一点，当CE＝CF时，则易得BE＝DF，BE⊥DF．

(1)如图2，点E为正方形ABCD内一点，且∠ECF＝90°，CF＝CE，点E，F在直线CD的两侧，连接EF，BE，DF，探究线段BE与DF之间的关系，并说明理由；
(2)如图3，在矩形ABCD中，AB∶BC＝1∶2，点E在矩形ABCD内部，∠ECF＝90°，点E，F在直线BC的两侧，CE∶CF＝1∶2，连接EF，BE，DE，BF，DF．请探究线段DE，BF之间的关系，并说明理由；
(3)若（2）中矩形ABCD的边AB＝3，Rt△CEF的边CE＝1，当BE＝DF时，求BF的长．
【答案】(1)，；理由见解析；
(2)，．理由见解析；
(3)．

【分析】（1）由正方形的性质得出，，证明，再由全等三角形的性质得，，由直角三角形的性质得出结论；
（2）延长交，分别于点，，证明出，由相似三角形的性质得出，，则可得出结论；
（3）由（2）得，，则，，求出，，可求出，则可得出答案．
（1）
解：线段与之间的关系为，．
理由如下：
延长交，分别于点，，

四边形是正方形，
，，
，
，
，
即，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）
解：线段与之间的关系为，．
理由如下：
延长交，分别于点，，

四边形是矩形，
，，
，
即．
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）
解：连接，如图3，

由已知得，，，，，，
由（2）得，，
则，，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由得，，
，，
，，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
9．（2022·浙江丽水·一模）在菱形中，，，点E在边上，，点P是边上一个动点，连结，将沿翻折得到．

(1)当时，求的度数；
(2)若点F落在对角线上，求证：；
(3)若点P在射线上运动，设直线与直线交于点H，问当为何值时，为直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)见解析；
(3)或或或．
【分析】（1）由平行线的性质得，求得，由翻折的性质可得，即可求解；
（2）易证是等边三角形，由翻折可得，证得，即可证明相似；
（3）如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，
由翻折的性质可得：AP=FP，，，设AP=x，则FP=x，
求得，，，在中， ，求解即可得；如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，求得，，，即可得AP的长度；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，易得，，在中，，
∴，求解即可；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，
延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，，证得，，，即可求得AP的长度．
（1）
解：∵，
∴，
∵
∴
∵是由翻折得到，
∴，
∴；
（2）
证明：当点F在BD上时，如图1所示，

∵菱形ABCD中，，
∴AD=AB，是等边三角形，
∴
∵是由翻折得到，
∴，
∴
∵
∴
∴
在和中，

∴；
（3）
解：如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，
延长EF交AB的延长线于点K，

由翻折的性质可得：AP=FP，，
设AP=x，则FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴，
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
在中，
，
即，解得：，
即；
如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，
过点E作EQ⊥AB于点Q，

由折叠的性质可得：，
∵EQ⊥AB，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，
过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，

∵EM⊥AB，，
∴，
由折叠的性质可得：，
∵EM⊥AB，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
即；
如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，
延长EF交AB于点N，

由翻折的性质可得：AP=FP，，
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴，
∵
∴
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
综上，AP的长度为或或或．
【点睛】本题考查菱形的性质，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质，勾股定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等，第（3）问要注意分情况讨论，做到不重不漏．
10．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）二模）问题初探：数学兴趣小组在研究四边形的旋转时，遇到了这样的一个问题．如图1，四边形ABCD和BEFG都是正方形，于H，延长HB交CG于点M．通过测量发现CM＝MG．为了证明他们的发现，小亮想到了这样的证明方法：过点C作于点N．他已经证明了，但接下来的证明过程，他有些迷茫了．

(1)请同学们帮小亮将剩余的证明过程补充完整；
(2)深入研究：若将原题中的“正方形”改为“矩形”（如图2所示），且（其中k＞0），请直接写出线段CM、MG的数量关系为______；
(3)拓展应用：在图3中，在和中，，，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为______．
【答案】(1)剩余的证明过程见解析
(2)
(3)

【分析】（1）过G作于点Q，易证，即可得出结论；
（2）过点C作于点N，过G作于点Q．通过证明，即可得出结论；
（3）延长AF至点G，使AF=FG，则四边形ABGF为平行四边形，通过证明即可得出结论．
（1）
过G作于点Q，

∵，
∴，，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，，
∴，
∴，
∴，
∴BH＝GQ，
∵，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵，
∴，
∴CM＝MG，
∴M为CG的中点．
（2）

过点C作于点N，过G作于点Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴，
同理可得：
∵，
∴，
∴，
∵∠AMN=∠GMQ，
∴，
∴，
∴，
（3）
延长AF至点G，使AF=FG，

∵AF=FG，BF=DF，
∴四边形ABGF为平行四边形，
∴，AD=BG，
∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵，
∴AC=AB，AE=AD=BG
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形是性质和判定，相似三角形的性质和判定，熟练掌握相关内容，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
11．（2022·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形中，与相交于点，，平分．

(1)如图，求证：四边形是菱形；
(2)如图，过点作于，若，，求的长；
(3)如图，，点为延长线上一点，连接交于点，点、分别是、边上一点，且，过点作的垂线，垂足为，，当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）利用菱形面积的两种求法，构建关系式解决问题即可；
（3）过点作于点，过点作于证明≌，推出，证明≌，推出，设，则，，在中，，根据勾股定理，构建方程求出即可．
（1）
证明：
四边形是平行四边形，
平分，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）
解：▱是菱形，
，，，
，
在中，根据勾股定理，
，
，
；
（3）
解：，，

，
是等边三角形，
，
过点作于点，
，
，
，
在中，根据勾股定理，
过点作于．
四边形是菱形，
，
，
，，
，
又，
≌，
，
，，
即，
又,为公共边，
≌，
，
设，则，，
在中，，根据勾股定理，
，
解得，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
12．（2022·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形中，，是的中点，点是上一点，连接，过点作交于点，连接．

(1)如图（1），点在上运动时的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接，若，交于点，，，求的值．
【答案】(1)不变，理由见解析
(2)

【分析】（1）根据，可知，，，四点共圆，可得；
（2）根据同角的余角相等可得，则，再利用两个角相等证明∽，得，设，则，代入解方程即可．
（1）
解：不变，理由如下：
四边形是矩形，
，
，
，
，，，四点共圆，
，
的大小不改变．
（2）
解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
∽，
，
设，则，
，
，
，
解得，
经检验，是方程的根，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，证明，，，四点共圆是解题的关键．
13．（2021·吉林·长春市赫行实验学校二模）阅读理解在学习中，我们学习了一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在中，，若点是斜边的中点，则．
灵活应用如图2，中，，，，点是的中点，将沿翻折得到，连接，．
　
(1)根据题意，则的长为 　　．
(2)判断的形状，并说明理由．
(3)请直接写出的长 　　．
【答案】(1)5
(2)是直角三角形，理由见解析
(3)

【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用翻折变换的性质可得；
（2）结论：是直角三角形．证明，可得结论；
（3）设交于点．利用相似三角形的性质求出，再求出，利用三角形中位线定理，可得结论．
（1）
在中，，，，
，
是的中点，
，
由翻折的性质可知，．
故答案为：5；
（2）
结论：是直角三角形．
理由：，，
，
，
是直角三角形；
（3）
设交于点．

由翻折的性质可知，，，
垂直平分线段，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，翻折变换，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
14．（2022·广东·东莞市光明中学三模）中，，，点为直线上一动点点不与，重合，以为边在右侧作菱形，使，连接．

(1)观察猜想：如图，当点在线段上时，
与的位置关系为：______．
，，之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图，当点在线段的延长线上时，结论，是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图，当点在线段的延长线上时，设与相交于点，若已知，，求的长．
【答案】(1)①；②
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)

【分析】根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论；根据全等三角形的性质得到，再根据，即可得出；
依据≌，即可得到，进而得到；依据≌可得，依据，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根据∽，即可得到，进而得出的长．
（1）
解：，，
是等边三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案为：；；
（2）
结论成立，而结论不成立．
证明：如图，，，
是等边三角形，

，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如图，连接，过作于，则，，

中，，
，，
是等边三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可设，则，，，
，
解得，
．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定≌和∽是解本题的关键．
15．（2022·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线与轴交于点，对称轴交轴于点，点是抛物线在第一象限内的一个动点，交轴于点，交轴于点，轴于点，点是抛物线的顶点，已知在点的运动过程中，的最大值是．

(1)求点的坐标与的值；
(2)当点恰好是的中点时，求点的坐标；
(3)连结，作点关于直线的对称点，当点落在线段上时，则点的坐标为______直接写出答案
【答案】(1)B（2，0），a＝；
(2)E（，0）；
(3)E（，0）．

【分析】（1）求出抛物线对称轴为x＝2，可得点B的坐标为（2，0），由题意可证明△DEF是等腰直角三角形，可得EF的最大值为4，即MB＝4，将抛物线解析式化成顶点式，进而得出2−4a＝4，即可求出a的值；
（2）求出直线CD的表达式，再与抛物线解析式联立，求出交点横坐标即可得出点E的坐标；
（3）设点F（x，），则点E（x，0），证明四边形FPDE是正方形，可得点P的坐标为（，），求出直线AM的表达式，将点P坐标代入求出x的值，即可得出点E的坐标．
（1）
解：抛物线与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，
∵当x＝0时，y＝2，
∴A（0，2），
∵对称轴为x＝−＝2，
∴点B的坐标为（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∵FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，
∴∠FDE＝∠DFE＝45°，
∴DF＝EF，
∵FD的最大值是，
∴EF的最大值为4，
∴MB＝4，
∵，
∴2−4a＝4，
∴a＝；
（2）
∵点D恰好是OB的中点，
∴D（1，0），
∵∠CDO＝∠FDE＝45°，
∴OC＝OD＝1，
∴点C的坐标为（0，−1），
设直线CD的表达式为y＝kx＋b（k≠0），
代入C（0，−1），D（1，0）得：，
解得：，
∴直线CD的表达式为：y＝x−1，
由（1）知抛物线解析式为，
联立，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点E的坐标为（，0）；
（3）
：
设点F（x，），则点E（x，0），
∵EF＝ED，
∴点D的横坐标为：x−（）＝，
如图，点与点关于直线对称，连接DP、FP、PE，
∴DF垂直平分PE，
∴FP＝FE，DP＝DE，
∵EF＝ED，
∴FP＝FE＝DP＝DE，
∴四边形FPDE是菱形，
又∵∠FED＝90°，
∴菱形FPDE是正方形，
∴点P的坐标为（，），
∵A（0，2），M（2，4），
设直线AM的表达式为y＝mx＋n，
代入A（0，2），M（2，4），得，
解得：，
∴直线AM的表达式为y＝x＋2，
当点P落在线段AM上时，有，
解得：x＝或x＝（舍去），
∴点E的坐标为（，0），
故答案为：（，0）．

【点睛】本题考查了待定系数法的应用，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，等腰直角三角形的性质，直线与抛物线的交点，轴对称的性质，正方形的判定和性质，解一元二次方程等知识，解题的关键是证出△DEF是等腰直角三角形．
16．（2022·广东·深圳市龙华区丹堤实验学校模拟预测）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．

(1)【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求证：M是CD的中点．
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是______．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8

【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN＝MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，从而列得方程求解即可求出正方形边长．
（2）根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+ n，利用tan∠BAN，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，根据勾股定理得到：，代入可得关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的中点．
（3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．

（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴MN10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；

（2）
证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN，
∴tan∠BAN，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：
∴，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；

（3）
解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQBC，
∴△ABN∽△APE，
∴，
∴PEBN，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16，
由（1）得：EM＝PE+DMa，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：

，
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN＝MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论是解题的关键．
17．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．

(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②

【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
18．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．

(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；
(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；
(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)平行四边形，证明见解析

【分析】（1）利用平行四边形的性质证得，根据角角边证明．
（2）当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
（1）
∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）
；证明如下：
∵四边形为正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）
∵四边形为正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
过点作，垂足为点，交于点，
∴．
∵，
设，，，则，
∴．
∴．
∴当时，的面积最大，
∴，，
∴四边形是平行四边形．

【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
19．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．

(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②
(3)＝，理由见解析

【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如图1，连接AC交BD于点O，

∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．

理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，为定值，
此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（2022·辽宁朝阳·中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．

(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或

【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
（1）
证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．

∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）
解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．

∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）
解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．

∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，

同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．