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中考数学压轴题58

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这是一份中考数学压轴题58，共128页。试卷主要包含了〖真题回顾〗，〖押题冲关〗等内容，欢迎下载使用。

押中考数学第25-26题（解答压轴题：几何探究）

模块一〖真题回顾〗
知识点一：和旋转有关的几何探究
1．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE
(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②26

【分析】1根据SAS证明三角形全等即可；
2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形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=∠CDFDE=DF
∴△ADE≌△CDFSAS；
（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF．
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°．
∵四边形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于点H，作BM⊥AG于点M，

∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM,AD=AB
∴△AMB≌△DHA．
∴BM=AH．
∵AH2=AD2−DH2，AD=4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值=DE=2．
∴BM最小值=AH最小值=23．
由2①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值=2BM=26．
【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．
2．（2022·宁夏·中考真题）综合与实践
知识再现
如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3．当S1=36，S3=100时，S2=______．
问题探究
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°．

（1）如图2，分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3，则S1、S2、S3之间的数量关系是______．
（2）如图3，分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6，试猜想S4、S5、S6之间的数量关系，并说明理由．
实践应用
（1）如图4，将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH，△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN，GH、MN相交于点P．求证：S△PHN=S四边形PMFG；
（2）如图5，分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3．若AB=4，柱体的高ℎ=8，直接写出V1+V2的值．

【答案】知识再现 64；
问题探究：（1）S1+S2=S3；（2）S4+S5=S6；理由见解析；
实践应用：（1）见解析；（2）V1+V2=16π．
【分析】知识再现：利用勾股定理和正方形的面积公式可求解；
问题探究：(1)利用勾股定理和直角三角形的面积公式可求解；
(2)过点D作DG⊥BC交于G，分别求出S4=34BC2，S5=34AC2，S6=34AB2，由勾股定理可得34BC2+34AC2=34AB2，即可求S4+S5=S6；
实践应用：(1)设AB=c，BC=a，AC=b，则HN=a+b-c，FG=c-a，MF=c-b，可证明△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，则S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32(c−a)(c−b)，再由c2=a2+b2，可证明S△PMN=S四边形PMFG．
(2)设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，可得S1+S2=S3，又由V1+V2=12(S1+S1)ℎ=12S3ℎ，即可求V1+V2=16π．
【详解】知识再现：解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴S1+S2=S3，
∵S1=36，S3=100，
∴S2=64，
故答案为：64；
问题探究：1解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
∴12AB2=12AC2+12BC2，
∴S1+S2=S3，
故答案为：S1+S2=S3；
2解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴AB2=AC2+BC2，
过点D作DG⊥BC交于G，

在等边三角形BCD中，CD=BC，CG=12BC，
∴DG=32BC，
∴S4=12×BC×32BC=34BC2，
同理可得S5=34AC2，S6=34AB2，
∴34AB2=34AC2+34BC2，
∴S4+S5=S6；
实践应用：1证明：设AB=c，BC=a，AC=b，
∴HN=a+b−c，FG=c−a，MF=c−b，
∵△HGB是等边三角形，△ABF是等边三角形，
∴HG//AF，MN//BF，
∴∠HPN=60°，
∴△HNP是等边三角形，四边形MFGP是平行四边形，
∴S△PMN=34(a+b−c)2，S四边形PMFG=32c−ac−b，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴34(a+b−c)2=34a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac=32c2+ab−bc−ac=32c−ac−b，
∴S△PMN=S四边形PMFG；
2解：设AB=c，BC=a，AC=b，以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2，
∵△ABC是直角三角形，
∴c2=a2+b2，
∴π4c2=π4a2+π4b2，
∴S1+S2=S3，
∵V2=12S2ℎ，V1=12S1ℎ，V3=12S3ℎ，
∴V2+V1=12S1+S2ℎ=12S3ℎ=V3，
∵AB=4，ℎ=8，
∴V3=12S3ℎ=12×π×4×8=16π，
∴V1+V2=16π．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握直角三角形的勾股定理，等边三角形的性质，圆的性质，圆柱的体积，平行线的性质是解题的关键．
3．（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图1，在△ABC中，∠ABC=45°,AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE=DC，连接BE、CE．

(1)直接写出CE与AB的位置关系；
(2)如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B'E'D（点B'，E'分别与点B，E对应），连接CE'、AB'，在△BED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；
(3)如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE'与AD、AB'分别交于点G、F，若CG=FG,DC=3，求AB'的长．
【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析
(2)一致，理由见解析
(3)53

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；
（2）通过证明△ADB'≅△CDE'，可得∠DAB'=∠DCE'，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'=3AD，即可求解．
【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，

∵∠ABC=45°，AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，
∵DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：
如图2，延长CE'交AB'于H，

由旋转可得：CD=DE'，B'D=AD，
∵∠ADC=∠ADB=90°，
∴∠CDE'=∠ADB'，
∵CDDE'=ADDB'=1，
∴△ADB'∼△CDE',
∴∠DAB'=∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，
∴∠DAB'+∠AGH=90°，
∴∠AHC=90°，
∴CE'⊥AB'；
（3）如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，

∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB'=30°,BD'=BD=AD，
∴∠ADB'=120°,∠DAB'=∠AB'D=30°，
∵DH⊥AB',AD=B'D，
∴AD=2DH，AH=3DH=B'H，
∴AB'=3AD，
由（2）可知：△ADB'∼△CDE'，
∴∠DAB'=∠DCE'=30°，
∵AD⊥BC，CD=3，
∴DG=1，CG=2DG=2，
∴CG=FG=2，
∵∠DAB'=30°,DH⊥AB'，
∴AG=2GF=4，
∴AD=AG+DG=4+1=5，
∴AB'=3AD=53．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
4．（2022·山东济南·统考中考真题）如图1，△ABC是等边三角形，点D在△ABC的内部，连接AD，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°，得到线段AE，连接BD，DE，CE．

(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明；
(2)延长ED交直线BC于点F．
①如图2，当点F与点B重合时，直接用等式表示线段AE，BE和CE的数量关系为_______；
②如图3，当点F为线段BC中点，且ED＝EC时，猜想∠BAD的度数，并说明理由．
【答案】(1)BD=CE，理由见解析
(2)①BE=AE+CE；②∠BAD=45°，理由见解析

【分析】（1）利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到△ABD≌△ACESAS，再由全等三角形的性质求解；
（2）①根据线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE得到△ADE是等边三角形，
由等边三角形的性质和（1）的结论来求解；②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，根据等边三角形的性质和锐角三角函数求值得到∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，进而得到△BAD∽△FAG，进而求出∠ADB=90°，结合BD=CE，ED＝EC得到BD=AD，再用等腰直角三角形的性质求解．
【详解】（1）解：BD=CE．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°．
∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE．
在△ABD和△ACE中
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACESAS，
∴BD=CE；
（2）解：①BE=AE+CE
理由：∵线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°得到AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD=DE=AE，
由（1）得BD=CE，
∴BE=DE+BD=AE+CE；
②过点A作AG⊥EF于点G，连接AF，如下图．

∵△ADE是等边三角形，AG⊥DE，
∴∠DAG=12∠DAE=30°，
∴AGAD=cos∠DAG=32．
∵△ABC是等边三角形，点F为线段BC中点，
∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=12∠BAC=30°，
∴AFAB=cos∠BAF=32，
∴∠BAF=∠DAG，AGAD=AFAB，
∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，
即∠BAD=∠FAG，
∴△BAD∽△FAG，
∴∠ADB=∠AGF=90°．
∵BD=CE，ED＝EC，
∴BD=AD，
即△ABD是等腰直角三角形，
∴∠BAD=45°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键．
5．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．

(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=32时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)3或13
(3)35

【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
【详解】（1）如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
{∠B=∠AMF∠BAE=∠MAFAE=AF，
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．

（2）当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=32，
则BE=AE2−AB2=2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=2，
在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=MF2+CM2=3，
当点E在CD上时，如图，

过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=32+22=13；
故CF的长为3或13．
（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
{∠CMJ=∠ADC∠MCJ=∠ACD，
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
∴CMCD=MJAD=CJAC，
即∴14=MJ3=CJ5，
∴MJ=34，CJ=54，
DJ=CD−CJ=4−54=114，
在△CMJ与△DHJ中，
{∠CMJ=∠DHJ∠CJM=∠DJH，
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
∴CMDH=CJDJ，
即1DH=54114，
DH=115，
故DF的最小值115；

如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
{AD=AR∠DAE=∠RAFAE=AF，
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
∴AQ=AD⋅cos∠BAC=3×45=125，
∵AR=AD=3，
∴DK=QR=AR−AQ=3−125=35，
故此时DF的最小值为35；
由于35<115，故DF的最小值为35．

【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
6．（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）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)46−42或46+42

【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）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）解：∵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）解：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）解：①如图，

∵ AB=82，AG=22AD，
∴AD=AB=82,AG=22×82=8,AC=2AB=16，
∵G,E,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=46−42．
②如图：

由（2）知△ADG∽△ACE，
∴DGCE=ADAC=22，
∴DG=22CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=82，AC=AB2+BC2=16，
∵AG=22AD，
∴AG=22AD=8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=AC2−AG2=162−82=83，
∴CE=CG+EG=83+8，
∴DG=22CE=46+42．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为46−42或46+42．
【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．
7．（2022·山东潍坊·中考真题）【情境再现】
甲、乙两个含45°角的直角三角尺如图①放置，甲的直角顶点放在乙斜边上的高的垂足O处，将甲绕点O顺时针旋转一个锐角到图②位置．小莹用作图软件Geogebra按图②作出示意图，并连接AG,BH，如图③所示，AB交HO于E，AC交OG于F，通过证明△OBE≌△OAF，可得OE=OF．
请你证明：AG=BH．

【迁移应用】
延长GA分别交HO,HB所在直线于点P，D，如图④，猜想并证明DG与BH的位置关系．
【拓展延伸】
小亮将图②中的甲、乙换成含30°角的直角三角尺如图⑤，按图⑤作出示意图，并连接HB,AG，如图⑥所示，其他条件不变，请你猜想并证明AG与BH的数量关系．
【答案】证明见解析；垂直；BH=3AG
【分析】证明△BOH≅△AOG，即可得出结论；通过∠BHO=∠AGO，可以求出∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，得出结论AG⊥BH；证明△BOH∽△AOG，得出AGBH=OAOB=33，得出结论；
【详解】证明：∵ AB=AC,AO⊥BC，
∴ OA=OB,∠AOB=90°，
∵ ∠BOH+∠AOH=90°,∠AOG+∠AOH=90°，
∴ ∠BOH=∠AOG，
∵ OH=OG，
∴ △BOH≅△AOG，
∴ AG=BH；
迁移应用：DG⊥BH，
证明：∵ △BOH≅△AOG，
∴ ∠BHO=∠AGO，
∵ ∠DGH+∠AGO=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO=45°，
∵ ∠OHG=45°，
∴ ∠DGH+∠BHO+∠OHG=90°，
∴ ∠HDG=90°，
∴ DG⊥BH；
拓展延伸：BH=3AG，
证明：在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，
在Rt△HOG中，tan30°=OGOH=33，
∴ OAOB=OGOH，
由上一问题可知，∠BOH=∠AOG，
∴ △BOH∽△AOG，
∴ AGBH=OAOB=33，
∴ BH=3AG．
【点睛】本题考查旋转变换，涉及知识点：全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、等角的余角相等，解题关键结合图形灵活应用相关的判定与性质．
8．（2022·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，P为EF中点，连接AF，G为AF中点，连接PG，DG，将Rt△ECF绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．

(1)如图1，当α＝0°时，DG与PG的关系为　　；
(2)如图2，当α＝90°时
①求证：△AGD≌△FGM；
②（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)DG=PG且DG⊥GP
(2)①见解析；②成立，理由见解析

【分析】（1）先判断出△ABE≅△ADF，得出AE=AF，∠DAF=∠BAE，再用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半和三角形中位线定理、三角形外角和定理，即可得出结论；
（2）①先判断出∠DAG=∠MFG，再判断出AF=FG，即可得出结论；
②由①知，△AGD≅△FGM，得DG=MG，AD=FM=BC得出CM=CF，根据题（1）DE=CE，得出CM=DE，得△ADE≅△DCM，得AE=DM．又根据点G是DM的中点，PG是△AEF的中位线，等量代换得DG=PG．根据△ADE≅△DCM得∠DAE=∠CDM，且∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°，推出∠AND=90°，又根据PG∥AF，同旁内角互补，得∠NGP=90°，即DG⊥GP．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠B=∠ADC=90°，AB=BC=AD=CD
∵△ECF为等腰直角三角形
∴CE=CF
∴CE＝CF，BE=DF
∴△ABE≅△ADF
∴AE=AF，∠DAF=∠BAE
∵点G是AF的中点
∴DG=12AF
∴DG=12AE
∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
∴PG=12AE，PG∥AE
∴DG=PG，∠FAE=∠FGP
又∵在△ADF中DG=AG=GF
∴∠DAF=∠ADG且∠DAF+∠ADG=∠DGF
∴2∠DAF=∠DGF
∵∠DAF+∠FAE+∠EAB=90°
∴2∠DAF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FAE=90°
∴∠DGF+∠FGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
故答案是：DG=PG且DG⊥GP；
（2）
①证明：∵四边形ABCD是正方形，∠DAG=∠MFG
∴AD∥BC
∵点G是AF的中点
∴AG=FG
∴在△AGD和△FGM中
{∠DAG=∠MFGAG=FG∠AGD=∠FGM
∴△AGD≅△FGM(ASA)
解：②（1）中的结论DG=PG且DG⊥GP成立
证明：由①知，△AGD≅△FGM
∴DG=MG，AD=MF=BG
∴BM=CF=12BC
∴CM=CF
∵DE=CF
∴CM=DE
又∵AD=CD，∠ADE=∠DMC=90°
∴△ADE≅△DCM
∴AE=DM，∠DAE=∠CDM
∵点G是DM的中点
∴DG=MG=12DM=12AE
又∵P为EF中点，G为AF中点
∴PG是△AEF的中位线
∴PG=12AF，PG∥AF
∴DG=PG
又∵∠EDA=∠EDN+∠ADN=90°
∴∠DAE+∠ADN=90°
∴∠AND=90°
∴∠ENG=90°
又∵PG∥AF
∴∠ENG+∠NGP=180°
∴∠NGP=90°
∴DG⊥GP
故DG=PG且DG⊥GP．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，解题的关键是全等三角形性质，三角形中位线定理，等量代换的转换运用．
9．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）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

【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．
【详解】（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．
10．（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为t(s)(0
(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)165s
(2)S=12t2−3710t+14
(3)存在，t=6529s

【分析】（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AEAD，即t4=45，进而求解；
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125，CM=165，再证△BPN∽△BAC得BPBA=PNAC，得出PN=45t，根据S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD−S△APQ−S△BPC即可求出表达式；
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则5−t165=t135，进而求出t值．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2−BC2=25−9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°
又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
∴AQAE=AEAD
∴t4=45
∴t=165
答：当EQ⊥AD时，t的值为165s．

（2）解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
∴ABCA=BCAM=ACCM
∴54=3AM=4CM
∴AM=125，CM=165
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
∴BPBA=PNAC
∴t5=PN4
∴PN=45t
∴S△ABC=12⋅BC⋅AC=12×3×4=6,S△ACD=12⋅AD⋅CM=12×5×165=8
S△PBC=12⋅BC⋅PN=12×3×45t=65t,S△APQ=12⋅AQ⋅AP=12t(5−t)
∴S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD−S△APQ−S△BPC
=6+8−12t(5−t)−65t
=12t2−3710t+14

∴S=12t2−3710t+14
（3）解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD

∵AD=5,AM=125
∴DM=AD−AM=5−125=135
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
∴APMC=AQMD
∴5−t165=t135
∴t=6529
∴存在时刻t=6529s，使PQ∥CD．
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
知识点二：和图形性质有关的探究
1．（2022·吉林长春·统考中考真题）【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

【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．
【详解】（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．
2．（2022·贵州贵阳·统考中考真题）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

【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．
【详解】（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．
3．（2022·天津·统考中考真题）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(3,0)，点C(0,6)，点P在边OC上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O'落在第一象限．设OQ=t．

(1)如图①，当t=1时，求∠O'QA的大小和点O'的坐标；
(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，O'Q,O'P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示O'E的长，并直接写出t的取值范围；
(3)若折叠后重合部分的面积为33，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】(1)∠O'QA=60°，点O'的坐标为32,32
(2)O'E=3t−6，其中t的取值范围是2 (3)3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）

【分析】（1）先根据折叠的性质得∠O'QA=60°，即可得出∠QO'H=30°，作O'H⊥OA，然后求出O'H和OH，可得答案；
（2）根据题意先表示QA=3−t，再根据QA=12QE，表示QE，然后根据O'E=O'Q−QE表示即可，再求出取值范围；
（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是33，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．
【详解】（1）在Rt△POQ中，由∠OPQ=30°，得∠OQP=90°−∠OPQ=60°．
根据折叠，知△PO'Q≌△POQ，
∴O'Q=OQ，∠O'QP=∠OQP=60°．
∵∠O'QA=180°−∠O'QP−∠OQP，
∴∠O'QA=60°．
如图，过点O′作O'H⊥OA，垂足为H，则∠O'HQ=90°．

∴在Rt△O'HQ中，得∠QO'H=90°−∠O'QA=30°．
由t=1，得OQ=1，则O'Q=1．
由QH=12O'Q=12，O'H2+QH2=O'Q2
得OH=OQ+QH=32，O'H=O'Q2−QH2=32．
∴点O'的坐标为32,32．
（2）∵点A(3,0)，
∴OA=3．
又OQ=t，
∴QA=OA−OQ=3−t．
同（1）知，O'Q=t，∠O'QA=60°．
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAB=90°．
在Rt△EAQ中，∠QEA=90°−∠EQA=30°，得QA=12QE．
∴QE=2QA=2(3−t)=6−2t．
又O'E=O'Q−QE，
∴O'E=3t−6.
如图，当点O′与AB重合时，OQ=O'Q=t，∠AQO'=60°，
则∠AO'Q=30°，
∴AQ=12t，
∴t+12t=3，
解得t=2，
∴t的取值范围是2
（3）3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）
当点Q与点A重合时，AO'=3，∠DAO'=30°，
∴AD=AO'cos30°=23，
则S△ADP=12×23×3=33.
∴t=3时，重合部分的面积是33，
从t=3之后重合部分的面积始终是33，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，
由于P不能与C重合，故t<23，
所以3≤t<23都符合题意．

【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．
4．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．

(1)如图，当E在边AD上且DE=2时，求∠AEM的度数．
(2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
(3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．
【答案】(1)∠AEM＝90°；
(2)DE＝103；MN∥BD，证明见解析；
(3)DE的长为27或87−143．

【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝2EN=610，得EN＝103，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得BMCN=MCEN，从而解决问题．
【详解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如图1，

∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝2EN=610，
∴EN＝103，
∴DE＝EN＝103；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，

∴∠BMC＝90°，
∴MC＝BC2−BM2=27．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝27；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，

∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝27，CN＝8-27，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴BMCN=MCEN，
∴EN=MC⋅CNBM=87−143，
∴DE＝EN＝87−143．
综上所述，DE的长为27或87−143．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，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，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
5．（2022·江苏镇江·统考中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．

(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(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∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．
（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF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AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则可表示出HN，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．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴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；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠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，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．
过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
∴HNHM=HOHF．
∵OE:OF=4:5，
设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则ℎ16=20−5x20，
∴ℎ=44−x．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4−x)=−8(x−2)2+32．
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG，OF=5x=10=12HF=OH，
∴四边形EFGH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．
6．（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.

(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析

【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根据AB=AC，推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出SCEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；

（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴S四边形CEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．

【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
7．（2022·湖北襄阳·统考中考真题）矩形ABCD中，ABBC＝k2（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．

(1)【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．
∵k＝2，
∴AB＝BC．
∵∠B＝90°，BH＝BE，
∴∠1＝∠2＝45°，
∴∠AHE＝180°-∠1＝135°．
∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，
∴∠3＝12∠DCG＝45°．
∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．
∴……
（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）
(2)【类比探究】如图（2），当k≠2时，求AEEF的值（用含k的式子表示）；
(3)【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，PF=5，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)k−1
(3)22

【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；
（2）在BA上截取BH=BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB=3a，则BC=2a，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，证明△AEP'≌△AEP（SAS），△PEG≌△P'EH（AAS），可得四边形APEP'是正方形，再证明△APD≌△PEC（AAS），由（2）得△AHE∽△ECF，过点P作PK⊥AE交于K，进而证明四边形PKEF是矩形，则有PF=5=1210a，即可求出BC=22．
【详解】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接EH．
∵k=2，
∴AB=BC．
∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠1=∠2=45°，
∴∠AHE=180°-∠1=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠3=12∠DCG=45°，
∴∠ECF=∠3+∠4=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB=90°，
∵∠5+∠AEB=90°，
∴∠5=∠6，
∵AB=BC，BH=BE，
∴AH=EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）解：在BA上截取BH=BE，连接EH．

∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠BHE=∠BEH=45°，
∴∠AHE=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠DCF=12∠DCG=45°．
∴∠ECF=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴AEEF=AHCE，
∵ABBC=k2，E是BC边的中点，
∴EC=HB=12BC，
∴AH=AB-12BC=12k−1BC，
∴AEEF=k−1；
（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k=3，
∴ABBC=32，
设AB=3a，则BC=2a，
∵∠PAE=45°，
∴∠P'AP=90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点M，连接EM，

∵AH=AD=2a，
∴BH=a，
∵E是BC的中点，
∴BE=a，
∴HE=2a，∠BHE=45°，
∴∠P'HE=135°，
∵CG=EC=a，
∴∠MEC=45°，
∴∠PME=135°，
∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，
∴△AEP'≌△AEP（SAS），
∴PE=P'E，
∴△PEM≌△P'EH（AAS），
∴∠PEG=∠P'EH，
∵∠HEG=∠EGH=45°，
∴∠HEG=90°，
∴∠PEP'=90°，
∴∠AEP=∠AEP'=45°，
∴∠APE=∠AP'E=90°，
∴四边形APEP'是正方形，
∴AP=PE，
∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，
∴∠DAP=∠EPC，
∵AP=PE，
∴△APD≌△PEC（AAS），
∴AD=PC=2a，PD=ED=a，
∴PE=5a，
由（2）得△AHE∽△ECF，
∴AHEC=AEFE=2aa=2，
∵AE=10a
∴EF=102a，
∵∠HEM=∠AEF=90°，
∴∠HEA=∠MEF，
∵∠PEM=∠P'EH，
∴∠PEF=∠P'EH=45°，
过点P作PK⊥AE交于K，
∵EF⊥AE，
∴PK∥EF，
∵PK=1210a，
∴PK=EF，
∴四边形PKEF是矩形，
∴PF=KE，
∵PF=5，
∴1210a=5，
∴a=2,
∴BC=22．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．
8．（2022·浙江衢州·统考中考真题）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DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．

(1)求证：∠DBG=90°.
(2)若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
(3)若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②49
(3)ET＝103，理由见解析

【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，由BG平分∠CBE交DE于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝CD2−OD2=52−32=4，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BG∥AC，得到DHDG=DOBD=12，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则DHEH=12，再证明△CDH∽△AEH，CH＝13AC＝83，OH＝OC－CH＝4－83＝43，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GT∥BC，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GTAD=ETEA=13，GT＝53，为定值，即可得到ET的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝12∠ABC，
∵BG平分∠CBE交DE于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝12∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝12（∠ABC＋∠CBE）＝12×180°＝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＝12BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝CD2−OD2=52−32=4，
∴AC＝2OC＝8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24，
即菱形ABCD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，
∴BG∥AC，
∴DHDG=DOBD=12，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴DHEH=12，
∵AB∥CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴CHAH=DHEH=12，
∴CH＝13AC＝83，
∴OH＝OC－CH＝4－83＝43，
∴tan∠BDE＝OHOD=49；
（3）如图3，过点G作GT∥BC交AE于点T，此时ET＝103．

理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG∥AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴EGGH=BEAB，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴DHGH=DOBO，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT∥BC，
∴GT∥AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴GTAD=EGED=ETEA=13，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝53，为定值，
此时ET＝13AE＝13（AB＋BE）＝103．
【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．
9．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【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＝6，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=2AC；理由见详解；
(3)33−3或3−3

【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=2AC．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．
【详解】（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，
DA=BA∠ADE=∠BDE=BC，
∴△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=2AC．
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=2CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CN−BN+CM+DM=2CM=2AC；
（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=3CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴SΔCDOSΔOBC=12CD·OQ12BC·OP=CDBC，
∴ODOB=CDCB= 3，
∵AB=AD=6，∠DAB=90°，
∴BD=2AD=23，
∴OD=31+3×23=33−3．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，

同法可证ODOB= 13，OD=11+3×23=3−3，
综上所述，满足条件的OD的长为33−3或3−3．
【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．
10．（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D在直线AC上，连接BD，将DE绕点D逆时针旋转120°，得到线段DE，连接BE，CE．

(1)求证：BC=3AB；
(2)当点D在线段AC上（点D不与点A，C重合）时，求CEAD的值；
(3)过点A作AN∥DE交BD于点N，若AD=2CD，请直接写出ANCE的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)3
(3)5719或2121

【分析】（1）作AH⊥BC于H，可得BH＝32AB，BC＝2BH，进而得出结论；
（2）证明△ABD∽△CBE，进而得出结果；
（3）当点D在线段AC上时，作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，解直角三角形BDF，求得BD的长，根据△DAG∽△DBF求得AQ，进而求得AN，进一步得出结果；当点D在AC的延长线上时，设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，同样方法求得结果．
【详解】（1）证明：如图1，

作AH⊥BC于H，
∵AB＝AB，
∴∠BAH＝∠CAH＝12∠BAC＝12×120°＝60°，BC＝2BH，
∴sin60°＝BHAB，
∴BH＝32AB，
∴BC＝2BH＝3AB；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝180°−∠BAC2＝180°−120°2＝30°，
由（1）得，BCAB=3，
同理可得，
∠DBE＝30°，BEBD=3，
∴∠ABC＝∠DBE，BCAB=BEBD，
∴∠ABC−∠DBC＝∠DBE−∠DBC，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴CEAD=BEBD=3；
（3）：如图2，

当点D在线段AC上时，
作BF⊥AC，交CA的延长线于F，作AG⊥BD于G，
设AB＝AC＝3a，则AD＝2a，
由（1）得，CE=3AD=23a，
在Rt△ABF中，∠BAF＝180°−∠BAC＝60°，AB＝3a，
∴AF＝3a•cos60°＝32a，BF＝3a•sin60°＝332a，
在Rt△BDF中，DF＝AD＋AF＝2a+32a=72a，
BD＝BF2＋DF2=332a2+72a2=19a，
∵∠AGD＝∠F＝90°，∠ADG＝∠BDF，
∴△DAG∽△DBF，
∴AGBF＝ADBD，
∴AG332a=2a19a，
∴AG=3319a，
∵AN∥DE，
∴∠AND＝∠BDE＝120°，
∴∠ANG＝60°，
∴AN＝AGsin60°=3319·23a=61919a，
∴ANCE=61919a23a=5719，
如图3，

当点D在AC的延长线上时，
设AB＝AC＝2a，则AD＝4a，
由（1）得，
CE＝3AD=43a，
作BR⊥CA，交CA的延长线于R，作AQ⊥BD于Q，
同理可得，
AR＝a，BR＝3a，
∴BD=3a2+5a2=27a，
∴AQ3a=4a27a，
∴AQ=237a，
∴AN=237a·23=47a，
∴ANCE=47a43a=2121，
综上所述：ANCE的值为5719或2121．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类和较强的计算能力．

模块二〖押题冲关〗

1．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）折纸是我国传统的民间艺术，通过折纸不仅可以得到许多美丽的图形，折纸的过程还蕴含着丰富的数学知识，在综合与实践课上老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展了数学活动．

(1)操作判断：
在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部的点M处，把纸片展平，过M作EF∥BC交AB、CD、BP于点E、F、N，连接PM并延长交CD于点Q，连接BQ，如图①，当E为AB中点时，△PMN是________三角形．
(2)迁移探究：
如图②，若BE=5，且ME⋅MF=10，求正方形ABCD的边长．
如图③，若MNBC=1n(n>1)，直接写出CQBC的值为_______．
【答案】(1)等边
(2)35，n−1n+1

【分析】（1）由折叠可证 ∠MNP=∠APB，从而可证MN=MP，再证MN=PN=12BP，即可求解．
（2）可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），可得MQ=QC，再证△FQM∽△EMB，可求QF=2，即可求解；设MN=a，则有PD=n−1a，设CQ=x，则DQ=na−x，由S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ=S正方形ABCD，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，
由折叠得：∠BMP=∠A=90°，EF∥AD，∠APB=∠BPM，
∴∠MNP=∠APB，
∴∠BPM=∠MNP，
∴MN=MP，
∵E是AB的中点，
∴N是BP的中点，
∴MN=PN=12BP，
∴MN=MP=PN，
∴△PMN是等边三角形．
故答案：等边．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=BC，∠C=90°，
由折叠得：CF=BE=5，BM=AB，
∠BMP=∠A=90°，BC=BM，
∴∠C=∠BMQ=90°，
∵BQ=BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴MQ=QC，
由折叠得：∠BEM=∠BMQ=∠MFQ=90°，
∴∠QMF+∠EMB=90°，
∠FQM+∠QMF=90°，
∴∠FQM=∠EMB，
∴△FQM∽△EMB，
∴MFBE=QFME，
∴BE⋅QF=MF⋅ME，
∵ME⋅MF=10，
∴5⋅QF=10，
解得：QF=2，
∴CQ=CF−QF=3，
∴MQ=CQ=3，
在Rt△MFQ中：MF=MQ2−QF2=5，
∴ME=105=25，
∴EF=MF+ME=35．
故正方形的边长为35．
设MN=a，
∵MNBC=1n，
∴BC=na，
∴PA=PM=MN=a，
∴PD=n−1a，
设CQ=x，则DQ=na−x，
∵S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ=S正方形ABCD，
∴2S△ABP+2S△BCQ+S△PDQ=S正方形ABCD，
∴12n−1a⋅na−x+2×12a⋅na+2×12x⋅na=na2，
整理得：nx+na+x=n2a，
∴x=n−1n+1⋅na，
∴CQ=n−1n+1⋅na，
∴CQBC=n−1n+1⋅nana=n−1n+1．
【点睛】本题考查了正方形中的折叠综合问题，折叠的性质，正方形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，勾股定理，面积转化法等，掌握相关的判定方法及性质，折叠问题的解法是解题的关键．
2．（2023·安徽亳州·统考一模）综合与实践

(1)问题解决：已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE=BF，连接AE．如图1，当点E在BC上时，请判断AE和CF的关系，并说明理由．
(2)问题探究：如图2，点H是AE延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转，当点F在直线BC右侧时，求证：AH−CH=2BH；
(3)问题拓展：将△BEF绕点B旋转一周，当∠CFB=45°时，若AB=3，BE=1，请直接写出线段CH的长．
【答案】(1)AE=CF，AE⊥CF，理由见解析
(2)见解析
(3)线段CH的长为342−22或342+22

【分析】（1）延长AE交CF于点G，由正方形的性质得AB=CB，∠ABE=90°，因为BE=BF，∠EBF=90°，所以∠ABE=∠CBF=90°，可证明△ABE≌△CBF，得BE=CF，∠BAE=∠BCF，则∠BCF+∠CEG=∠BAE+∠AEB=90°，即可证明AE⊥CF；
（2）在AH上截取AL=CH，连接BL，先证明△ABE≌△CBF，得∠BAE=∠BCF，再证明△BAL≌△BCH，得BL=BH，∠ABL=∠CBH，可推导出∠LBH=∠ABC=90°，则LH=BL2+BH2=2BH，所以AH−CH=AH−AL=LH=2BH；
（3）分两种情况，一是∠CFB=45°，且点F在直线BC右侧，可证明点E在CF上，点H与点E重合，作BN⊥CF于点N，则EF=2，BN=EN=FN=22，所以CN=BC2−BN2=342，则CH=CE=342−22；二是∠CFB=45°，且点F在直线BC左侧，可证明△ABE≌△CBF，得∠BAE=∠BCF，AE=CF，进而证明∠AFC=90°，则∠AFC+∠CFB+∠BFE=180°，所以点F在AE上，点H与点F重合，作BQ⊥AE于点Q，可求得BQ=FQ=EQ=22，AQ=AB2−BQ2=342，则CH=CF=AE=342+22．
【详解】（1）解：AE=CF，AE⊥CF，
理由：如图1，延长AE交CF于点G，

∵四边形ABCD是正方形，点E在BC上，
∴AB=CB，∠ABE=90°，
∵BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF=90°，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴BE=CF，∠BAE=∠BCF，
∵∠AEB=∠CEG，
∴∠BCF+∠CEG=∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠CGE=90°，
∴AE⊥CF.；
（2）证明：如图2，在AH上截取AL=CH，连接BL，

∵AB=CB，∠ABE=∠CBF=90°−∠CBE，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF，
∴∠BAL=∠BCH，
∴△BAL≌△BCH(SAS)，
∴BL=BH，∠ABL=∠CBH，
∴∠LBH=∠LBC+∠CBH=∠LBC+∠ABL=∠ABC=90°，
∴LH=BL2+BH2=2BH2=2BH，
∴AH−AL=LH=2BH，
∴AH−CH=2BH．
（3）解：当∠CFB=45°，且点F在直线BC右侧时，如图3，

∵BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠EFB=∠FEB=45°，
∴∠EFB=∠CFB，
∴点E在CF上，点H与点E重合，
作BN⊥CF于点N，则∠BNF=∠BNC=90°，
∵BC=AB=3，BF=BE=1，
∴EF=BE2+BF2=12+12=2，
∴BN=EN=FN=12EF=22，
∴CN=BC2−BN2=32−222=342，
∴CH=CE=CN−EN=342−22；
当∠CFB=45°，且点F在直线BC左侧时，如图4，设CF与AB交于点P，

∵AB=CB，∠ABE=∠CBF=90°+∠ABF，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF，AE=CF，
∵∠APF=∠BPC，
∴∠BAE+∠APF=∠BCF+∠BPC=90°，
∴∠AFC=90°，
∴∠AFC+∠CFB+∠BFE=180°，
∴点F在AE上，点H与点F重合，
作BQ⊥AE于点Q，则∠BQE=∠BQA=90°，
∵AB=3，BQ=FQ=EQ=12EF=22，
∴AQ=AB2−BQ2=32−(22)2=342，
∴CH=CF=AE=AQ+EQ=342+22，
综上所述，线段CH的长为342−22或342+22．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
3．（2023·陕西西安·统考二模）问题提出
（1）如图1，⊙O是△ABC的内接圆，∠A=60°，BC=4，则⊙O半径长等于______；
问题探究
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，若在边CD上存在一点P，使得∠APB=90°，求矩形ABCD面积的最大值；
问题解决
（3）如图3，是一个矩形广场，其中AB=60m，BE足够长．为了方便居民生活，促进经济发展，街道计划在矩形内部修建一个面积尽量大的交易市场ABCD，其中C，D分别在边BE，AF上，且∠BCD=45°．在具体施工中安全联防小组要求在CD上找到一点Q，使得∠AQB=45°，以便安装摄像头对市场进行安全监管．请问满足上面要求的市场ABCD是否存在，若存在，请求出市场ABCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】433；8；存在，理由见解析，市场ABCD面积的最大值为5400m2
【分析】（1）连接OB,OC，过点O作OD⊥BC，垂足为D，根据圆周角定理得到∠BOC=120°，根据三线合一得到BD=12BC=2，根据等腰三角形的性质得到∠OBC=∠OCB=30°，利用直角三角函数即可求出OB；
（2）设AB的中点为O，以点O为圆心，AO为半径作圆， ⊙O与DC的交点可以满足∠APB=90°，当当DC与⊙O相切时，矩形ABCD面积的最大值，根据圆的性质即可求得矩形的最大面积；
（3）结合（1）和（2）的思路，先作AB的垂直平分线MN，交AB点M，交EF与点N，以点M为圆心，以AM为半径作圆，交MN于点O，再以点O为圆心，AO为半径作⊙O，⊙O与直线DC的交点为Q，根据圆周角定理得∠AQB=45°，当DC与⊙O相切时，AD最大，根据正方形和圆的性质即可求得最大面积．
【详解】解：（1）如下图所示，连接OB,OC，过点O作OD⊥BC，垂足为D，
∵∠A=60°，
∴∠BOC=120°，

∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵OD⊥BC，BC=4
∴BD=12BC=2，
∴cos∠OBD=cos30°=BDOB，
∴OB=433，
故答案为：433；
（2）如下图所示，设AB的中点为O，以点O为圆心，AO为半径作圆，连接PO，

⊙O与DC的交点可以满足∠APB=90°，
∵S矩形ABCD=AB×AD，
∴当DC与⊙O相切时，AD最大，
∵DC是⊙O的切线，
∴PO⊥DC，
∴四边形DPOA是矩形，
∴AD=PO=2，
∴S矩形ABCD=AB×AD=4×2=8，
故矩形ABCD面积的最大值为8；
（2）如下图所示，作AB的垂直平分线MN，交AB点M，交EF与点N，
以点M为圆心，以AM为半径作圆，交MN于点O，再以点O为圆心，AO为半径作⊙O，过点D作DP⊥BE，垂足为P，

∵∠AOB=90°，
∴⊙O与直线DC的交点为Q，根据圆周角定理得∠AQB=45°，
当直线DC与⊙O相交时，存在点Q，
当直线DC与⊙O相离时，不存在点Q，
当直线DC与⊙O相切时，四边形ABCD面积的最大值，
∵∠ABO=45°,∠BAO=45°，∠ABP=90°，∠BAD=90°
∴∠ADB=45°,∠OAD=45°，
∴AO=OD=OQ，AB=AD,
∴点D与点Q重合，
∵∠BCD=45°，
∴DP=PC=AB=60，
∴S四边形ABCD=S□ABPD+S△DPC=60×60+12×60×60=5400m2，
故市场ABCD面积的最大值为5400m2．
【点睛】本题考查圆的外心、圆周角定理和圆的切线的性质，解题的关键是将圆的外心与圆周角定理结合在一起，作出合适的圆．
4．（2023·江苏无锡·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E为CD边上一点，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，作∠ABF的角平分线交EF的延长线于点M，BM交AD于点N．

(1)求证：MF=NF；
(2)若AB=6，BC=10时，求MF的长；
(3)若NF=12AN+FD时，求ABBC的值．
【答案】(1)见解析；
(2)MF=5；
(3)45．

【分析】（1）由角平分线的定义及翻折易得∠ABN=∠FBM及∠A=∠MFB=90°，从而得到∠BMF=∠ANB，结合对顶角相等可得∠BMF=∠FNM即可得证；
（2）设MF=FN=x，则AN=8−x，易证△ABN∼△FBM，得ANAB=MFFB，代入求解即可；
（3）如图，过点N作NH⊥BF，垂足为H，设DF=m，AN=n，则NF=12m+n，可得BF=BC=32m+n，易证△FNH∼△FBA得NHAB=FHFA=FNFB，即nAB=FH12m+n+n=12m+n32m+n，解得AB=3n，FH=16m+12n，结合FB=FH+BH=FH+AB，得m=32n，代入ABBC=3n32m+n即可求解．
【详解】（1）解：∵BM平分∠ABF，
∴∠ABN=∠FBM，
在矩形ABCD中，∠A=∠C=90°
由翻折可知∠C=∠EFB=90°
∵点M在EF的延长线上
∠MFB=∠EFB=90°
∴∠A=∠MFB=90°，
∴∠BMF+∠FBM=∠ANB+∠ABN，
∴∠BMF=∠ANB，
又∠ANB=∠FNM，
∴∠BMF=∠FNM，
∴FN=FM；
（2）∵BC=10，
由翻折可知
BF=BC=10，
在Rt△ABF中，AB=6，
∴AF=BF2−AB2=8，
设MF=FN=x，
则AN=8−x，
由（1）可知∠A=∠MFB=90°，∠ABN=∠FBM，
∴△ABN∼△FBM，
得ANAB=MFFB，
∴8−x6=x10，
解得：x=5，
即MF=5；
（3）如图，过点N作NH⊥BF，垂足为H，

设DF=m，AN=n，则NF=12m+n，
∴BF=BC=FN+AN+DF=12m+n+m+n=32m+n，
∵BN平分∠ABF，
∴NA=NH=n，
∵∠HFN=∠AFB，∠FHN=∠FAB=90°，
∴△FNH∼△FBA，
∴NHAB=FHFA=FNFB，
即nAB=FH12m+n+n=12m+n32m+n，
故AB=3n，FH=16m+12n，
又∵FB=FH+BH=FH+AB，即32m+n=16m+12n+3n，
∴m=32n，
∴ABBC=3n32m+n=3n3232n+n=45．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的应用，角平分线的性质定理；解题的关键是熟练掌握折叠的性质及相似三角形的判定和性质．
5．（2023·广东广州·统考一模）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．

(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；
(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)满足条件的AE的长为12

【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：

∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：

则∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°−45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°−22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF−∠ECF=67.5°−45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°−45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC时，如图所示：

则四边形AEFB和DEFC为矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；
若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：

∵AE=AB=6，
∴DE=AD−AE=15−6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此时点F不在边BC上，不符合题意；
若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：

此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD−DE=15−3=12，
综上所述，满足条件的AE的长为12．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
6．（2023·安徽合肥·校考一模）（1）【初步体验】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别是AD、AB边上，且BE⊥CF于点O，求证：BE=CF．

（2）【思考探究】如图2，在（1）的条件下，连接AO并延长交BC于点G，若点G为BC边中点，求证：AE2=AF⋅AB．

（3）【灵活运用】如图3，在（2）的条件下，连接EF并延长交CB的延长线于点H，求AEGH的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AEGH=5−13
【分析】（1）利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明△ABE≌△BCF即可；
（2）先根据直角三角形斜边上的中线性质得到GO=GB=GC，再证明△AOF∽△ABO得到AOAF=ABAO即可；
（3）设AE=x，AB=1，根据（2）中结论求得x=5−12，再证明E、A、F、O四点共圆，利用圆周角定理和平行线的性质证得∠FHB=∠GCO，利用等腰三角形的判定和性质证得BH=BC=1，进而求得GH=BH+BG=32即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC，AD∥BC，
∵BE⊥CF，
∴∠BOF=∠BOC=90°，
∴∠ABE+∠BFO=90°，又∠BCF+∠BFO=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
∴△ABE≌△BCFASA，
∴BE=CF．
（2）如图2，

∵点G为BC中点，
∴GO=GB=GC，
∴∠OBG=∠BOG，∠GOC=∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠OBG=∠AEB，又∠AOE=∠BOG，
∴∠AOE=∠AEB，
∴AO=AE，
而∠AOF+∠BOG=180°−∠BOF=180°−90°=90°，
∠ABE+∠OBG=90°，
∴∠ABO=∠AOF，又∠FAO=∠OAB，，
∴△AOF∽△ABO
∴AOAF=ABAO，
∴AO2=AF⋅AB即AE2=AF⋅AB．
（3）如图3，

设AE=x，AB=1，则BC=AB=1，
∵△ABE≌△BCF，
∴BF=AE=x，则AF=1−x，
由（2）中AE2=AF⋅AB得x2=1×1−x，
解得x=5−12（负值舍去），
∵∠EAF=∠EOF=90°，
∴E、A、F、O四点共圆，
∴∠AEF=∠AOF，又∠AOF=∠GOC=∠GCO，
∴∠AEF=∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠AEF=∠FHB，
∴∠FHB=∠GCO，
∴HF=CF，又FB⊥BC，
∴BH=BC=1，
∴GH=BH+BG=32，
∴AEGH=5−1232=5−13．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、圆周角定理、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用全等三角形和相似三角形的性质探究边角间的关系是解答的关键．
7．（2023·山东菏泽·统考一模）实践与探究
操作一：如图①，将矩形纸片ABCD对折并展开，折痕PQ与对角线AC交于点E，连接BE，则BE与AC的数量关系为______．
操作二：如图②，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME．求证：DM=ME．
拓展延伸：如图③，摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME、DE．已知正方形纸片ABCD的边长为5，正方形纸片ECGF的边长为22，求△DME的面积．

【答案】操作一：BE=12AC
操作二：证明见解析
拓展延伸：134
【分析】操作一：由折叠可知AE=BE，AE=EC，则BE=EC=AE，即可求得BE=12AC；
操作二：延长EM与AD交于点N，通过证明△AMN≌△FMEAAS，推出DM=ME；
拓展延伸：连接AC，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，推出△DME是等腰直角三角形，求得ME，进一步求解即可．
【详解】操作一：解：由折叠可知，AE=BE，
∵P是CD的中点，PE∥AD，
∴E是AC的中点，
∴ AE=EC，
∴ BE=EC=AE，
∴ BE=12AC，
故答案为：BE=12AC；
操作二：证明：延长EM与AD交于点N，

∵四边形ABCD是矩形，四边形ECGF是矩形，B、C、G三点在一条直线上，
∴ AD∥BG，BG∥EF，
∴ AD∥EF，
∴ ∠DAM=∠MFE，∠ANM=∠FEM，
∵ M是AF的中点，
∴ AM=MF，
∴ △AMN≌△FMEAAS，
∴ MN=ME，
∵ ∠NDE=90°，
∴ DM=12NE=MN=ME，
∴ DM=ME；
拓展延伸：连接AC，如图所示：

∴ ∠DCA=45°，
∵ ∠ECF=45°，
∴ E点在AC上，
∴ ∠FEA=90°，
在Rt△ADF中，M是AF的中点，
∴ AM=MF=DM，
∴ ∠DAM=∠ADM，
∴ ∠DMF=2∠DAM，
在Rt△AEF中，M是AF的中点，
∴ AM=FM=ME，
∴ DM=ME，
∴ ∠MAE=∠MEA，
∴ ∠FME=2∠MAE，
∴ ∠DME=2∠DAM+2∠MAE=90°，
∴ △DME是等腰直角三角形，
∵正方形纸片ABCD的边长为5，
∴ AC=52+52=52，
∵正方形纸片ECGF的边长为22，
∴ AE=52−22=32，
在Rt△AEF中，AF=322+222=26，
∴ ME=262，
∴ △DME的面积为12×2622=134．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定性质，勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
8．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点E是线段AC上的动点（点E不与点A和点C重合），点F在线段BC上，线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段FD，点D恰好落在AB上．

(1)如图1，若EF∥AB，请直接写出线段DB和CE的数量关系；
(2)如图2，若EF与AB不平行．
①请写出线段BF，BD，CE之间的数量关系，并说明理由；
②连接DE，若AC=4，tan∠EDA=12，请直接写出线段CF的长．
【答案】(1)DB=2CE
(2)①BF=CE+22BD，证明见解析；②1

【分析】（1）根据题意得出△DEF，△CEF是等腰直角三角形，且DF=DB=EF，根据勾股定理即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥BC，垂足为点H，证明△CEF≌△HFD得出CE=FH，Rt△BDH，可得BH=22BD，根据BF=FH+BH，即可求解；
②过点E作EG⊥AD于点G，根据①的结论，设HB=a，则DB=2a，HD=CF=a,FH=CE=BC−2a=4−2a，AE=4−EC=2a，根据tan∠EDA=12，得出AD=3AE，进而勾股定理得出AB=42a=42，即可求解．
【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，
∴∠B=45°，
∵线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段FD，点D恰好落在AB上，
∴EF=FD，∠EFD=90°，则∠DFB=180°−∠CFE−∠EFD=45° ，
∴△DEF是等腰直角三角形，则DF=DB=EF，
∵EF∥AB，
∴∠CFD=∠B=45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=2CE，
∴DB=2CE；
（2）①BF=CE+22BD
证明：过点D作DH⊥BC，垂足为点H，

∵∠EFD=90°，
∴∠EFC+∠DFH=90°，
∵∠C=90°，
∴∠CEF+∠EFC=90°，
∴∠DFH=∠CEF，
∵∠C=∠DHF，EF=FD，
∴△CEF≌△HFD，
∴CE=FH，
∵∠C=90°，AC=BC
∴∠A=∠B=45°
∴在Rt△BDH中，BH=BD·cos∠B=BD⋅cos45°=22BD
∵BF=FH+BH，
∴BF=CE+22BD，
②如图所示，过点E作EG⊥AD于点G，

设HB=a，则DB=2a，HD=CF=a,FH=CE=BC−2a=4−2a，
AE=4−EC=2a
∴AG=22×AE=2a，
∵tan∠EDA=12，
∴DG=2EG，
∵∠A=45°,EG⊥AD，
∴AG=EG，
∴AD=3EG=32a，
∴AB=AD+DB=42a，
∵AC=4,AB=42a，
∴a=1，
即CF=1．
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，已知正切求边长，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．（2023·河南洛阳·东方二中校考二模）（1）特殊发现
如图1，正方形BEFG与正方形ABCD的顶点B重合，BE，BG分别在BC、BA边上，连接DF，则有：
①DFAG=____________；②直线DF与直线AG所夹的锐角等于____________度；
（2）理解运用
将图1中的正方形BEFG绕点B逆时针旋转，连接DF、AG.
①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，若D、F、G三点在同一直线上，且过AB边的中点O，BE=4，请求出AB的长；
（3）拓展延伸
如图4，点P是正方形ABCD的AB边上一动点（不与A、B重合），连接PC，沿PC将△PBC翻折到△PEC位置，连接DE并延长，与CP的延长线交于点F，连接AF，若AB=4PB，则DEEF的值是__________.

【答案】（1）①2；45；（2）①（1）中的结论仍然成立，理由见解析；②45；（3）3，
【分析】（1）①连接BF，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到；②由（1）①可知B、F、D三点在一条直线上，则所夹的锐角即为∠ABD，由此即可得到答案；
（2）①连接BF、BD，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；②连接BF、BD，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质即勾股定理即可得到；
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，利用折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的三线合一性，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：①连接BF，如图，
∵四边形ABCD和四边形和四边形GBEF是正方形，
∴∠ABF=∠ABD=45°，
∴B、F、D三点在一条直线上，
∵GF⊥AB，DA⊥AB，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴BF=2BG，BD=2AB，
∴DF=BD−BF=2AB−BG=2AG，
∴DFAG=2，
故答案为：2；
②∵B、F、D三点在一条直线上，∠ABF=∠ABD=45°，
∴直线DF和直线AG所夹的锐角等于45°，
故答案为：45；

（2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下：
连接BF，BD，如图，

∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABD=∠GBF=45°，∠BGF=∠BAD=90°，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴∠ABG+∠ABF=∠ABF+∠FBD=45°，BF=2BG，BD=2AB，
∴∠ABG=∠DBF，BFBG=BDAB=2，
∴△ABG∽△DBF，
∴DFAG=BDAB=2；
延长DF，交AB于点N，交AG于点M，

∵△ABG∽△DBF，
∴∠GAB=∠BDF，
∵∠ANM=∠DNB，
∴∠BAG+∠AMN=∠BDF+∠ADB，
∴∠AMN=∠ABD=45°，
即直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°，
∴（1）中的结论仍然成立；
②如图，连接BF，

∵四边形GBEF是正方形，
∴∠BFG=45°，
∵∠AGD=45°，
∴∠AGD=∠BFG，
∵AB边的中点为O，
∴AO=BO，
∴在△AGO和△BFO中，
∠AOG=∠BOF∠AGO=∠BFO=45°AO=BO，
∴△AGO≌△BFOAAS，
∴GO=FO=12GF=12BE=2，
∴OB=BG2+OG2=25，
∴AB=2OB=45；
故答案为：45．
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，
由折叠的性质可得：BC=CE，EF=BF，PB=PE，∠BCF=∠ECF．
∴CE=CD，
∵CQ⊥DF，
∴∠ECQ=∠DCQ，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF+∠ECQ=12∠BCD=45°，
∴∠QFC=90°−∠QCF=45°，
∴∠BFC=45°，
∴∠EFB=∠EFC+∠BFC=90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴FH⊥BE，BH=HE=12BE，BE=2EF，
∴∠PHB=90°．
由（2）①的结论可得：DE=2AF，∠AFD=45°，
∴∠AFB=∠AFD+∠EFC=90°，
∴∠AFP=∠PHB，
∵∠APF=∠BPH，
∴△APF∽△BPH，
∴APPB=AFBH，
∵AB=4PB，
∴PA=3PB，
∴AF=3BH=32BE=322EF，
∴DE=2AF=2×322EF=3EF，
∴DEEF=3．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
10．（2023·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）【问题探究】（1）如图（1）在正方形ABCD中，AB=6，点E为DC上的点，DE=2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN⊥BE交AD于点M，交BC于点N，则MN的长度为．
【类比迁移】（2）如图（2）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，连接BD，过BD的中点O作MN⊥BD交AD于点M，交BC于点N，求MN的长度．
【拓展应用】（3）如图（3）李大爷家有一块平行四边形ABCD的菜地，测得AB=52米，BC=7米，∠ABC=45°，为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条垂直于它的小路MN（小路面积忽略不计），求新开出的小路MN的长度．

【答案】（1）210
（2）152
（3）6512
【分析】（1）过点M作MG⊥BC于G，交BE于H，证明△MGN≌△BCEAAS，根据全等三角形的性质得MN=BE，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点M作MK⊥BC于K，交BD于L，证明△MKN∽△BCD，根据相似三角形的性质得MNBD=MKBC=68，再利用勾股定理求解即可；
（3）过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，解直角三角形DQC求得DQ，CQ，进而求得BQ，再根据勾股定理求得BD，再证明△DBQ∽△NMP，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图，过点M作MG⊥BC于G，交BE于H，

∴ ∠MGN=90°，
∵ MN⊥BE，
∴ ∠MOH=90°，
∵ ∠HMO+∠MHO=90°，∠HBG+∠BHG=90° ，∠BHG=∠MHO，
∴ ∠HBG=∠HMO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=CD，∠BCE=90°，
∵ AB=MG，
∴ MG=BC，
在△MGN和△BCE中，
∠HBG=∠HMO∠MGN=∠BCEMG=BC，
∴ △MGN≌△BCEAAS，
∴ MN=BE，
∵ AB=6，DE=2CE，
∴ CE=13CD=13AB=2，
在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=62+22=210，
∴ MN=210；
（2）如图，过点M作MK⊥BC于K，交BD于L，

∴ ∠MKN=90°，
∵ MN⊥BD，
∴ ∠MOL=90°，
∵ ∠LMO+∠MLO=90°，∠LBK+∠BLK=90°，∠BLG=∠MLO，
∴ ∠LBK=∠LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD=6，BC=AD=8，∠BCD=90°，
∵ AB=MG，
∴ MG=BC，
在△MKN和△BCD中，
∠LBK=∠LMO∠MKN=∠BCD，
∴ △MKN∽△BCD，
∴ MNBD=MKBC=68，
∵在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=82+62=10，
∴ MN=68BD=68×10=152；
（3）如图，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，

∵ CD=AB=52，∠DCQ=∠ABC=45°，
∴DP=CD⋅sin∠DCQ=52×sin45°=52×22=5，
∴CQ=DQ=5，
∵BC=7,
∴BQ=12，
∴ BD=BQ2+DQ2=122+52=13，
∵MN⊥BD，MP⊥BQ，
∴ ∠DBQ+∠MNP=90°，∠MNP+∠NMP=90°，
∴∠DBQ=∠NMP，
∴△DBQ∽△NMP，
∴MPBQ=MNBD即512=MN13，
解得：MN=6512．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确构造辅助线是解题的关键．
11．（2023·陕西西安·校考三模）问题提出：

(1)如图①，在△ABC中，AB=AC=13，BC=10，AD平分∠CAB交BC边于点D，点E为AC边上的一个动点，连接DE，则线段DE长的最小值为　　．
问题探究：
(2)如图②，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=8，点D为AB边的中点，且∠EDF=90°，∠EDF的两边分别交BC、AC于点E、F．求四边形DECF的面积．
问题解决：
(3)某观光景区准备在景区内设计修建一个大型儿童游乐园．如图③，四边形ABCD为儿童游乐园的大致示意图，并将儿童游乐园分成△EDM、△BFM、△DCB和四边形AEMF四部分，其中在△EDM和△BFM两区域修建益智区，在△DCB区域修建角色游戏区，在四边形AEMF区域修建木工区．根据设计要求：四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，点E、点F、点M分别在边AD、边AB和对角线BD上，且EM=FM，∠EMF=60°，四边形AEMF的面积为2003平方米，现需在四边形ABCD的四周修建护栏起到保护乐园的作用，为了节约修建成本，四边形ABCD的周长是否存在最小值？若存在，请求出四边形ABCD周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)6013
(2)四边形DECF的面积为16
(3)存在最小值，四边形ABCD的周长最小为1602

【分析】（1）根据过直线外一点到直线的距离垂线段最短可判断当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理以及等腰三角形的性质求出AD，再利用面积法求解即可；
（2）连接CD，利用等腰直角三角形的性质以及同角的余角相等证明△ECD≌△FAD，将所求四边形的面积转化为△ACD的面积，然后求解即可；
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，利用同角的补角相等得到∠GMH为60°，利用等量代换并结合已知条件证得△EMG≌△FMH，再利用角平分线的逆定理得到AM为角平分线并且为定值，最后判断并求解即可．
【详解】（1）在△ABC中，AB=AC=13，AD平分∠CAB，
∴BD=CD=12BC，AD⊥BC．
∵BC=10，
∴CD=5．
∴AD=AC2−CD2=132−52=12．
当DE⊥AC时，DE最小，
∴S△ACD=&12⋅AD⋅CD=12⋅AC⋅DE，
∴DE=5×1213=6013．
故答案为：6013．
（2）∵∠C=90°，AC=BC=8，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠A=45°．
∵点D为AB边的中点，连接CD，

∴CD⊥AB，∠BCD=∠ACD=12∠ACB=45°．
∴∠ECD=∠A．
又∵∠EDF=90°，
∴∠EDC=∠FDA，
∵CD=12AB=AD，
∴△ECD≌△FAD（ASA）．
∴S△ECD=S△FAD．
∴S四边形ECFD=S△ACD=12SABC=12×12×8×8=16．
所以，四边形DECF的面积为16．
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，

∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵∠ADC=60°，
∴∠DAB=180°−60°=120°．
∵∠MGA=∠MHA=90°，∠DAB=120°，
∴∠GMH=60°．
∵∠EMF=60°，
∴∠EMG=∠FMH．
∵∠MGE=∠MHF=90°，EM=FM，
∴△EMG≌△FMH（AAS）．
∴S四边形EAFM=S四边形GAHM=2003．
∴MG=MH．
∴AM是∠DAB的角平分线，
∴∠MAD=∠MAB=60°．
设AH=x，MH=3x，
∴S四边形GAHM=3x⋅x=2003．
∴x=102．
∴AM=2AH=202．
∵AM与∠DAB都为定值，
当AM⊥BD时，此时四边形ABCD周长最小，
∴AD=AB．
∴平行四边形ABCD是菱形．
∴AB=2AM=402．
∴四边形ABCD的周长最小为：402×4=1602．
【点睛】本题主要考查三角形的全等及线段最值问题，熟练掌握线段公理，含30°角的直角三角形的性质及三角形全等的判定及其性质的运用是解决本题的关键．
12．（2023·四川成都·统考二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=30°，BC=2，点D，E分别是AB，AC中点，连接DE．在同一平面内，将△ADE绕点A逆时针旋转，射线BD，CE相交于点P．

(1)如图2，在旋转过程中，∠BPC的角度是否不变？若不变，请求出∠BPC的度数．
(2)如图2，当∠BAD=120°时，求线段PC的长．
(3)连接DC，当线段PC取得最小值时，求线段DC的值．
【答案】(1)不变，30°
(2)1077
(3)7或19

【分析】（1）首先证明出△EAC∽△DAB，然后根据三角形内角和证明即可；
（2）连接AP．首先证明出△POC∽△AOB，进而得到POAO=COBO，然后证明出△AOP∽△BOC和△EDQ∽△CAQ，利用相似三角形的性质得到AQ=45AD=453，然后利用勾股定理求出CQ=4532+42=857，最后利用相似三角形的性质求解即可；
（3）根据题意分两种情况讨论，当E，P第一次重合时和当E，P第二次重合时，分别根据勾股定理和相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）不变，理由如下：
∵点D，E分别为AB，AC中点，
∴ADAB=AEAC=12．
∵∠EAD=∠CAB，
∴∠EAC=∠DAB．
∴△EAC∽△DAB，
∴∠ECA=∠DBA．
∵∠POC=∠AOB，
∴∠BPC=∠BAC=30°．
（2）连接AP．

∵∠BPC=∠BAC=30°，∠POC=∠AOB，
∴△POC∽△AOB，
∴POAO=COBO．
∵∠AOP=∠BOC，
∴△AOP∽△BOC．
∴∠APO=∠BCO=60°，
∴∠APC=90°．
∵∠BAD=120°，∠BAC=30°，
∴∠DAC=90°，
∴DE∥AC，
∴△EDQ∽△CAQ．
∵∠ABC=90°，∠BAC=30°，BC=2，点D，E分别是AB，AC中点，
∴DQAQ=DEAC=14，
∴AQ=45AD=453．
∴CQ=4532+42=857．
∵AP⊥PC，∠QAC=90°，
∴AC2=CP⋅CQ．
∴42=CP⋅857，
∴CP=1077．
（3）①如备用图1，当E，P第一次重合时，

在△ADE运动的过程中，AP⊥CP，AC=4，
∴当PA最大时，PC的值最小．
在Rt△PAE中，PA≤AE，
∴PAmin=AE=2，∴PCmin=42−22=23．
过点D作DF⊥PC于点F，由PD=1，∠BPC=30°可得DF=12，PF=123．
∴FC=323．
∴DC=3232+122=7．
②如备用图2，当E，P第二次重合时，

与①同理，PCmin=42−22=23，
可证△CAP∽△ACB，可得∠CAP=60°，
∴∠DAC=90°．
连接DC，则DC=42+32=19．
综上所述，DC=7或19．
【点睛】此题考查了旋转综合题，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．（2023·江苏常州·常州实验初中校考一模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．

(1)概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子，例如是等邻角四边形；
(2)问题探究：如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的垂直平分线恰好交于AB边上一点P，连接AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
(3)应用拓展：如图2，在△ABC与△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，将△ABD绕着点A顺时针旋转角α0°<∠α<∠BAC得到△AB'D'（如图3），当四边形AD'BC为等邻角四边形时，求出它的面积．
【答案】(1)矩形（或正方形）
(2)AC=BD，理由见解析
(3)10417或12−372

【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；
（2）连接PD，PC，根据垂直平分线的性质得到PA=PD，PC=PB，从而得出∠PAD=∠PBC，利用SAS得到△APC≌△DPB，进而得出结论；
（3）分两种情况考虑：（i）当∠AD'B=∠D'BC时，延长AD'，CB交于点E，结合图形求解即可；（ii）当∠D'BC=∠ACB=90°时，过点D'作D'E⊥AC于点E，结合图形求解即可．
【详解】（1）在我们所学的四边形中矩形或正方形都符合有一组邻角相等的凸四边形，
∴矩形或正方形是“等邻角四边形”，
故答案为：矩形（或正方形）；
（2）AC=BD，理由如下：
如图1，连接PD，PC，

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，
∴PA=PD，PC=PB，
∴∠PAD=∠PDA，∠PBC=∠PCB，
∴∠DPB=2∠PAD，∠APC=2∠PBC，
即∠PAD=∠PBC，
∴∠APC=∠DPB，
∴△APC≌△DPBSAS，
∴AC=BD；
（3）由勾股定理得AC=AD=52−32=4，
分两种情况考虑：
（i）当∠AD'B=∠D'BC时，延长AD'，CB交于点E，如图3（i）所示，

∴∠ED'B=∠EBD'，
∴EB=ED'，
设EB=ED'=x，
由勾股定理得：42+3+x2=4+x2，
解得：x=4.5，
过点D'作D'F⊥CE于F，
∴D'F∥AC，
∴△ED'F∽△EAC，
∴D'FAC=ED'AE，
即D'F4=4.54+4.5，
解得： D'F=3617，
∴S△ACE=12AC×EC=12×4×3+4.5=15，
S△BED'=12BE×D'F=12×4.5×3617=8117，
则S四边形ACBD'=S△ACE−S△BED'=15−8117=10417；
（ii）当∠D'BC=∠ACB=90°时，过点D'作D'E⊥AC于点E，如图3（ii）所示，

∴四边形ECBD'是矩形，
∴ED'=BC=3，
在Rt△AED'中，根据勾股定理得： AE=42−32=7，
∴S△AED'=12AE×ED'=12×7×3=372，
S矩形ECBD'=CE×CB=4−7×3=12−37，
则S四边形ACBD'=S△AED'+S矩形ECBD'=372+12−37=12−372．
综上，当四边形AD'BC为等邻角四边形时，它的面积为10417或12−372．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了“等邻角四边形”的理解，三角形，四边形的内角和定理，角平分线的意义，勾股定理，旋转的性质，相似三角形的性质和判定，理解“等邻角四边形”的定义是解本题的关键，分类讨论是解本题的难点．
14．（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）问题探究：

(1)如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=8，以BC为直径的半圆交AB于D，P是CD上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是____________；
(2)如图②，菱形ABCD中，AB=8，∠B=60°，点M在AD上，点N在BC上，若MN平分菱形ABCD的面积，且线段MN的长度最短，请你画出符合要求的线段MN，并求出此时MN的长度.
间题解决：
(3)合理开发利用土地资源能为人类持续创造更多财富，如图③，现有一块四边形空地ABCD计划改造利用，经测量AB=60m，AD=80m，AB∥CD，∠ABC=∠C=90°，∠D=60°，P是BC边上的一个移动观测点，过AB边上一点E修一条垂直于AP的笔直小路EF（小路宽度不计），交CD边于点F，在垂足M处建一凉亭，在凉亭M和顶点B之间修一条绿化带（宽度不计），请问是否存在EF平分四边形土地ABCD的面积？若存在，求出在EF平分四边形土地ABCD的面积时绿化带BM长度的最小值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)45−4
(2)画图见解析，43
(3)存在EF平分四边形土地ABCD的面积，BM的最小值为207−20m，理由见解析

【分析】（1）设以BC为直径的半圆圆心为O，连接OA，交CD于点P，此时AP有最小值．根据勾股定理求出OA=AC2+OC2=45，进而求出结果；
（2）连接AC，BD，交点为O，过点O作MN⊥BC，垂足为N，交AD于点M，过点A作AE⊥BC，垂足为E，根据菱形是中心对称图形可知过对称中心的直线平分菱形面积，当MN⊥BC时，MN有最小值，易证△ABC是等边三角形，求出AE，从而求出结果；
（3）取AD的中点G，过G作HK⊥CD于K，交BA的延长线于H，连接HC，取线段HC的中点O，连接GO并延长交BC于N，过A作AQ⊥GN于Q，交CD于T，取AO的中点R，过R作RS⊥AB于S，作以AD为直径的⊙R，易证四边形HBCK是矩形，根据矩形是中心对称图形可知过点O的直线EF平分矩形HBCK的面积，再证△HGA≌△KGD，可知EF平分四边形ABCD的面积，再证点M在以AO为直径的圆上，解直角三角形分别求出AQ，OQ，AR，SR和BR的长，当点B，M和R三点共线时，BM有最小值，并求出来．
【详解】（1）设以BC为直径的半圆圆心为O，连接OA，交CD于点P，此时AP有最小值．

∵点O是以BC为直径的半圆圆心，
∴ OC=12BC
∵ AC=BC=8，
∴ OC=4
∵ ∠ACB=90°，
∴ OA=AC2+OC2=45
∴ AP=OA−OP=45−4
故答案为：45−4
（2）连接AC，BD，交点为O，过点O作MN⊥BC，垂足为N，交AD于点M，过点A作AE⊥BC，垂足为E，

∵四边形ABCD是菱形，点O在线段MN上，
∴线段MN平分菱形ABCD的面积．
∵ MN⊥BC
∴此时，线段MN有最小值，
∵ AB=8，∠B=60°，
∴ △ABC是等边三角形
∵ AE⊥BC
∴ BE=12BC=12AB=4
∴ AE=AB2−BE2=43
∴ MN=AE=43
（3）取AD的中点G，过G作HK⊥CD于K，交BA的延长线于H，连接HC，取线段HC的中点O，连接GO并延长交BC于N，过A作AQ⊥GN于Q，交CD于T，取AO的中点R，过R作RS⊥AB于S，作以AD为直径的⊙R，

∵ HK⊥CD，∠ABC=∠C=90°，
∴ AB∥CD，
∴四边形HBCK是矩形，
∵ AB=60m
∴ AB=TC
∵点O是线段HC的中点，EF平分矩形HBCK的面积，
∴ EF过HC的中点O，
∵ G为AD的中点，AD=80m，
∴ AG=12AD=40m，OG=12KC，
∴ AB∥OG∥CD，
∴ GN⊥BC，AT⊥CD，
∴ ∠HGA=∠DGK，∠HAG=∠D，AG=GD
∴ △HGA≌△KGD
∴ EF平分四边形ABCD的面积，
∵ ∠D=60°，
∴ DT=AD·cos60°=40m， ∠AGN=∠D=60°，
∵ AQ⊥GN
∴ AQ=AG·sin60°=203m，GQ=AG·cos60°=20m，
∴ KT=GQ=20m
∴ KC=KT+DT=80m
∴ OG=12KC=40m
∴ OQ=OG−GQ=20m
∴ OA=OQ2+AQ2=40m
∴ △AOG为等边三角形，∠OAT=30°
∵EF⊥AP
∴点M在以AO为直径的圆上
∵点R是OA的中点
∴点R是以AO为直径的圆的圆心，AR=12OA=20m，
∴当点B，M，R三点共线时，BM有最小值，
∴ RM=AR=20m，
∵ RS⊥AB，
∴ ∠BAO=60°
∴ AS=12AR=10m，SR=AR·sin60°=103m，
∴ BS=AB−AS=50m，
∴BR=BS2+SR2=207m
∴ BM最小值=BR−RM=207−20m
【点睛】本题主要考查了点到圆的最短距离，平行四边形，矩形和菱形的性质与判定，勾股定理的应用，解直角三角形等知识点，添加恰当的辅助线，灵活运用所学知识是解本题的关键．
15．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，延长AE交BC的延长线于点G．

(1)求线段CE的长．
(2)判断四边形AFGD是什么特殊四边形，并说明理由．
(3)如图，M、N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DAM，设DN=x．是否存在这样的点N，使△DMN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)菱形，理由见解析
(3)52或2

【分析】（1）由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设EC=x，则DE=EF=8−x．在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（2）首先证明AD=FG，AD∥FG，推出四边形AFGD是平行四边形，再根据邻边相等推出四边形AFGD是菱形．
（3）△DMN是直角三角形，∠DMN=∠DAG<90°，只有∠MDN=90°或∠MND=90°．分两种情形画出图形分别求解即可．
【详解】（1）解：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠B=∠BCD=90°，
由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设EC=x，则DE=EF=8−x．
在Rt△ABF中，BF=AF2−AB2=102−82=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
在Rt△EFC中，则有：(8−x)2=x2+42，
∴x=3，
∴EC=3．
（2）菱形，理由是：
证明：如图2中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BG，
∴∠DAG=∠AGB，
∵∠DAG=∠GAF，
∴∠GAF=∠AGF，
∴AF=FG，
∵AD=AF，
∴AD=FG，
∵AD∥FG，
∴四边形AFGD是平行四边形，
∵FA=FG，
∴四边形AFGD是菱形．
（3）∵△DMN是直角三角形，∠DMN=∠DAG<90°，
∴只有∠MDN=90°或∠MND=90°．
如图3−1中，当∠MDN=90°时，

∵AD∥CG，
∴△AED∽△GEC，
∴ ADCG=DECE，
∴ 10CG=53，
∴CG=6，
∴BG=BC+CG=16，
在Rt△ABG中，AG=AB2+BG2=82+162=85，
在Rt△DCG中，DG=CD2+CG2=82+62=10，
∵AD=DG=10，
∴∠DAG=∠AGD，
∵∠DAG+∠DEA=90°，∠DGA+∠DMG=90°，
∴∠DME=∠DEM，
∴DM=DE=5，
∵∠MDN=∠MDG，∠DMN=∠DGM，
∴△DMN∽△DGM，
∴ DMDG=DNDM，
∴ 510=x5，
∴x=52，
如图3−2中，当∠MND=90°时，

∵∠DGM+∠NMG=90°，∠DMN=∠DGM，
∴∠DMN+∠NMG=90°，
∴DM⊥AG，
∵AD=DG=10，
∴AM=MG=45，
∴DM=DG2−MG2=102−(45)2=25，
∵△DMN∽△DGM，
∴ DMDG=DNDM，
∴ 2510=x25，
∴x=2，
综上所述，满足条件的x的值为52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，等腰三角形的判定和性质等知识，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．
16．（2023·湖北宜昌·校考一模）已知：在矩形ABCD中，ABBC=k，点P是BC上一动点（不与端点B，C重合），连接AP，PQ⊥AP于点P，交CD于点Q，连接AQ．

(1)如图1，当点P运动到BC的中点时．
①求证：△ABP∽△PCQ∽△APQ；
②若∠DAQ=60°，求k的值；
(2)如图2，当k>12时，点P在运动的过程中，是否存在点Q和点D重合的情况？若存在，试确定此时P点的位置；若不存在，请说明理由．
(3)如图3，当k=1时，PQ的延长线交正方形外角∠DCI的平分线于点G，连接AG交边CD于点H，连接PH，当AQ最小时，求PHHQ的值．
【答案】(1)①见解析；②k=32+1
(2)不存在，理由见解析
(3)2

【分析】（1）①根据矩形的性质得出∠B=∠C=90°，结合条件PQ⊥AP得出∠QPC=∠BAP，即可证明△ABP∽△PCQ，再证明△APQ∽△PCQ即可；
②由已知得出ABBP=2k，根据△ABP∽△PCQ得出ABBP=PCQC=2k，设AB=2k，则BP=PC=1，则CQ=12k，求得DQ，根据tan∠DAQ=DQAD=3，建立方程，解方程即可求解；
（2）由（1）可得△ABP∽△PCQ，当点Q和点D重合时，CQ=CD=AB，设BP=x，BC=a，则PC=BC−x，AB=ka，得到关于x的方程，根据方程有实根得出k≤12，即可得出结论；
（3）先根据△ABP∽△PCQ得出PCAB=QCBP，设BP=x，BC=a，则PC=a−x，AB=a，得出CQ=−1ax2+x，进而得出DQ取得最小值，此时P为BC的中点，过点G作GM⊥CI,GK⊥DC，垂足分别为M,K，过点P作PN⊥AG于点N，则四边形CMGK是矩形，证明△HAD∽△HGK，得出DH=23DK=23×12a=13a,HK=12DH=16a，HQ=512a，进而证明△APG是等腰直角三角形，在Rt△HKG，Rt△PHN中勾股定理求得NH，即可求解．
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠APB+∠BAP=90°，
∵PQ⊥AP，
∴∠APQ=90°，
∴∠APB+∠QPC=90°，
∴∠QPC=∠BAP，
∴△ABP∽△PCQ；
∴APPQ=BPCQ
∵点P为BC中点，
∴BP=PC，
∴APPQ=PCCQ，
又∵∠APQ=∠C，
∴△APQ∽△PCQ，
∴△ABP∽△PCQ∽△APQ．
②∵点P是BC的中点，ABBC=AB2BP=k，
∴ABBP=2k，
∵△ABP∽△PCQ，
∴PCAB=QCBP，
∴ABBP=PCQC=2k，
设AB=2k，则BP=PC=1，
∴CQ=12k，
∴DQ=CD−CQ=2k−12k，
∵∠DAQ=60°，
∴tan∠DAQ=DQAD=3，
即2k−12k2=3，
解得：k=32+1或k=32−1（负值舍去）；
（2）解：∵△ABP∽△PCQ，
∴PCAB=QCBP，
∴ABBP=PCQC，
当点Q和点D重合时，CQ=CD=AB，
∴AB2=PC×PB，
∵ABBC=k，则AB=kBC，
设BP=x，BC=a，则PC=a−x，AB=ka，
∴k2a2=a−xx，
即−x2+ax−k2a2=0，
当−4a2k2+a2≥0时，有实数解，
即1−4k2≥0，
解得：−12≤k≤12，
∴当k>12时，不存在点Q和点D重合的情况；
（3）解：∵k=1
∴AB=CD=BC，
∵△ABP∽△PCQ，
∴PCAB=QCBP，
设BP=x，BC=a，则PC=a−x，AB=a，
∴a−xa=CQx，
∴CQ=−1ax2+x，
∴当x=−1−2a=a2时，CQ取得最大值，
即DQ取得最小值，此时P为BC的中点，
如图所示，

过点G作GM⊥CI,GK⊥DC，垂足分别为M,K，过点P作PN⊥AG于点N，则四边形CMGK是矩形，
∵PQ的延长线交正方形外角∠DCI的平分线于点G，
∴GM=GK，
∴四边形CMGK是正方形，
∵P为BC的中点，△ABP∽△PCQ，
∴CQPC=BPAB=12，
∴tan∠QPC=GMPM=12，
即CMPC+CM=12，
∴CM=PC，
∴PM=2PC=BC，
设正方形边长为a，则CM=PC=12a，CQ=12PC=14a，
∵AD∥KG，
∴△HAD∽△HGK，
∴DHHK=ADKG=AHHG=a12a=2，
∴DH=23DK=23×12a=13a,HK=12DH=16a，
∴HQ=CD−DH−CQ=a−14a−13a=512a，
在△APB,△PGM中，
AB=PM∠B=∠PMGBP=GM=12a，
∴△APB≌△PGM，
∴PA=PG，
又∵AP⊥PG，
∴△APG是等腰直角三角形，
∴AG=2AP=2×a2+12a2=102a，PN=12AG=104a，
在Rt△HKG中，HG=HK2+KG2=16a2+12a2=106a，
在Rt△PHN中，NH=NG−HG=12AG−HG=104a−106a=1012a，
PH=PN2+HN2=104a2+1012a2=56a，
∴当DQ最大时，求PHHQ =56a512a=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
17．（2023·浙江嘉兴·统考一模）如图1，已知AB是半圆O的直径，半径OC⊥AB，D是弧BC上的动点（不含点B，C），连接AC，作BE⊥射线CD于点E．

(1)猜想∠BDE的度数，并说明理由
(2)连接OD，若OD∥AC，求证：CD=2DE．
(3)如图2，作正方形OBFC，连接OE，EF，OE交BD于点G．若OG=2GE，EF=2，求BE的长．
【答案】(1)∠BDE=45°，理由见解析；
(2)见解析
(3)BE=22+2．

【分析】（1）先证明△OAC是等腰直角三角形，推出∠A=45°，再根据圆内接四边形的性质以及邻补角的定义即可求解；
（2）证明△BDE是等腰直角三角形，推出BD=2DE，再证明∠COD=∠BOD=45°，利用圆心角、弦的关系即可证明CD=2DE；
（3）连接BC，证明OE是线段BD的垂直平分线，设EG=DG=BG=a，得到OG=2GE，OG=2a，OE=2a+a，利用正方形的性质求得BF=OB=3a，BC=OF=6a，证明B、E、F、C四点共圆，推出∠FEO=90°，利用勾股定理列式计算求得a的值，据此计算即可求解．
【详解】（1）解：∠BDE=45°，理由如下，
∵半径OC⊥AB，且OA=OC，
∴△OAC是等腰直角三角形，
∴∠A=45°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠A+∠CDB=180°，
∵∠BDE+∠CDB=180°，
∴∠BDE=∠A=45°；
（2）证明：如图，

∵BE⊥DE，∠BDE=45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BD=2DE，
∵半径OC⊥AB，OD∥AC，
∴∠COD=∠BOD=45°，
∴CD=BD=2DE；
（3）解：连接BC，

由（2）得△BDE是等腰直角三角形，
∴ED=EB，
又∵OD=OB，
∴OE是线段BD的垂直平分线，
∴EG=DG=BG，
设EG=DG=BG=a，
∵OG=2GE，
∴OG=2a，
∴OE=2a+a，
∵四边形OBFC是正方形，
∴BF=OB=BG2+OG2=a2+2a2=3a，
∴BC=OF=2OB=6a，
∵∠CFB=∠CEB=90°，
∴B、E、F、C四点共圆，
∴∠CEF=∠CBF=∠CFO=∠CEO=45°，
∴∠FEO=90°，
∴EF2+OE2=OF2，即22+2a+a2=6a2，
整理得a2=23−22=22−12，
∴a=22−1=22+12−12+1=2+2(负值已舍)，
∴BE=2a=22+2．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
18．（2023·河南省直辖县级单位·校联考一模）已知△ABC和△DEB都是等腰三角形，AB=6，BD=2．

(1)当∠A=∠BDE=60°时：
①如图1，当点D在边AB上时，请直接写出CE和AD的数量关系：___________；
②如图2，当点D不在AB边上时，判断线段CE和AD的数量关系，并说明理由．
(2)如图3，当∠A=∠BDE=90°时，请直接写出CE和AD的数量关系：____________________；
(3)在(1)的条件下，将△DEB绕点B逆时针旋转α(0∘<α<360∘)，当BC=CD时，请直接写出AD的长度．
【答案】(1)CE=AD；CE=AD
(2)AD=22CE
(3)AD=35+3或AD=35−3

【分析】（1）①证出△ABC和△DEB都是等边三角形，即可求解；②证明△DBA≌△EBCSAS即可求出答案；
（2）证明△DAB∼△EBCSAS即可求出答案；
（3）分两种情况讨论，画出图形，由（1）得，CE=AD，    先求CE，即可求出答案．
【详解】（1）解：①∵△ABC和△DEB都是等腰三角形，∠A=∠BDE=60°，
∴△ABC和△DEB都是等边三角形，
∴AB−BD=BC−BE，
∴CE=AD；
②∵△ABC和△DEB都是等腰三角形，∠A=∠BDE=60°，
∴△ABC和△DEB都是等边三角形，
∴AB=BC，BD=BE，∠DBE=∠ABC=60°，
∵∠DBE=∠DBA+∠ABE，∠ABC=∠EBC+∠ABE，
∴∠DBA=∠EBC，
∴△DBA≌△EBCSAS，
∴CE=AD；
（2）解：∵△ABC和△DEB都是等腰三角形，∠A=∠BDE=90°，
∴∠ABC=∠DBE，
∴∠ABC+∠EBA=∠DBE+∠EBA，
∴∠DBA=∠EBC，
∵AB=6，BD=2，
∴BE=BD2+DE2=22+22=22，BC=BE2+EC2=62+62=62，
∵DBBE=ABBC，222=662=22，
∴△DAB~△ECB，
∴ADCE=22，即AD=22CE；
（3）①解：连接CD，延长CE交BD于点F，如图所示，

∵△DEB是等腰三角形，∠A=∠BDE=60°，BC=CD，
∴△DEB是等边三角形，
∴BE=ED=BD，
∵CE=CE，
∴△BCE≌△DCESSS，
∴∠DCE=∠BCE，
∴CE是∠DCB的角平分线，
∴CF⊥BD，
∵△ABC是等腰三角形，∠A=∠BDE=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AB=6，BD=2，
∴BF=1，
∴CF=BC2−BF2=62−12=35，EF=BE2−BF2=22−12=3，
∴CE=CF−EF=35−3
由（1）得，CE=AD，
∴AD=35−3；
②连接AE，CD，且EC、BD相交于点F，如图所示，

∵△ABC和△DEB都是等腰三角形，∠A=∠BDE=60°，
∴△ABC和△DEB都是等边三角形，
∴BE=ED，
∵BC=CD，EC=CE，
∴△BCE≌△DCESSS，
∴∠BEC=∠DEC=30°，
∵BD=2，AB=6
∴EF=32BE=3，BF=1，
∴CF=BC2−BF2=62−12=35，
∴CE=CF+EF=35+3，
由（1）得，CE=AD，
∴AD=35+3；
综上，满足条件的AD=35+3或AD=35−3.
【点睛】本题考查几何综合题，涉及相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质、角平分线的定义等知识，难度较大，灵活运用所学知识是解题关键．
19．（2023·山西晋城·统考一模）综合与实践
动手操作：
第一步：如图①，将矩形纸片ABCD沿过点O的直线折叠，使得点A，点D都落在BC边上，此时，点A与点D重合，记为E，折痕分别为BO、CO，如图②；
第二步：再沿过点O的直线折叠，使得直线OB与直线OC重合，且O、E、C三点在同一条直线上，折痕分别为OG、OH，如图③；
第三步：在图③的基础上继续折叠，使△OGB与△OHC重合，得到图④，展开铺平，连接FH，MG交于点N，如图⑤，图中的虚线为折痕．

问题解决：
(1)在图⑤中，∠BGO的度数是　　；
(2)在图⑤中，请判断四边形OFNM的形状，并说明理由；
(3)试判断线段ON与GH的数量关系，并证明；
(4)若AB=1，则AF的长是　　．（提示：12+1=2−1）
【答案】(1)112.5°
(2)四边形OFNM是菱形，理由见解析
(3)ON=GH；证明见解析
(4)2−1

【分析】（1）根据折叠性质得出∠AOF=∠FOB=∠BOG=∠GOE，∠ABO=∠EBO，求出∴∠BOG=14∠AOE=22.5°，∠GBO=12∠ABE=45°，再求出结果即可；
（2）证明△OFH是等腰直角三角形，△OMG是等腰直角三角形，得出∠OFN=45°, ∠OMN=45°，求出∠OFN+∠FOM=180°,∠OMN+∠FOM=180°，证明FN∥OM，MN∥OF，得出四边形OFNM是平行四边形，证明OF=OM，得出结论；
（3）根据SAS证明△OMN≌△GOH，即可得出结论；
（4）过点F作FP⊥OB交OB于点P，根据角平分线的定义AF=FP，设AF=FP=x，得出FB=2x，根据AB=1，得出x+2x=1，求出x的值即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，由折叠的性质，可知∠BEO=∠A=90°，
∴∠A=∠ABC=∠BEO=90°，
∴四边形ABEO为矩形，
∵AB=BE，
∴四边形ABEO是正方形，
∴∠AOE=90°，
由折叠的性质得∠AOF=∠FOB=∠BOG=∠GOE，∠ABO=∠EBO，
∴∠BOG=14∠AOE=22.5°，∠GBO=12∠ABE=45°，
∴∠BGO=180°−22.5°+45°=112.5°；
故答案为：112.5°．
（2）解：四边形OFNM是菱形，理由如下：
同（1）可得，∠CHO=112.5°，
∴∠OGH=∠OHG=180°−112.5°=67.5°，
∴∠GOH=180°−∠OGH−∠OHG=45°，
由折叠的性质可知OF=OG,OG=OH，
∴OF=OH，
∵∠FOB=∠BOG=22.5°，
∴∠FOH=∠GOH+∠FOB+∠BOG=90°，
∴△OFH是等腰直角三角形，
同理可证，△OMG是等腰直角三角形，
∴∠OFN=45°, ∠OMN=45°，
又∵∠FOM=135°，
∴∠OFN+∠FOM=180°,∠OMN+∠FOM=180°，
∴FN∥OM，MN∥OF，
∴四边形OFNM是平行四边形，
又∵OG=OM,OF=OG，
∴OF=OM，
∴四边形OFNM是菱形；
（3）解：ON=GH，理由如下：
由（2）可知∠OMN=45°, ∠GON=∠HON=22.5°，
∴∠GOH=∠GON+∠HON=45°，
∴∠GOH=∠OMN，
∵四边形OFNM是菱形，
∴OM=MN=OF=FN，
由折叠性质可知，OF=OG,OM=OH，
∴OG=OH=OM=MN，
在△OMN和△GOH中，
OM=GO∠OMN=∠GOHMN=OH
∴△OMN≌△GOH，
∴ON=GH；
（4）解：过点F作FP⊥OB交OB于点P，如图所示：

∵∠A=90°,FP⊥OB，且∠AOF=∠BOF=22.5°，
∴AF=FP，
设AF=FP=x，
∵∠BPF=90°，∠PBF=45°，
∴△BPF为等腰直角三角形，
∴FB=2x，
∵AB=1，
∴x+2x=1，
解得：x=12+1=2−1，
即AF=2−1．
故答案为：2−1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，角平分线的性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握正方形和菱形的判定和性质．
20．（2023·湖南岳阳·统考一模）（1）【问题情境】如图①，在矩形ABCD中，点E、F分别在边CD、AD上，且AE⊥BF于点G，求证：BFAE=ABAD；
（2）【变式思考】如图②，在（1）的条件下，连接CG，若CG=CB，求证：点E是DC的中点；
（3）【深入探究】如图③，在矩形ABCD中，点E、F、H分别在边CD、AD、BC上，且AE⊥HF于点G，连接CG，设∠HCG=2α，且sinα=1010，若CG=CH,BHCH=m，求DEHG的值（用含m的代数式表示）

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）10m+16．
【分析】（1）结合题意易得∠ABF+∠BFA=90° 、∠DAE+∠BFA=90°即∠ABF=∠DAE即可证明△ABF∼△DAE，得到结论；
（2）过点C作CP⊥BG于点P，类比（1）易证△DAE∼△GBA∼△PCB，由△DAE∼△PCB得DEAD=PBPC，由 CP⊥BG，CG=CB易得PB=12BG即DEAD=12GBPC，由△GBA∼△PCB得BGPC=ABBC  即DEAD=12ABBC结合AD=BC得DE=12AB=12DC，即可证明；
（3）过点C作CQ⊥HG于点Q，易得∠3=∠4即∠1=∠2，由CQ⊥HG，CG=CH，∠HCG=2α得∠1=∠2=α设HQ=x，由HQCH=sinα得CH=10x及CQ=3x、tanα=HQCQ=13，由BHCH=m得BH=10mx，AD=BC=10m+1x，在Rt△ADE中，由DEAD=tanα=13得DE=13AD=10m+13x，由CQ⊥HG，CG=CH，得GH=2HQ=2x，代入求解即可．
【详解】解：（1）证明：如图①中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠D=90°，
∴∠ABF+∠BFA=90°，
又∵AE⊥BF，
∴∠DAE+∠BFA=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF∼△DAE，
∴BFAE=ABAD；
（2）证明：过点C作CP⊥BG于点P，
∴∠D=∠CPB=90°，
∴∠3+∠CBP=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠2+∠CBP=90°，
∴∠2=∠3，
由（1）可知△ABF∼△DAE，
∴∠2=∠1，
∴∠1=∠2=∠3，
又∵∠D=∠BGA=∠CPB=90°，
∴△DAE∼△GBA∼△PCB，
∵△DAE∼△PCB，
∴DEPB=ADPC，
即DEAD=PBPC  ，
∵  CP⊥BG，CG=CB，
∴PB=12BG，
∴DEAD=12GBPC  ，
又∵△GBA∼△PCB，
∴BGPC=ABBC  ，
∴DEAD=12GBPC=12ABBC，
又∵AD=BC，
∴DE=12AB=12DC，
∴点E是DC的中点；
                       .’
（3）过点C作CQ⊥HG于点Q，
又∵AE⊥HF，
∴∠AGF=∠CQH=90°，
又∵矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠3=∠4，
∴∠1=∠2，
∵CQ⊥HG，CG=CH，∠HCG=2α，
∴∠2=12∠HCG=α，
设HQ=x，
∵HQCH=sinα=1010，
∴CH=HQsinα=10x，
CQ=CH2−HQ2=3x，
∴tanα=HQCQ=x3x=13，
又∵BHCH=m，
∴BH=mCH=10mx，
BC=BH+CH=10m+1x，
∴AD=BC=10m+1x，
又∵∠1=∠2=α，
在Rt△ADE中，DEAD=tanα=13，
∴DE=13AD=10m+13x，
又∵CQ⊥HG，CG=CH，
∴GH=2HQ=2x，
∴DEHG=10m+13x2x=10（m+1）6 ．

【点睛】本题考查了相似三角形的证明和性质，矩形的性质，勾股定理解直角三角形，解直角三角形；解题的关键是熟练掌握相关性质．