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中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）专题25以四边形为载体的几何综合问题（全国通用）（原卷版+解析）
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这是一份中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）专题25以四边形为载体的几何综合问题（全国通用）（原卷版+解析），共78页。
【例1】(2023·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∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(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，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【例2】(2023·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ADAB＝AGAE＝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ADAB＝AGAE＝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＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【例3】(2023·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？
【例4】(2023·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝23，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23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3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＝13HB，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．
【例5】(2023·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．
一、解答题【共20题】
1．(2023·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ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD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ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
2．(2023·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
3．(2023·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同一直线上，BC=m(m>1)，CE=1．连接AF、BG．
(1)求图1中AF、BG的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转α度（0°<α≤90°），试探究AF、BG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CF并延长交AD于点H，若FH=2，求m的值．
4．(2023·北京市第十九中学三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，D是AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线交于点E，连接EH、DE．
(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
5．(2023·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC,BC上，且四边形DEFG是正方形．
(1)试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=4．
①线段AE,CG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△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
6．(2023·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，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)如图2，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．
①求证四边形AFGD为菱形；
②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．
7．(2023·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．
(1)如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P是AB边上任意一点，则CP的最小值为______．
(2)如图②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．
8．(2023·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．
9．(2023·浙江丽水·一模）在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E在AD边上，AE=4，点P是边AB上一个动点，连结EP，将△AEP沿EP翻折得到△FEP．
(1)当EF∥AB时，求∠AEP的度数；
(2)若点F落在对角线BD上，求证：△DEF∼△BFP；
(3)若点P在射线BA上运动，设直线PF与直线BD交于点H，问当AP为何值时，△BHP为直角三角形．
10．(2023·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，BH⊥AE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CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，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ABBC=BGBE=k（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Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=30°，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为______．
11．(2023·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的长；
(3)如图3，CA=CB，点R为CB延长线上一点，连接OR交AB于点E，点F、H分别是AB、BC边上一点(BF>BH)，且OF=OH，过点O作BC的垂线，垂足为M，∠HOM=∠BOR，当BF=10，BH=8时，求RB的长．
12．(2023·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中点，点P是AO上一点，连接PD，过点P作PE⊥PD交BC于点E，连接DE．
(1)如图（1），点P在AO上运动时∠DEP的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于点H，PB=4，DP=26，求ADCD的值．
13．(2023·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RtΔABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
(1)根据题意，则DE的长为 ．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 ．
14．(2023·广东·东莞市光明中学三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②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3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
15．(2023·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，点F是抛物线在第一象限内的一个动点，FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，点M是抛物线的顶点，已知在点F的运动过程中，FD的最大值是42．
(1)求点B的坐标与a的值；
(2)当点D恰好是OB的中点时，求点E的坐标；
(3)连结AM，作点E关于直线DF的对称点P，当点P落在线段AM上时，则点E的坐标为______.(直接写出答案)
16．(2023·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=13，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______．
17．(2023·辽宁阜新·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．
18．(2023·江苏镇江·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．
19．(2023·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．
20．(2023·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＝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．
（全国通用）
专题25以四边形为载体的几何综合问题
【例1】(2023·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∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(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，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
(3)22b+a
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNHAAS，进而求出HN=22CH，再根据（2）的结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）
解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+a．
【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】(2023·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ADAB＝AGAE＝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ADAB＝AGAE＝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＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝12DG，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝94
【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）DGBE=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＝12DG，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵ADAB＝AGAE＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴DGBE=ADAB=2，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝AHBH=ADAB=2，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（5）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝AHEH，
∴AHEH=tan45°=1，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝AB2+AD2=(5)2+(25)2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：DGBE=2，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝12BE⋅DG＝12×3×6＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝（GMGB）2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【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】(2023·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545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AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，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，∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，∴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，∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②当C'F＝BF时，如图3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ABBC=BFCG=159=53 ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝CF2−CG2＝4a，∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，∴CE9=3a4a+5a，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为545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】(2023·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝23，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23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3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＝13HB，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)EPPC=49；
(2)y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2−34x2+32x+32x2≤x≤4336+23−x−3x433≤x≤23；当x=433时，y的最大值为2+233；
(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△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根据题意可得AF=83，AE=23，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2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上；当433≤x≤23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，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
∴AFFB=ADBG，
∵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23秒，
∴AF=83，AE=23，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=43， ED=43，
∴8343=2BG，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，
∴EPPC=EDGC，
∴EPPC=49；
（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，AF=3x，
∵DB=23， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
∵ADAB=12，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作EH⊥AB交于H，
∴EH=AE⋅sin60°=32x，
∴y=12×AF×EH=12×3x×32x=34x2；
∴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2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上，
如图， 过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，则EN∥DM，
根据题意得：DE=x-2，
∴BE=23+2−x，
在Rt△ABD中，DM=AD⋅sinA=3，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴ENDM=BEBD，
∴EN3=2+23−x23
∴EN=1+3−12x，
∴y=12×AF×EN=12×(3x)×(1+3−12x)=−34x2+3+32x，
此时该函数图象的对称轴为直线x=3+1 ，
∴当2≤x≤433时，y随x的增大而增大，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
当433≤x≤23时，点E、F均在BD上，
过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴AB+BF=3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=23−x+2，DF=4+3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴BFBD=PFDM，即3x−423=PF3，
∴PF=32x−2，
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
∴BEBD=EQDM，即23+2−x23=EQ3，
∴EQ=3+1−12x，
∴y=12×AB×(EQ−PF)=12×4×(3+1−12x−32x+2)=6+23−1+3x，
此时y随x的增大而减小，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
综上所述：y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2−34x2+32x+32x2≤x≤4336+23−x−3x433≤x≤23
当x=433时，y最大值为2+233；
（3）
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，
∵AH=13HB，AB=4，
∴．AH=1，
由（2）得：此时AH⊥AB，
∵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】(2023·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
【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．
一、解答题【共20题】
1．(2023·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ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD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ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
【答案】(1)CE=2BP；
(2)成立，证明见解析；
(3)16−42．
【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（2）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（3）连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，根据正方形的性质，可得AF=BF=2，再证得△FAP≅△GPE，可得FP=EG，PG=AF=2，在Rt△EGB中，根据勾股定理可得EG=42−2，即可．
【详解】（1）解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
故答案为：CE=2BP；
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
（3）解：如图4，连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，
∵四边形ABCD是正方形，AB=22，
∴BC=AB=22，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP+∠APF=90°，
∴AF=BF，
∴BF=AF=AB⋅sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP≅△GPEAAS，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，由勾股定理得，BE2=BG2+EG2，
设FP=EG=x，
∴622=2+x+22+x2，
解得，x1=42−2，x2=−42−2（舍去），
即EG=42−2，
∴S△BPE=12BP⋅EG=122+42−2×42−2=16−42．
【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．(2023·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）17；（3）174
【分析】（1）根据AAS证明三角形全等即可；
（2）如图2中，连接EH．根据HF2+FE2=DH2+DE2，求出DE即可解决问题；
（3）如图3中，连接HE．由ABBC=34,DHGH=45，可以设AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根据相似三角形的判定和性质可得CE=12m，则DE=CD−CE=3x−12m，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在△BCE和△CDG中，
∠BCE=∠D∠BEC=∠CGDBC=CD，
∴△BCE ≌△CDG（AAS）；
（2）解：如图2中，连接EH．
∵△BCE ≌△CDG，
∴CE=DG，
由折叠可知BC=BF,CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，
∵CEBC=23，
设CE=2x，则BC=CD=3x,FE=CE=2x，
∴DE=CD−CE=x，
设HF=HG=a，
∴DH=DG−HG=2x−a，
∴由折叠可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴a2+（2x）2=（2x−a）2+x2，
∴x=4a或0（舍弃），
∴DH=2x−a=7a，
∴GHDH=a7a=17；
（3）解：如图3中，连接HE．
由ABBC=34,DHGH=45，
设AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，
由（2）知HF=HG=5m，
∴DG=9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG ∽△BCE，
∴DGCE=CDBC=ABBC=34，
∴9mCE=34，
∴CE=12m=FE，
∴DE=3x−12m，
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴（5m）2+（12m）2=（4m）2+（3x−12m）2，
∴x=4m+17m或4m−17m（舍弃），
∴DE=3x−12m=12m+317m−12m=317m，
∴DEEC=317m12m=174．
【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．(2023·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同一直线上，BC=m(m>1)，CE=1．连接AF、BG．
(1)求图1中AF、BG的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转α度（0°<α≤90°），试探究AF、BG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CF并延长交AD于点H，若FH=2，求m的值．
【答案】(1)BG=m2+1 ，AF＝2m2+2
(2)AF=2BG
(3)1+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=2BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=2CG，则ACBC=FCCG=2，从而可证△ACF∽△BCG，得AFBG=ACBC=2，即可得出结论；
（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得AHCH=HFAH，又由正方形CEFG，EF=CE=1，
可求得CF=CE2+EF2=2，即从而求得CH=CF+FH=2+2=22，代入得AH22=2AH，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，即m2+m−22=222 求解即可．
（1）
解：延长FG交AB于H，如图1，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，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
BG=BC2+CG2=m2+12=m2+1；
∴∠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
AF=AH2+HF2=m−12+m+12=2m2+2；
（2）
解：连接AC、CF，如图2，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得
AC=2BC，
在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得
CF=2CG，
∴ACBC=FCCG=2，
∴△ACF∽△BCG，
∴AFBG=ACBC=2，
即AF=2BG；
（3）
解：连接AC，如图3，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴△AHF∽△CHA，
∴AHCH=HFAH，
∵正方形CEFG，EF=CE=1，
∴CF=CE2+EF2=2，
∴CH=CF+FH=2+2=22，
∴AH22=2AH，
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，
即m2+m−22=222
解得：m1=1+3，m2=1−3(不符合题意，舍去)．
∴m的值为1+3．
【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．(2023·北京市第十九中学三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，D是AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线交于点E，连接EH、DE．
(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：DE2+DF2=EH2，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：DE2+DF2=EH2，想办法证明∠EDF=90°即可．
（1）
证明：连接CD．
∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC；
（2）
解：图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2．
理由：连接EF，AH，取FH的中点T，连接AT，DT，ET．
∵点E在FH的垂直平分线上，
∴EF=EH，
∵AD=DB，HT=TF，AB=FH，
∴AD=FT=HT，
∵AD∥FH，
∴四边形AHTD，四边形ADFT是平行四边形，
∴AH∥DT，AT∥DF，
∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，
∵AH∥BF，
∴∠HAC=∠ACB=90°，
∵EH=EF，HT=FT，
∴ET⊥FH，∠TEH=∠TEF，
∴∠EAH=∠ETH=90°，
∴四边形A,E,H,T四点共圆，
∴∠TAH=∠TEH，
∴∠FDT=∠FET，
∴E，D，F，T四点共圆，
∴∠EDF+∠ETF=180°，
∴∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EH2．
【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．(2023·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC,BC上，且四边形DEFG是正方形．
(1)试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=4．
①线段AE,CG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△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
【答案】(1)AE=CG,AE⊥CG，理由见解析
(2)①位置关系保持不变，数量关系变为CGAE=34；理由见解析；②当△CDE为等腰三角形时，CG的长为32或2120或158．
【分析】（1）如图1，根据SAS证明△ADE≅△DGC，可得AE=CG，及∠ACG=90∘，则AG⊥AC，所以AE⊥CG；
（2）①如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，根据矩形的性质和直角三角形斜边中线的性质得：OE=OF=OG=OD=OC，可知D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠ECG=90°，再证明△ADE∼△CDG，得CGAE=DCAD=34；
②先根据CGAE=34，设CG=3x,AE=4x，
分三种情况：
（i）当ED=EC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CG的长；
（ii）当DE=DC=3时，如图4，证明△CDH~△CAD，列比例式可得CH的长，从而根据AE=4x=AC−2CH=5−2×95=75，求得x的值，同理可得CG的长；
（iii）当CD=CE=3时，如图5，根据AE=2.，可得x的值，同理可得CG的长．
（1）
AE=CG，AE⊥CG，
理由：如图1，∵四边形EFGD是正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≅△CDG，
∴AE=CG，∠DCG=∠DAE=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=90°，
∴CG⊥AC，
即AE⊥CG．
（2）
①位置关系保持不变，数量关系变为CGAE=34.
理由：如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，
∵四边形EFGD是矩形，
∴OE=OF=OG=OD，
Rt△DGF中，OG=OF，
Rt△DCF中，OC=OF，
∴OE=OF=OG=OD=OC，
∴D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，
∵∠DGF=90°，
∴DF为⊙O的直径，
∵DF=EG，
∴EG也是⊙O的直径，
∴∠ECG=90∘，即AE⊥CG，
∴∠DCG+∠ECD=90°，
∵∠DAC+∠ECD=90°，
∴∠DAC=∠DCG，
∵∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∼△CDG，
∴CGAE=DCAD=34.
②由①知：CGAE=34.
∴设CG=3x，AE=4x，
分三种情况：
（i）当ED=EC时，如图3，过E作EH⊥CD于H，则EH∥AD，
∴DH=CH，
∴AE=EC=4x，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=32+42=5，
∴8x=5，
即x=58.
∴CG=3x=158；
（ii）当DE=DC=3时，如图4，过D作DH⊥AC于H，
∴EH=CH，
∵∠CDH=∠CAD，∠CHD=∠CDA=90°，
∴△CDH∼△CAD，
∴CDCA=CHCD,
∴35=CH3,
∴CH=95，
∴AE=4x=AC−2CH=5−2×95=75，
∴x=720，
∴CG=3x=2120，
（iii）当CD=CE=3时，如图5，
∴AE=4x=5−3=2，
∴x=12，
∴CG=3x=32，
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，CG的长为32或2120或158．
【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．(2023·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，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)如图2，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．
①求证四边形AFGD为菱形；
②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)①见解析；②x=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）①由△ADE∽△GCE计算出GC的长度，再证明四边形AFGD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△DMN 是直角三角形，则有两种情况，一是当∠MDN=90°时，二是当∠DNM=90°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ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠B=∠BCD=90°，
由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设CE=x，则DE=EF=8−x．
在Rt△ABF中，BF= AF2−AB2=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
在Rt△EFC中，则有：(8−x)2=x2+42，
∴x=3，
∴CE=3．
（2）
①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴△ADE∽△GCE，
∴ADGC=DECE，
∵AD=10，CE=3，DE=5，
∴10GC=53，
∴GC=6，
由（1）可得：CF=4，
∴GF=6+4=10，
∴四边形AFGD是平行四边形，
又∵AD=AF，
∴平行四边形AFGD是菱形．
②∵∠DMN=∠DAM，
∴若△DMN是直角三角形，则有两种情况，
当∠MDN=90°时，
∵AD=GD，
∴∠DAG=∠DGA
又∵∠ADE=∠GDM=90°，
∴△ADE≌△GDM(ASA)
∴DM=DE=5，
又∵∠DMN=∠DAM，∠ADE=∠MDN=90°，
∴△ADE∽△MDN
∴ADMD=DEDN，即105=5x，
∴x=52；
当∠DNM=90°时，则∠MDN+∠DMN=90°，
又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，
∴∠DMN=∠DGA，
∴∠MDN+∠DGA=90°，
∴∠DMG=90°，
∵sin∠DAE= DEAE=DMAD，
∵AE=AD2+DE2=55，
∴555=DM10，
∴DM= 25，
∵∠DMN=∠DAM
∴sin∠DMN=sin∠DAM
∴DEAE=DNDM，即555=x25
解得：x=2，
综上所述：x=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．(2023·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．
(1)如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P是AB边上任意一点，则CP的最小值为______．
(2)如图②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)125
(2)9625
(3)存在，最小值为152，BF=3
【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CM+MN的最小值；
（3）先确定出EG⊥AC时，四边形AGCD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CP⊥AB于P，根据点到直线的距离垂线段最小，此时CP最小，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，根据勾股定理得，AB=AC2+BC2=5，
∵12AC×BC=12AB×CP
∴CD=AC⋅BCAB=125，
故答案为125；
（2）
如图②，作出点C关于BD的对称点E'，连接CE'交BD于点F'，
过点E'作E'N⊥BC于N，交BD于M，连接CM，此时CM+MN=E'N最小；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=5，根据勾股定理得，BD=5，
∵CE'⊥BD，
∴12BD×CF'=12BC×CD，
∴CF'=BC×CDBD=125，
由对称得，CE'=2CF'=245，
在Rt△BCF'中，cs∠BCF'=CF'BC=35，
∴sin∠BCF'=45，
在Rt△CE'N中，E'N=CE'sin∠BCE'=245×45=9625；
即：CM+MN的最小值为9625；
（3）
存在．
如图3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
根据勾股定理得，AC=5，
∵AB=3，AE=2，
∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为ℎ，
∵S四边形AGCD=S△ACD+S△ACG=12AD×CD+12AC×ℎ=12×4×3+12×5×ℎ=52ℎ+6，
∴要四边形AGCD的面积最小，即：ℎ最小，
∵点G是以点E为圆心，BE=1为半径的圆上在矩形ABCD内部的一部分点，
∴EG⊥AC时，ℎ最小，
由折叠知∠EGF=∠ABC=90°，
延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=45，
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC=EHAE=45，
∴EH=45AE=85，
∴ℎ=EH−EG=85−1=35，
∴S四边形AGCD最小=52ℎ+6=52×35+6=152，
过点F作FK⊥AC于K，
∵EH⊥FG，EH⊥AC，
∴四边形FGHK是矩形，
∴FK=GH=35，
∵∠FCK=∠ACB，∠CKF=CBA=90°，
∴△CKF∼ △CBA，
∴CFAC=FKAB，
∴CF5=353，
∴CF=1
∴BF=BC−CF=4−1=3．
【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．(2023·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)BE=DF，BE⊥DF；理由见解析；
(2)DE:BF=1:2，DE⊥BF．理由见解析；
(3)210．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BCD=90°，BC=CD，证明ΔBCE≌ΔDCF(SAS)，再由全等三角形的性质得BE=DF，∠CBE=∠CDF，由直角三角形的性质得出结论；
（2）延长DE交BC，BF分别于点P，Q，证明出ΔDCE∽ΔBCF，由相似三角形的性质得出DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，则可得出结论；
（3）由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，则(DE+QE)2+(BF−QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，求出(QE+QF)2=10，(QE−QF)2=0，可求出DE=10，则可得出答案．
（1）
解：线段BE与DF之间的关系为BE=DF，BE⊥DF．
理由如下：
延长BE交DC，DF分别于点M，N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵∠ECF=90°，
∴∠BCD=∠ECF=90°，
∴∠BCD−∠DCE=∠ECF−∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
∵CE=CF，
∴ΔBCE≅ΔDCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∵∠BMC=∠DMN，
∴∠CBE+∠BMC=∠CDF+∠DMN，
∵∠CBE+∠BMC=90°，
∴∠CDF+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BE⊥DF；
（2）
解：线段DE与BF之间的关系为DE:BF=1:2，DE⊥BF．
理由如下：
延长DE交BC，BF分别于点P，Q，
∵四边形ASBCD是矩形，
∴∠BCD=90°=∠ECF，AB=DC，
∴∠BCD−∠BCE=∠ECF−∠BCE，
即∠DCE=∠BCF．
∵AB:BC=1:2，CE:CF=1:2，
∴ DCBC=CECF，
∴ΔDCE∽ΔBCF，
∴ DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，
∵∠CPD=∠BPQ，
∴∠CDE+∠CPD=∠CBF+∠BPQ，
∵∠CDE+∠CPD=90°，
∴∠CBF+∠BPQ=90°，
∴∠BPD=90°，
∴DE⊥BF；
（3）
解：连接BD，如图3，
由已知得AB=3，CD=6，CE=1，CF=2，BD2=45，EF2=5，
由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，
则(DE+QE)2+(BF−QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，
(DE+QE)2+QF2=DF2，(BF−QF)2+QE2=BE2，BF=2DE，
∴(DE+QE)2+QF2+(BF−QF)2+QE2=45+5，
∴BE2+DF2=50，
∵DF=BE，
∴BE2=DF2=25，
∴(DE+QE)2+QF2=(2DE−QF)2+QE2，
∴DE=2QE+4QF3，
∵(DE+QE)2+QF2=DF2，
∴DE2+2DE⋅QE=20，
∴(2QE+4QF3)2+2QE×2QE+4QF3=20，
∴16(QE2+QF2)+40QE⋅QF=180，
由QE2+QF2=5得，2QE⋅QF=5，
∴QE2+QF2+2QE⋅QF=5+5，QE2+QF2−2QE⋅QF=5−5，
∴(QE+QF)2=10，(QE−QF)2=0，
∴QE=QF=102，
∴DE=10，
∴BF=2DE=210．
【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．(2023·浙江丽水·一模）在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E在AD边上，AE=4，点P是边AB上一个动点，连结EP，将△AEP沿EP翻折得到△FEP．
(1)当EF∥AB时，求∠AEP的度数；
(2)若点F落在对角线BD上，求证：△DEF∼△BFP；
(3)若点P在射线BA上运动，设直线PF与直线BD交于点H，问当AP为何值时，△BHP为直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)见解析；
(3)43−4或2+23或23−2或4+43．
【分析】（1）由平行线的性质得∠A+∠AEF=180°，求得∠AEF=120°，由翻折的性质可得∠AEP=∠FEP，即可求解；
（2）易证△ADB是等边三角形，由翻折可得∠EFP=∠A=60°，证得∠DEF=∠PFB，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，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°，设AP=x，则FP=x，
求得∠K=30°，AK=2AE=8，EK=EF+FK=4+x，在Rt△AEK中， cs∠K=EKAK=32，求解即可得AP=43−4；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：∠APE=∠FPE=45°，求得AQ=12AE=2，EQ=42−22=23，PQ=EQ=23，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AM=12AE=2，EM=PM=2+a，在Rt△AEM中，EM=AE2−AM2=23，
∴2+a=23，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，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°，证得∠BPH=∠ANE=30°，PF=PN=AP，EN=AEtan∠ANE=433=43，即可求得AP的长度．
（1）
解：∵EF∥AB，
∴∠A+∠AEF=180°，
∵∠A=60°
∴∠AEF=120°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠AEP=∠FEP，
∴∠AEP=12∠AEF=60°；
（2）
证明：当点F在BD上时，如图1所示，
∵菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AD=AB，△ADB是等边三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠EFP=∠A=60°，
∴∠EFD+∠PFB=120°
∵∠ADB=60°
∴∠EFD+∠DEF=120°
∴∠DEF=∠PFB
在△DEF和△BFP中，
∠EDF=∠PBF=60°∠DEF=∠PFB
∴△DEF∼△BFP；
（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，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°
设AP=x，则FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴∠APF=150°，∠BPH=30°
∴∠AEF=90°，∠K=30°，
∴AK=2AE=8
∵∠K=∠BPH=30°，
∴KF=PF=AP=x，
∴EK=EF+FK=4+x，
在Rt△AEK中，
cs∠K=EKAK=32，
即4+x8=32，解得：x=43−4，
即AP=43−4；
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：∠APE=∠FPE=45°，
∵EQ⊥AB，∠A=60°
∴∠AEQ=30°，∠PEQ=∠EPQ=45°，
∴AQ=12AE=2，EQ=42−22=23，
∴PQ=EQ=23，
∴AP=AQ+PQ=2+23；
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，∠EAM=60°，
∴∠AEM=60°，AM=12AE=2
由折叠的性质可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EM⊥AB，∠APE=45°
∴EM=PM=2+a，
在Rt△AEM中，EM=AE2−AM2=23，
∴2+a=23，
解得：a=23−2，
即AP=23−2；
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，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴∠BPH=30°，
∵∠EAB=60°
∴∠PAE=∠PFE=120°
∴∠AEF=90°，
∴∠AEN=90°，∠ANE=30°，
∵∠BPH=30°，
∴PF=PN=AP，
∵∠ANE=30°，
∴EN=AEtan∠ANE=433=43，
∴FN=EF+EN=4+43，
∴AP=PF=PN=4+43．
综上，AP的长度为43−4或2+23或23−2或4+43．
【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．(2023·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，BH⊥AE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CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，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ABBC=BGBE=k（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Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=30°，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)MG=k2CM
(3)CE=23AF
【分析】（1）过G作GQ⊥BM于点Q，易证△EBH≌△BGQ，△CMN≌△GMQ即可得出结论；
（2）过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．通过证明△ABH∼△BCN，△BEH∼△BGQ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ΔCAE∼ΔABG即可得出结论．
（1）
过G作GQ⊥BM于点Q，
∵BH⊥AE，
∴∠GQB=∠BHE=90°，∠HBE+∠BEH=90°，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，∠GBE=90°，
∴∠HBE+∠QBG=90°，
∴∠QBG=∠BEH，
∴△EBH≌△BGQAAS，
∴BH＝GQ，
∵△ABH≌△BCN，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵∠CMN=∠QMG，
∴△CMN≌△GMQAAS，
∴CM＝MG，
∴M为CG的中点．
（2）
过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴△ABH∼△BCN，
同理可得：△BEH∼△BGQ
∵ABBC=BGBE=k，
∴BHCN=GQBH=k，
∴GQCD=k2，
∵∠AMN=∠GMQ，
∴△CMN∼△GMQ，
∴MGCM=GQCD=k2，
∴MG=k2CM，
（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，AD=BG，
∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵∠ACB=∠AED=30°，
∴AC=3AB，AE=3AD=3BG
∴ACAB=AEBG=3，
∴ΔCAE∼ΔABG，
∴ECAG=ACAB=3，
∴EC2AF=3，
∴EC=3AF．
【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．(2023·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的长；
(3)如图3，CA=CB，点R为CB延长线上一点，连接OR交AB于点E，点F、H分别是AB、BC边上一点(BF>BH)，且OF=OH，过点O作BC的垂线，垂足为M，∠HOM=∠BOR，当BF=10，BH=8时，求RB的长．
【答案】(1)见解析
(2)AN=245
(3)BR=6
【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F作FQ⊥BC于点Q，过点O作OP⊥AB于P.证明Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，推出∠HOM=∠FOP=∠BOR，证明△ROF≌△ROH(SAS)，推出RF=RH，设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，构建方程求出x即可．
（1）
证明：∵AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=CB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）
解：∵▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC=12×6=3，OB=12BD=12×8=4，
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，根据勾股定理BC=OB2+OC2=32+42=5，
∵S菱形ABCD=BC⋅AN=4S△BOC=12AC⋅BD，
∴5AN=12×6×8，
∴AN=245；
（3）
解：∵AB=CB，AC=BC，
∴AB=CB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
过点F作FQ⊥BC于点Q，
∴∠FQB=90°，
∴∠BFQ=30°，
∴BQ=12BF=12×10=5，
在Rt△FBQ中，根据勾股定理FQ=BF2−BQ2=102−52=53，
过点O作OP⊥AB于P．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
∴∠BOP=∠BOM=60°，
∵OP⊥AB，OM⊥BC，
∴OP=OM，
又∵OF=OH，
∴Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，
∴∠HOM=∠FOP=∠BOR，
∴∠BOH+∠BOR=∠BOH+∠HOM=60°，∠FOP+∠POE=∠BOR+POE=60°，
即∠ROF=∠ROH，
又∵OF=OH,OR为公共边，
∴△ROF≌△ROH(SAS)，
∴RF=RH，
设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，
在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，
∴(x+5)2+(53)2=(x+8)2，
解得x=6，
∴BR=6．
【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．(2023·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中点，点P是AO上一点，连接PD，过点P作PE⊥PD交BC于点E，连接DE．
(1)如图（1），点P在AO上运动时∠DEP的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于点H，PB=4，DP=26，求ADCD的值．
【答案】(1)不变，理由见解析
(2)2
【分析】（1）根据∠DCE=∠DPE=90°，可知C，D，P，E四点共圆，可得∠DEP=∠ACD；
（2）根据同角的余角相等可得∠DPH=∠ACD，则CD=DP=26，再利用两个角相等证明△BPC∽△ABC，得PBBA=BCAC，设AD=BC=x，则AC=AB2+BC2，代入解方程即可．
（1）
解：不变，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCE=90°，
∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴C，D，P，E四点共圆，
∴∠DEP=∠ACD，
∴∠DEP的大小不改变．
（2）
解：∵DE⊥AC，
∴∠PHE=∠PHD=90°，
∴∠DEP+∠EPH=90°，
∵∠DPH+∠EPH=90°，
∴∠DEP=∠DPH，
∵∠DEP=∠ACD，
∴∠DPH=∠ACD，
∴CD=DP=26，
∵BP⊥AC，
∴∠BPC=90°=∠ABC，
又∵∠BCP=∠ACB，
∴△BPC∽△ABC，
∴PBBA=BCAC，
设AD=BC=x，则AC=AB2+BC2，
∵AB=CD=DP=26，
∴AC=x2+24，
∴426=xx2+24，
解得x=43，
经检验，x=43是方程的根，
∴ADCD=4326=2．
【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C，D，P，E四点共圆是解题的关键．
13．(2023·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RtΔABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
(1)根据题意，则DE的长为 ．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 ．
【答案】(1)5
(2)ΔBCE是直角三角形，理由见解析
(3)145
【分析】（1）利用勾股定理求出BC，再利用翻折变换的性质可得DE=DB=5；
（2）结论：ΔBCE是直角三角形．证明DE=DC=DB，可得结论；
（3）设AD交BE于点T．利用相似三角形的性质求出AT，再求出DT，利用三角形中位线定理，可得结论．
（1）
在RtΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=AC2+AB2=82+62=10，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=5，
由翻折的性质可知，DE=DB=5．
故答案为：5；
（2）
结论：ΔBCE是直角三角形．
理由：∵CD=DB，DE=DB，
∴DE=DC=DB，
∴∠CEB=90°，
∴ΔBCE是直角三角形；
（3）
设AD交BE于点T．
由翻折的性质可知，AE=AB，DE=DB，
∴AD垂直平分线段BE，
∴ET=BT，∠ATB=90°，
∵CD=DB，∠CAB=90°，
∴DA=DB=DC=5，
∴∠BAT=∠ABC，
∵∠ATB=∠BAC=90°，
∴ΔBTA∽ΔCAB，
∴ ATAB=ABCB，
∴ AT6=610，
∴AT=185，
∴DT=AD−AT=5−185=75，
∵ET=BT，CD=DB，
∴EC=2DT=145．
故答案为：145．
【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．(2023·广东·东莞市光明中学三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②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3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)AG=437
【分析】1①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
2依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB//CF；依据△ABD≌△ACF可得BD=CF，依据CD−BD=BC，即可得出CD−CF=BC；
3判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据△AGC∽△FGD，即可得到AGFG=CGDG=ACDF，进而得出AG的长．
（1）
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，
故答案为：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
（2）
结论①成立，而结论②不成立．
证明：如图2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD−BD=BC，
∴CD−CF=BC；
（3）
解：如图3，连接DF，过A作AH⊥BD于H，则AH=23，DH=2+2=4，
∴Rt△ADH中，AD=27，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
∴AGFG=CGDG=ACDF=427，
∴可设AG=4x，则FG=27x，CG=6−27x，DG=27−4x，
∴6−27x27−4x=427，
解得x=73，
∴AG=437．
【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△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本题的关键．
15．(2023·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，点F是抛物线在第一象限内的一个动点，FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，点M是抛物线的顶点，已知在点F的运动过程中，FD的最大值是42．
(1)求点B的坐标与a的值；
(2)当点D恰好是OB的中点时，求点E的坐标；
(3)连结AM，作点E关于直线DF的对称点P，当点P落在线段AM上时，则点E的坐标为______.(直接写出答案)
【答案】(1)B（2，0），a＝−12；
(2)E（1+7，0）；
(3)E（3+172，0）．
【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，−12x2+2x+2），则点E（x，0），证明四边形FPDE是正方形，可得点P的坐标为（12x2−x−2，−12x2+2x+2），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y=ax2−4ax+2(a<0)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＝−−4a2a＝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＝2EF，
∵FD的最大值是42，
∴EF的最大值为4，
∴MB＝4，
∵y=ax2−4ax+2=ax−22+2−4a，
∴2−4a＝4，
∴a＝−12；
（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：b=−1k+b=0，
解得：k=1b=−1，
∴直线CD的表达式为：y＝x−1，
由（1）知抛物线解析式为y=−12x2+2x+2，
联立y=x−1y=−12x2+2x+2，
解得：x1=1+7，x2=1−7（不合题意，舍去），
∴点E的坐标为（1+7，0）；
（3）
：
设点F（x，−12x2+2x+2），则点E（x，0），
∵EF＝ED，
∴点D的横坐标为：x−（−12x2+2x+2）＝12x2−x−2，
如图，点E与点P关于直线DF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（12x2−x−2，−12x2+2x+2），
∵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n=22m+n=4，
解得：m=1n=2，
∴直线AM的表达式为y＝x＋2，
当点P落在线段AM上时，有12x2−x−2+2=−12x2+2x+2，
解得：x＝3+172或x＝3−172（舍去），
∴点E的坐标为（3+172，0），
故答案为：（3+172，0）．
【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．(2023·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=13，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=13，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：CM2+CN2=MN2，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PQ∥BC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，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴MN=CN2+CM2=62+82=10，
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=13，
∴tan∠BAN=BNAB=13，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴（2m）2+（3m−n）2＝（m+n）2，
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，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE=43BN=163，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16−163=323，
由（1）得：EM＝PE+DM=163+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16−a)2=(163+a)2，
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CM2+CN2=MN2是解题的关键．
17．(2023·辽宁阜新·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．
18．(2023·江苏镇江·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．
（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．
19．(2023·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．
（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．
20．(2023·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＝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．
（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，
∴SΔOBCSΔCDO=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．
【例1】(2023·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∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(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，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【例2】(2023·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ADAB＝AGAE＝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ADAB＝AGAE＝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＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【例3】(2023·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？
【例4】(2023·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝23，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23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3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＝13HB，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．
【例5】(2023·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．
一、解答题【共20题】
1．(2023·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ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD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ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
2．(2023·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
3．(2023·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同一直线上，BC=m(m>1)，CE=1．连接AF、BG．
(1)求图1中AF、BG的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转α度（0°<α≤90°），试探究AF、BG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CF并延长交AD于点H，若FH=2，求m的值．
4．(2023·北京市第十九中学三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，D是AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线交于点E，连接EH、DE．
(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
5．(2023·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC,BC上，且四边形DEFG是正方形．
(1)试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=4．
①线段AE,CG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△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
6．(2023·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，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)如图2，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．
①求证四边形AFGD为菱形；
②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．
7．(2023·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．
(1)如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P是AB边上任意一点，则CP的最小值为______．
(2)如图②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．
8．(2023·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．
9．(2023·浙江丽水·一模）在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E在AD边上，AE=4，点P是边AB上一个动点，连结EP，将△AEP沿EP翻折得到△FEP．
(1)当EF∥AB时，求∠AEP的度数；
(2)若点F落在对角线BD上，求证：△DEF∼△BFP；
(3)若点P在射线BA上运动，设直线PF与直线BD交于点H，问当AP为何值时，△BHP为直角三角形．
10．(2023·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，BH⊥AE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CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，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ABBC=BGBE=k（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Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=30°，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为______．
11．(2023·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的长；
(3)如图3，CA=CB，点R为CB延长线上一点，连接OR交AB于点E，点F、H分别是AB、BC边上一点(BF>BH)，且OF=OH，过点O作BC的垂线，垂足为M，∠HOM=∠BOR，当BF=10，BH=8时，求RB的长．
12．(2023·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中点，点P是AO上一点，连接PD，过点P作PE⊥PD交BC于点E，连接DE．
(1)如图（1），点P在AO上运动时∠DEP的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于点H，PB=4，DP=26，求ADCD的值．
13．(2023·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RtΔABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
(1)根据题意，则DE的长为 ．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 ．
14．(2023·广东·东莞市光明中学三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②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3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
15．(2023·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，点F是抛物线在第一象限内的一个动点，FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，点M是抛物线的顶点，已知在点F的运动过程中，FD的最大值是42．
(1)求点B的坐标与a的值；
(2)当点D恰好是OB的中点时，求点E的坐标；
(3)连结AM，作点E关于直线DF的对称点P，当点P落在线段AM上时，则点E的坐标为______.(直接写出答案)
16．(2023·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=13，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______．
17．(2023·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE
(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．
18．(2023·江苏镇江·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．
19．(2023·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．
20．(2023·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＝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．
（全国通用）
专题25以四边形为载体的几何综合问题
【例1】(2023·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∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(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，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
(3)22b+a
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNHAAS，进而求出HN=22CH，再根据（2）的结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）
解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+a．
【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】(2023·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ADAB＝AGAE＝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ADAB＝AGAE＝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＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝12DG，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝94
【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）DGBE=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＝12DG，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵ADAB＝AGAE＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴DGBE=ADAB=2，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝AHBH=ADAB=2，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（5）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝AHEH，
∴AHEH=tan45°=1，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝AB2+AD2=(5)2+(25)2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：DGBE=2，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝12BE⋅DG＝12×3×6＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝（GMGB）2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【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】(2023·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545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AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，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，∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，∴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，∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，∴5x6x=9CE，∴CE＝545；②当C'F＝BF时，如图3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ABBC=BFCG=159=53 ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝CF2−CG2＝4a，∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，∴CE9=3a4a+5a，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为545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】(2023·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝23，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23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3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＝13HB，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)EPPC=49；
(2)y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2−34x2+32x+32x2≤x≤4336+23−x−3x433≤x≤23；当x=433时，y的最大值为2+233；
(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△AFD~△BFG，可得AFFB=ADBG，根据题意可得AF=83，AE=23，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2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上；当433≤x≤23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，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
∴AFFB=ADBG，
∵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23秒，
∴AF=83，AE=23，
∵AB=4，AD=2，
∴BF=43， ED=43，
∴8343=2BG，
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，
∴EPPC=EDGC，
∴EPPC=49；
（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，AF=3x，
∵DB=23， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
∵ADAB=12，
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作EH⊥AB交于H，
∴EH=AE⋅sin60°=32x，
∴y=12×AF×EH=12×3x×32x=34x2；
∴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2≤x≤433时，E点在BD上，F点在AB上，
如图， 过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，则EN∥DM，
根据题意得：DE=x-2，
∴BE=23+2−x，
在Rt△ABD中，DM=AD⋅sinA=3，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
∴ENDM=BEBD，
∴EN3=2+23−x23
∴EN=1+3−12x，
∴y=12×AF×EN=12×(3x)×(1+3−12x)=−34x2+3+32x，
此时该函数图象的对称轴为直线x=3+1 ，
∴当2≤x≤433时，y随x的增大而增大，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
当433≤x≤23时，点E、F均在BD上，
过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴AB+BF=3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=23−x+2，DF=4+3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
∴BFBD=PFDM，即3x−423=PF3，
∴PF=32x−2，
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
∴BEBD=EQDM，即23+2−x23=EQ3，
∴EQ=3+1−12x，
∴y=12×AB×(EQ−PF)=12×4×(3+1−12x−32x+2)=6+23−1+3x，
此时y随x的增大而减小，
此时当x=433时，y有最大值2+233；
综上所述：y关于x的函数解析式为y=34x20≤x≤2−34x2+32x+32x2≤x≤4336+23−x−3x433≤x≤23
当x=433时，y最大值为2+233；
（3）
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，
∵AH=13HB，AB=4，
∴．AH=1，
由（2）得：此时AH⊥AB，
∵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】(2023·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
【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．
一、解答题【共20题】
1．(2023·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ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD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ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
【答案】(1)CE=2BP；
(2)成立，证明见解析；
(3)16−42．
【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（2）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（3）连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，根据正方形的性质，可得AF=BF=2，再证得△FAP≅△GPE，可得FP=EG，PG=AF=2，在Rt△EGB中，根据勾股定理可得EG=42−2，即可．
【详解】（1）解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
故答案为：CE=2BP；
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
（3）解：如图4，连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，
∵四边形ABCD是正方形，AB=22，
∴BC=AB=22，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP+∠APF=90°，
∴AF=BF，
∴BF=AF=AB⋅sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP≅△GPEAAS，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，由勾股定理得，BE2=BG2+EG2，
设FP=EG=x，
∴622=2+x+22+x2，
解得，x1=42−2，x2=−42−2（舍去），
即EG=42−2，
∴S△BPE=12BP⋅EG=122+42−2×42−2=16−42．
【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．(2023·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）17；（3）174
【分析】（1）根据AAS证明三角形全等即可；
（2）如图2中，连接EH．根据HF2+FE2=DH2+DE2，求出DE即可解决问题；
（3）如图3中，连接HE．由ABBC=34,DHGH=45，可以设AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根据相似三角形的判定和性质可得CE=12m，则DE=CD−CE=3x−12m，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在△BCE和△CDG中，
∠BCE=∠D∠BEC=∠CGDBC=CD，
∴△BCE ≌△CDG（AAS）；
（2）解：如图2中，连接EH．
∵△BCE ≌△CDG，
∴CE=DG，
由折叠可知BC=BF,CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，
∵CEBC=23，
设CE=2x，则BC=CD=3x,FE=CE=2x，
∴DE=CD−CE=x，
设HF=HG=a，
∴DH=DG−HG=2x−a，
∴由折叠可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴a2+（2x）2=（2x−a）2+x2，
∴x=4a或0（舍弃），
∴DH=2x−a=7a，
∴GHDH=a7a=17；
（3）解：如图3中，连接HE．
由ABBC=34,DHGH=45，
设AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，
由（2）知HF=HG=5m，
∴DG=9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG ∽△BCE，
∴DGCE=CDBC=ABBC=34，
∴9mCE=34，
∴CE=12m=FE，
∴DE=3x−12m，
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴（5m）2+（12m）2=（4m）2+（3x−12m）2，
∴x=4m+17m或4m−17m（舍弃），
∴DE=3x−12m=12m+317m−12m=317m，
∴DEEC=317m12m=174．
【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．(2023·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同一直线上，BC=m(m>1)，CE=1．连接AF、BG．
(1)求图1中AF、BG的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转α度（0°<α≤90°），试探究AF、BG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CF并延长交AD于点H，若FH=2，求m的值．
【答案】(1)BG=m2+1 ，AF＝2m2+2
(2)AF=2BG
(3)1+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=2BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=2CG，则ACBC=FCCG=2，从而可证△ACF∽△BCG，得AFBG=ACBC=2，即可得出结论；
（3）连接AC，证明△AHF∽△CHA，得AHCH=HFAH，又由正方形CEFG，EF=CE=1，
可求得CF=CE2+EF2=2，即从而求得CH=CF+FH=2+2=22，代入得AH22=2AH，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，即m2+m−22=222 求解即可．
（1）
解：延长FG交AB于H，如图1，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，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
BG=BC2+CG2=m2+12=m2+1；
∴∠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
AF=AH2+HF2=m−12+m+12=2m2+2；
（2）
解：连接AC、CF，如图2，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得
AC=2BC，
在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得
CF=2CG，
∴ACBC=FCCG=2，
∴△ACF∽△BCG，
∴AFBG=ACBC=2，
即AF=2BG；
（3）
解：连接AC，如图3，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴△AHF∽△CHA，
∴AHCH=HFAH，
∵正方形CEFG，EF=CE=1，
∴CF=CE2+EF2=2，
∴CH=CF+FH=2+2=22，
∴AH22=2AH，
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，
即m2+m−22=222
解得：m1=1+3，m2=1−3(不符合题意，舍去)．
∴m的值为1+3．
【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．(2023·北京市第十九中学三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，D是AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线交于点E，连接EH、DE．
(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：DE2+DF2=EH2，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：DE2+DF2=EH2，想办法证明∠EDF=90°即可．
（1）
证明：连接CD．
∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC；
（2）
解：图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2．
理由：连接EF，AH，取FH的中点T，连接AT，DT，ET．
∵点E在FH的垂直平分线上，
∴EF=EH，
∵AD=DB，HT=TF，AB=FH，
∴AD=FT=HT，
∵AD∥FH，
∴四边形AHTD，四边形ADFT是平行四边形，
∴AH∥DT，AT∥DF，
∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，
∵AH∥BF，
∴∠HAC=∠ACB=90°，
∵EH=EF，HT=FT，
∴ET⊥FH，∠TEH=∠TEF，
∴∠EAH=∠ETH=90°，
∴四边形A,E,H,T四点共圆，
∴∠TAH=∠TEH，
∴∠FDT=∠FET，
∴E，D，F，T四点共圆，
∴∠EDF+∠ETF=180°，
∴∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EH2．
【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．(2023·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC,BC上，且四边形DEFG是正方形．
(1)试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=4．
①线段AE,CG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△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
【答案】(1)AE=CG,AE⊥CG，理由见解析
(2)①位置关系保持不变，数量关系变为CGAE=34；理由见解析；②当△CDE为等腰三角形时，CG的长为32或2120或158．
【分析】（1）如图1，根据SAS证明△ADE≅△DGC，可得AE=CG，及∠ACG=90∘，则AG⊥AC，所以AE⊥CG；
（2）①如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，根据矩形的性质和直角三角形斜边中线的性质得：OE=OF=OG=OD=OC，可知D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠ECG=90°，再证明△ADE∼△CDG，得CGAE=DCAD=34；
②先根据CGAE=34，设CG=3x,AE=4x，
分三种情况：
（i）当ED=EC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CG的长；
（ii）当DE=DC=3时，如图4，证明△CDH~△CAD，列比例式可得CH的长，从而根据AE=4x=AC−2CH=5−2×95=75，求得x的值，同理可得CG的长；
（iii）当CD=CE=3时，如图5，根据AE=2.，可得x的值，同理可得CG的长．
（1）
AE=CG，AE⊥CG，
理由：如图1，∵四边形EFGD是正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≅△CDG，
∴AE=CG，∠DCG=∠DAE=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=90°，
∴CG⊥AC，
即AE⊥CG．
（2）
①位置关系保持不变，数量关系变为CGAE=34.
理由：如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，
∵四边形EFGD是矩形，
∴OE=OF=OG=OD，
Rt△DGF中，OG=OF，
Rt△DCF中，OC=OF，
∴OE=OF=OG=OD=OC，
∴D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，
∵∠DGF=90°，
∴DF为⊙O的直径，
∵DF=EG，
∴EG也是⊙O的直径，
∴∠ECG=90∘，即AE⊥CG，
∴∠DCG+∠ECD=90°，
∵∠DAC+∠ECD=90°，
∴∠DAC=∠DCG，
∵∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∼△CDG，
∴CGAE=DCAD=34.
②由①知：CGAE=34.
∴设CG=3x，AE=4x，
分三种情况：
（i）当ED=EC时，如图3，过E作EH⊥CD于H，则EH∥AD，
∴DH=CH，
∴AE=EC=4x，
由勾股定理得：AC=AB2+BC2=32+42=5，
∴8x=5，
即x=58.
∴CG=3x=158；
（ii）当DE=DC=3时，如图4，过D作DH⊥AC于H，
∴EH=CH，
∵∠CDH=∠CAD，∠CHD=∠CDA=90°，
∴△CDH∼△CAD，
∴CDCA=CHCD,
∴35=CH3,
∴CH=95，
∴AE=4x=AC−2CH=5−2×95=75，
∴x=720，
∴CG=3x=2120，
（iii）当CD=CE=3时，如图5，
∴AE=4x=5−3=2，
∴x=12，
∴CG=3x=32，
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，CG的长为32或2120或158．
【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．(2023·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，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)如图2，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．
①求证四边形AFGD为菱形；
②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)①见解析；②x=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）①由△ADE∽△GCE计算出GC的长度，再证明四边形AFGD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△DMN 是直角三角形，则有两种情况，一是当∠MDN=90°时，二是当∠DNM=90°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ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠B=∠BCD=90°，
由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设CE=x，则DE=EF=8−x．
在Rt△ABF中，BF= AF2−AB2=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
在Rt△EFC中，则有：(8−x)2=x2+42，
∴x=3，
∴CE=3．
（2）
①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴△ADE∽△GCE，
∴ADGC=DECE，
∵AD=10，CE=3，DE=5，
∴10GC=53，
∴GC=6，
由（1）可得：CF=4，
∴GF=6+4=10，
∴四边形AFGD是平行四边形，
又∵AD=AF，
∴平行四边形AFGD是菱形．
②∵∠DMN=∠DAM，
∴若△DMN是直角三角形，则有两种情况，
当∠MDN=90°时，
∵AD=GD，
∴∠DAG=∠DGA
又∵∠ADE=∠GDM=90°，
∴△ADE≌△GDM(ASA)
∴DM=DE=5，
又∵∠DMN=∠DAM，∠ADE=∠MDN=90°，
∴△ADE∽△MDN
∴ADMD=DEDN，即105=5x，
∴x=52；
当∠DNM=90°时，则∠MDN+∠DMN=90°，
又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，
∴∠DMN=∠DGA，
∴∠MDN+∠DGA=90°，
∴∠DMG=90°，
∵sin∠DAE= DEAE=DMAD，
∵AE=AD2+DE2=55，
∴555=DM10，
∴DM= 25，
∵∠DMN=∠DAM
∴sin∠DMN=sin∠DAM
∴DEAE=DNDM，即555=x25
解得：x=2，
综上所述：x=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．(2023·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．
(1)如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P是AB边上任意一点，则CP的最小值为______．
(2)如图②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求CM+MN的最小值．
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．
【答案】(1)125
(2)9625
(3)存在，最小值为152，BF=3
【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CM+MN的最小值；
（3）先确定出EG⊥AC时，四边形AGCD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CP⊥AB于P，根据点到直线的距离垂线段最小，此时CP最小，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，根据勾股定理得，AB=AC2+BC2=5，
∵12AC×BC=12AB×CP
∴CD=AC⋅BCAB=125，
故答案为125；
（2）
如图②，作出点C关于BD的对称点E'，连接CE'交BD于点F'，
过点E'作E'N⊥BC于N，交BD于M，连接CM，此时CM+MN=E'N最小；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=5，根据勾股定理得，BD=5，
∵CE'⊥BD，
∴12BD×CF'=12BC×CD，
∴CF'=BC×CDBD=125，
由对称得，CE'=2CF'=245，
在Rt△BCF'中，cs∠BCF'=CF'BC=35，
∴sin∠BCF'=45，
在Rt△CE'N中，E'N=CE'sin∠BCE'=245×45=9625；
即：CM+MN的最小值为9625；
（3）
存在．
如图3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
根据勾股定理得，AC=5，
∵AB=3，AE=2，
∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为ℎ，
∵S四边形AGCD=S△ACD+S△ACG=12AD×CD+12AC×ℎ=12×4×3+12×5×ℎ=52ℎ+6，
∴要四边形AGCD的面积最小，即：ℎ最小，
∵点G是以点E为圆心，BE=1为半径的圆上在矩形ABCD内部的一部分点，
∴EG⊥AC时，ℎ最小，
由折叠知∠EGF=∠ABC=90°，
延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
在Rt△ABC中，sin∠BAC=BCAC=45，
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC=EHAE=45，
∴EH=45AE=85，
∴ℎ=EH−EG=85−1=35，
∴S四边形AGCD最小=52ℎ+6=52×35+6=152，
过点F作FK⊥AC于K，
∵EH⊥FG，EH⊥AC，
∴四边形FGHK是矩形，
∴FK=GH=35，
∵∠FCK=∠ACB，∠CKF=CBA=90°，
∴△CKF∼ △CBA，
∴CFAC=FKAB，
∴CF5=353，
∴CF=1
∴BF=BC−CF=4−1=3．
【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．(2023·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)BE=DF，BE⊥DF；理由见解析；
(2)DE:BF=1:2，DE⊥BF．理由见解析；
(3)210．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BCD=90°，BC=CD，证明ΔBCE≌ΔDCF(SAS)，再由全等三角形的性质得BE=DF，∠CBE=∠CDF，由直角三角形的性质得出结论；
（2）延长DE交BC，BF分别于点P，Q，证明出ΔDCE∽ΔBCF，由相似三角形的性质得出DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，则可得出结论；
（3）由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，则(DE+QE)2+(BF−QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，求出(QE+QF)2=10，(QE−QF)2=0，可求出DE=10，则可得出答案．
（1）
解：线段BE与DF之间的关系为BE=DF，BE⊥DF．
理由如下：
延长BE交DC，DF分别于点M，N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵∠ECF=90°，
∴∠BCD=∠ECF=90°，
∴∠BCD−∠DCE=∠ECF−∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
∵CE=CF，
∴ΔBCE≅ΔDCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∵∠BMC=∠DMN，
∴∠CBE+∠BMC=∠CDF+∠DMN，
∵∠CBE+∠BMC=90°，
∴∠CDF+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BE⊥DF；
（2）
解：线段DE与BF之间的关系为DE:BF=1:2，DE⊥BF．
理由如下：
延长DE交BC，BF分别于点P，Q，
∵四边形ASBCD是矩形，
∴∠BCD=90°=∠ECF，AB=DC，
∴∠BCD−∠BCE=∠ECF−∠BCE，
即∠DCE=∠BCF．
∵AB:BC=1:2，CE:CF=1:2，
∴ DCBC=CECF，
∴ΔDCE∽ΔBCF，
∴ DEBF=CECF=12，∠CDE=∠CBF，
∵∠CPD=∠BPQ，
∴∠CDE+∠CPD=∠CBF+∠BPQ，
∵∠CDE+∠CPD=90°，
∴∠CBF+∠BPQ=90°，
∴∠BPD=90°，
∴DE⊥BF；
（3）
解：连接BD，如图3，
由已知得AB=3，CD=6，CE=1，CF=2，BD2=45，EF2=5，
由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，
则(DE+QE)2+(BF−QF)2=BD2，QE2+QF2=EF2，
(DE+QE)2+QF2=DF2，(BF−QF)2+QE2=BE2，BF=2DE，
∴(DE+QE)2+QF2+(BF−QF)2+QE2=45+5，
∴BE2+DF2=50，
∵DF=BE，
∴BE2=DF2=25，
∴(DE+QE)2+QF2=(2DE−QF)2+QE2，
∴DE=2QE+4QF3，
∵(DE+QE)2+QF2=DF2，
∴DE2+2DE⋅QE=20，
∴(2QE+4QF3)2+2QE×2QE+4QF3=20，
∴16(QE2+QF2)+40QE⋅QF=180，
由QE2+QF2=5得，2QE⋅QF=5，
∴QE2+QF2+2QE⋅QF=5+5，QE2+QF2−2QE⋅QF=5−5，
∴(QE+QF)2=10，(QE−QF)2=0，
∴QE=QF=102，
∴DE=10，
∴BF=2DE=210．
【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．(2023·浙江丽水·一模）在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E在AD边上，AE=4，点P是边AB上一个动点，连结EP，将△AEP沿EP翻折得到△FEP．
(1)当EF∥AB时，求∠AEP的度数；
(2)若点F落在对角线BD上，求证：△DEF∼△BFP；
(3)若点P在射线BA上运动，设直线PF与直线BD交于点H，问当AP为何值时，△BHP为直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)见解析；
(3)43−4或2+23或23−2或4+43．
【分析】（1）由平行线的性质得∠A+∠AEF=180°，求得∠AEF=120°，由翻折的性质可得∠AEP=∠FEP，即可求解；
（2）易证△ADB是等边三角形，由翻折可得∠EFP=∠A=60°，证得∠DEF=∠PFB，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，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°，设AP=x，则FP=x，
求得∠K=30°，AK=2AE=8，EK=EF+FK=4+x，在Rt△AEK中， cs∠K=EKAK=32，求解即可得AP=43−4；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：∠APE=∠FPE=45°，求得AQ=12AE=2，EQ=42−22=23，PQ=EQ=23，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AM=12AE=2，EM=PM=2+a，在Rt△AEM中，EM=AE2−AM2=23，
∴2+a=23，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，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°，证得∠BPH=∠ANE=30°，PF=PN=AP，EN=AEtan∠ANE=433=43，即可求得AP的长度．
（1）
解：∵EF∥AB，
∴∠A+∠AEF=180°，
∵∠A=60°
∴∠AEF=120°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠AEP=∠FEP，
∴∠AEP=12∠AEF=60°；
（2）
证明：当点F在BD上时，如图1所示，
∵菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AD=AB，△ADB是等边三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠EFP=∠A=60°，
∴∠EFD+∠PFB=120°
∵∠ADB=60°
∴∠EFD+∠DEF=120°
∴∠DEF=∠PFB
在△DEF和△BFP中，
∠EDF=∠PBF=60°∠DEF=∠PFB
∴△DEF∼△BFP；
（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，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°
设AP=x，则FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴∠APF=150°，∠BPH=30°
∴∠AEF=90°，∠K=30°，
∴AK=2AE=8
∵∠K=∠BPH=30°，
∴KF=PF=AP=x，
∴EK=EF+FK=4+x，
在Rt△AEK中，
cs∠K=EKAK=32，
即4+x8=32，解得：x=43−4，
即AP=43−4；
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：∠APE=∠FPE=45°，
∵EQ⊥AB，∠A=60°
∴∠AEQ=30°，∠PEQ=∠EPQ=45°，
∴AQ=12AE=2，EQ=42−22=23，
∴PQ=EQ=23，
∴AP=AQ+PQ=2+23；
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，∠EAM=60°，
∴∠AEM=60°，AM=12AE=2
由折叠的性质可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EM⊥AB，∠APE=45°
∴EM=PM=2+a，
在Rt△AEM中，EM=AE2−AM2=23，
∴2+a=23，
解得：a=23−2，
即AP=23−2；
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，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴∠BPH=30°，
∵∠EAB=60°
∴∠PAE=∠PFE=120°
∴∠AEF=90°，
∴∠AEN=90°，∠ANE=30°，
∵∠BPH=30°，
∴PF=PN=AP，
∵∠ANE=30°，
∴EN=AEtan∠ANE=433=43，
∴FN=EF+EN=4+43，
∴AP=PF=PN=4+43．
综上，AP的长度为43−4或2+23或23−2或4+43．
【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．(2023·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，BH⊥AE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CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，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ABBC=BGBE=k（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Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，∠ACB=∠AED=30°，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)MG=k2CM
(3)CE=23AF
【分析】（1）过G作GQ⊥BM于点Q，易证△EBH≌△BGQ，△CMN≌△GMQ即可得出结论；
（2）过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．通过证明△ABH∼△BCN，△BEH∼△BGQ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ΔCAE∼ΔABG即可得出结论．
（1）
过G作GQ⊥BM于点Q，
∵BH⊥AE，
∴∠GQB=∠BHE=90°，∠HBE+∠BEH=90°，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，∠GBE=90°，
∴∠HBE+∠QBG=90°，
∴∠QBG=∠BEH，
∴△EBH≌△BGQAAS，
∴BH＝GQ，
∵△ABH≌△BCN，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵∠CMN=∠QMG，
∴△CMN≌△GMQAAS，
∴CM＝MG，
∴M为CG的中点．
（2）
过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴△ABH∼△BCN，
同理可得：△BEH∼△BGQ
∵ABBC=BGBE=k，
∴BHCN=GQBH=k，
∴GQCD=k2，
∵∠AMN=∠GMQ，
∴△CMN∼△GMQ，
∴MGCM=GQCD=k2，
∴MG=k2CM，
（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，AD=BG，
∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵∠ACB=∠AED=30°，
∴AC=3AB，AE=3AD=3BG
∴ACAB=AEBG=3，
∴ΔCAE∼ΔABG，
∴ECAG=ACAB=3，
∴EC2AF=3，
∴EC=3AF．
【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．(2023·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的长；
(3)如图3，CA=CB，点R为CB延长线上一点，连接OR交AB于点E，点F、H分别是AB、BC边上一点(BF>BH)，且OF=OH，过点O作BC的垂线，垂足为M，∠HOM=∠BOR，当BF=10，BH=8时，求RB的长．
【答案】(1)见解析
(2)AN=245
(3)BR=6
【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F作FQ⊥BC于点Q，过点O作OP⊥AB于P.证明Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，推出∠HOM=∠FOP=∠BOR，证明△ROF≌△ROH(SAS)，推出RF=RH，设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，构建方程求出x即可．
（1）
证明：∵AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=CB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）
解：∵▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OC=12AC=12×6=3，OB=12BD=12×8=4，
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，根据勾股定理BC=OB2+OC2=32+42=5，
∵S菱形ABCD=BC⋅AN=4S△BOC=12AC⋅BD，
∴5AN=12×6×8，
∴AN=245；
（3）
解：∵AB=CB，AC=BC，
∴AB=CB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
过点F作FQ⊥BC于点Q，
∴∠FQB=90°，
∴∠BFQ=30°，
∴BQ=12BF=12×10=5，
在Rt△FBQ中，根据勾股定理FQ=BF2−BQ2=102−52=53，
过点O作OP⊥AB于P．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
∴∠BOP=∠BOM=60°，
∵OP⊥AB，OM⊥BC，
∴OP=OM，
又∵OF=OH，
∴Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，
∴∠HOM=∠FOP=∠BOR，
∴∠BOH+∠BOR=∠BOH+∠HOM=60°，∠FOP+∠POE=∠BOR+POE=60°，
即∠ROF=∠ROH，
又∵OF=OH,OR为公共边，
∴△ROF≌△ROH(SAS)，
∴RF=RH，
设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，
在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，
∴(x+5)2+(53)2=(x+8)2，
解得x=6，
∴BR=6．
【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．(2023·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中点，点P是AO上一点，连接PD，过点P作PE⊥PD交BC于点E，连接DE．
(1)如图（1），点P在AO上运动时∠DEP的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于点H，PB=4，DP=26，求ADCD的值．
【答案】(1)不变，理由见解析
(2)2
【分析】（1）根据∠DCE=∠DPE=90°，可知C，D，P，E四点共圆，可得∠DEP=∠ACD；
（2）根据同角的余角相等可得∠DPH=∠ACD，则CD=DP=26，再利用两个角相等证明△BPC∽△ABC，得PBBA=BCAC，设AD=BC=x，则AC=AB2+BC2，代入解方程即可．
（1）
解：不变，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCE=90°，
∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴C，D，P，E四点共圆，
∴∠DEP=∠ACD，
∴∠DEP的大小不改变．
（2）
解：∵DE⊥AC，
∴∠PHE=∠PHD=90°，
∴∠DEP+∠EPH=90°，
∵∠DPH+∠EPH=90°，
∴∠DEP=∠DPH，
∵∠DEP=∠ACD，
∴∠DPH=∠ACD，
∴CD=DP=26，
∵BP⊥AC，
∴∠BPC=90°=∠ABC，
又∵∠BCP=∠ACB，
∴△BPC∽△ABC，
∴PBBA=BCAC，
设AD=BC=x，则AC=AB2+BC2，
∵AB=CD=DP=26，
∴AC=x2+24，
∴426=xx2+24，
解得x=43，
经检验，x=43是方程的根，
∴ADCD=4326=2．
【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C，D，P，E四点共圆是解题的关键．
13．(2023·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RtΔABC中，∠ACB=90°，若点D是斜边AB的中点，则CD=12AB．
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
(1)根据题意，则DE的长为 ．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 ．
【答案】(1)5
(2)ΔBCE是直角三角形，理由见解析
(3)145
【分析】（1）利用勾股定理求出BC，再利用翻折变换的性质可得DE=DB=5；
（2）结论：ΔBCE是直角三角形．证明DE=DC=DB，可得结论；
（3）设AD交BE于点T．利用相似三角形的性质求出AT，再求出DT，利用三角形中位线定理，可得结论．
（1）
在RtΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=AC2+AB2=82+62=10，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=5，
由翻折的性质可知，DE=DB=5．
故答案为：5；
（2）
结论：ΔBCE是直角三角形．
理由：∵CD=DB，DE=DB，
∴DE=DC=DB，
∴∠CEB=90°，
∴ΔBCE是直角三角形；
（3）
设AD交BE于点T．
由翻折的性质可知，AE=AB，DE=DB，
∴AD垂直平分线段BE，
∴ET=BT，∠ATB=90°，
∵CD=DB，∠CAB=90°，
∴DA=DB=DC=5，
∴∠BAT=∠ABC，
∵∠ATB=∠BAC=90°，
∴ΔBTA∽ΔCAB，
∴ ATAB=ABCB，
∴ AT6=610，
∴AT=185，
∴DT=AD−AT=5−185=75，
∵ET=BT，CD=DB，
∴EC=2DT=145．
故答案为：145．
【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．(2023·广东·东莞市光明中学三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②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3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)AG=437
【分析】1①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
2依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB//CF；依据△ABD≌△ACF可得BD=CF，依据CD−BD=BC，即可得出CD−CF=BC；
3判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据△AGC∽△FGD，即可得到AGFG=CGDG=ACDF，进而得出AG的长．
（1）
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，
故答案为：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
（2）
结论①成立，而结论②不成立．
证明：如图2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD−BD=BC，
∴CD−CF=BC；
（3）
解：如图3，连接DF，过A作AH⊥BD于H，则AH=23，DH=2+2=4，
∴Rt△ADH中，AD=27，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
∴AGFG=CGDG=ACDF=427，
∴可设AG=4x，则FG=27x，CG=6−27x，DG=27−4x，
∴6−27x27−4x=427，
解得x=73，
∴AG=437．
【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△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本题的关键．
15．(2023·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，点F是抛物线在第一象限内的一个动点，FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，点M是抛物线的顶点，已知在点F的运动过程中，FD的最大值是42．
(1)求点B的坐标与a的值；
(2)当点D恰好是OB的中点时，求点E的坐标；
(3)连结AM，作点E关于直线DF的对称点P，当点P落在线段AM上时，则点E的坐标为______.(直接写出答案)
【答案】(1)B（2，0），a＝−12；
(2)E（1+7，0）；
(3)E（3+172，0）．
【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，−12x2+2x+2），则点E（x，0），证明四边形FPDE是正方形，可得点P的坐标为（12x2−x−2，−12x2+2x+2），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y=ax2−4ax+2(a<0)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＝−−4a2a＝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＝2EF，
∵FD的最大值是42，
∴EF的最大值为4，
∴MB＝4，
∵y=ax2−4ax+2=ax−22+2−4a，
∴2−4a＝4，
∴a＝−12；
（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：b=−1k+b=0，
解得：k=1b=−1，
∴直线CD的表达式为：y＝x−1，
由（1）知抛物线解析式为y=−12x2+2x+2，
联立y=x−1y=−12x2+2x+2，
解得：x1=1+7，x2=1−7（不合题意，舍去），
∴点E的坐标为（1+7，0）；
（3）
：
设点F（x，−12x2+2x+2），则点E（x，0），
∵EF＝ED，
∴点D的横坐标为：x−（−12x2+2x+2）＝12x2−x−2，
如图，点E与点P关于直线DF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（12x2−x−2，−12x2+2x+2），
∵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n=22m+n=4，
解得：m=1n=2，
∴直线AM的表达式为y＝x＋2，
当点P落在线段AM上时，有12x2−x−2+2=−12x2+2x+2，
解得：x＝3+172或x＝3−172（舍去），
∴点E的坐标为（3+172，0），
故答案为：（3+172，0）．
【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．(2023·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=13，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=13，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：CM2+CN2=MN2，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PQ∥BC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，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴MN=CN2+CM2=62+82=10，
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=13，
∴tan∠BAN=BNAB=13，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴（2m）2+（3m−n）2＝（m+n）2，
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，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE=43BN=163，
∴EQ＝PQ﹣PE＝16−163=323，
由（1）得：EM＝PE+DM=163+a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16−a)2=(163+a)2，
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CM2+CN2=MN2是解题的关键．
17．(2023·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE
(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．
18．(2023·江苏镇江·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．
（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．
19．(2023·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．
（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．
20．(2023·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＝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．
（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，
∴SΔOBCSΔCDO=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．
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