中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题08四边形的计算与证明(江苏真题22道模拟28道)(原卷版+解析)

这是一份中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题08四边形的计算与证明(江苏真题22道模拟28道)(原卷版+解析)，共117页。

【方法揭秘】揭示思想方法，提升解题效率
一.平行四边形的性质与判定
1.平行四边形定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质：
（1）边：两组对边分别平行且相等．
（2）角：对角相等，邻角互补．
（3）对角线：互相平分．
（4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3.平行四边形的判定：
（1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
（2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
（3）有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
（4） 对角线互相平分的四边形是平行四边形.
（5）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
4.三角形的中位线
（1）三角形两边中点的连线叫中位线。
（2） 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
5.利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
（1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
（2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
（3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
二.矩形的性质与判定
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
2.矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
⑥由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
矩形的判定
3.矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
方法技巧：
①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
3.菱形的性质与判定
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
（3）菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
4.正方形的性质与判定
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
（3）正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
中点四边形
（1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
【专项突破】深挖考点考向，揭示内涵实质
考向一、平行四边形的计算与证明综合
【例1】（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）在▱ABCD中，已知∠A=60°，BC=8，AB=6.P是AB边上的任意一点，过P点作PE⊥AB，交AD边于E，连接CE、CP．
(1)若AP=3时，试求出△PEC的PE边上的高；
(2)当AP的长为多少时，△CPE的面积最大，并求出面积的最大值．
【变式练习】
1．（2022·江苏常州·校考二模）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，BF=DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AC与BD交于点O，求证：AO=CO．
2．（2022·江苏扬州·统考二模）请在①AE=CF；②AB=CD；③AB∥CD这三个条件中任选一个补充在下面题目的横线上使之成为真命题，并解答出后面的问题．
(1)已知，如图，四边形BEDF是平行四边形，点A、C在对角线EF所在的直线上，______（填写序号）．
求证：△ABE≌△CDF；
(2)连接AD、BC，若AC平分∠BAD，已知AB=10，AC=16．求四边形ABCD的面积．
3．（2022·江苏常州·常州市朝阳中学校联考一模）如图，四边形ABCD中，∠DAC=∠BCA=90°,∠ABC=∠D．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)用尺规在CB的延长线上找一点E，使得AB平分∠EAC（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)在（2）的条件下，若tan∠AEC=34,BE=5，求AD的长．
考向二、矩形的计算与证明综合
【例2】（2021·江苏苏州·校考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，点D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作▱ABDE，连接AD、EC．
(1)求证：△ADC≌△ECD；
(2)若BD=CD，求证：四边形ADCE是矩形．
【变式练习】
4．（2022·江苏泰州·统考一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是▱ABCD外的一点，有3个选项：①∠AEC=90°，②∠BED=90°，③∠ABC=90°．
(1)请从3个选项中选择两个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的两个条件是________，结论是________（只要填写序号）；
(2)在（1）的条件下，若AB=AO，求∠BEC的度数．
5．（2022·江苏苏州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，点M在CD上，AM=AB，BN⊥AM，垂足为N．
(1)求证：△ABN≌△MAD；
(2)若AD=3，MN=1，求AB的长．
6．（2022·江苏徐州·模拟预测）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α得到矩形AEFG，其中点B的对应点E恰好落在边CD上，连结BG交AE于点G，连结BE．
(1)求证：BE平分∠AEC；
(2)求证：BH=HG．
考向三、菱形的计算与证明综合
【例3】（2022·江苏盐城·校考三模）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，点F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE，连接BF，CE．
(1)求证：四边形BECF是平行四边形．
(2)当△ABC满足____________条件时，四边形BECF为菱形．（填写序号）
①AB=AC．②∠BAC=90°，③AB=BC，④∠BCA=90°．
【变式练习】
7．（2019·江苏连云港·统考模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝12AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE＝CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，求AE的长．
8．（2021·江苏南通·统考一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝12，点E，F分别在边AD，AB上，将△AEF沿着直线EF折叠，使得点A落在G点．
(1)如图1，若点G恰好落在AC上，且CG＝3，求DE的长；
(2)如图2，若点G恰好落在BD上，且BG＝3，求DE的长．
9．（2022·江苏扬州·统考二模）如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
(1)求证：BG＝DE；
(2)若E为AD中点，菱形ABCD的周长是20，求FH的长．
考向四、正方形的计算与证明综合
【例4】（2022·江苏南通·统考模拟预测）如图，正方形ABCD，点E是BC边上的动点，点F在DE延长线上，连接AF、BF．
(1)若∠DFB=90°．
①求证：FA平分∠DFB；
②连接FC，用等式表示线段BF、FC与AF之间的数量关系，并说明理由；
(2)若BF＝1，DF＝2，求AF的最大值．
【变式练习】
10．（2020·江苏常州·统考二模）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE,CE延长AE交CD边于点F．
(1)求证：△ABE≌△CBE；
(2)设∠AEC=α，∠AFD=β，试求β（β用含α的代数式表示）．
11．（2022·江苏盐城·统考一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是对角线AC上的两点，且AE=CF．连接DE、DF、BE、BF．
(1)证明：△ADE≌△CBF；
(2)若AB=52，AE=3，求四边形BEDF的周长．
12．（2021·江苏扬州·校考一模）矩形ABCD中，E为AB边上的中点， AF⊥DE，交AF于点G．
(1)若矩形ABCD是正方形，
①如图1，求证：△ADG∽△EAG；
②如图2，分别连接BG和BD，设BD与AF交于点H．求证：BG2=AG·DG；
(2)类比：如图3，在矩形ABCD中，若ADAB=43， BG=5，求AG的长．
考向五、四边形与最值综合问题
【例5】（2021·江苏盐城·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D．
（1）如图1，当AE＝ 时，A′D∥BE；
（2）如图2，若AE＝3，求S△A′CB．
（3）点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．
【变式练习】
13．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，点E是边AB上任意一点(端点除外)，线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
(1)求证：AF=EF；
(2)求MN+NG的最小值．
14．（2022·江苏·九年级专题练习）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．
15．（2022春·江苏镇江·八年级校联考阶段练习）如图，在□ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作AG∥DB交CB的延长线于点G．
(1)求证：DE∥BF；
(2)当△ABD满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若BE=2，∠DEB=120°，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求PF+PM的最小值．
考向六、四边形与几何压轴问题
【例6】（2021·江苏连云港·校考一模）（1）【探究发现】
如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF绕点O旋转，旋转过程中，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．则CE，CF，BC之间满足的数量关系是______．
（2）【类比应用】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF＝60°时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）【拓展延伸】
如图3，∠BOD＝120°，OD＝34，OB＝4，OA平分∠BOD，AB＝13，且OB＞2OA，点C是OB上一点，∠CAD＝60°，求OC的长．
【变式练习】
16．（2022春·江苏·九年级专题练习）已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE⊥射线DP于点E，连接AE．
(1)如图1，在DE上取一点F，使DF=BE，连接AF，求证：AE=AF；
(2)如图2，点P在AB延长线上，求证：BE+DE=2AE；
(3)如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且CDAD=12，其他条件不变，请猜想DE，BE和AE的数量关系，直接写出结论，不必证明．
17．（2022春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)已知AB的长为6，求（BE+6）（DF+6）的值．
(3)借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若锐角三角形PQR中，∠QPR＝45°，一条高是PH，长度为6，QH＝2，求HR长度．
18．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
(1)若点G在边CB的延长线上，且BG＝DF，（如图①），求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形（如图③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，请你直接写出△CEF的面积．
考向七、以四边形为载体新定义材料问题
【例7】（2022·江苏盐城·校考三模）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【变式练习】
19．（2022春·江苏·九年级专题练习）我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．凸四边形就是没有角度大于180°的四边形，把四边形的任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫凸四边形．
(1)已知四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=80°，∠B=70°，则∠C=____________°，∠D=____________°．
(2)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，过点D作DE垂直于CD交AC于点E，试说明四边形BCED是“等对角四边形”．
(3)如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=1，CD平分∠ACB，点E在线段AC延长线上，以点B、C、E、D为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段AE的长．
20．（2022春·江苏扬州·八年级校联考阶段练习）【定义】只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图1，∠ABC=∠ADC=90°，四边形ABCD是损矩形，则该损矩形的直径是线段AC．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边同侧的两个角是相等的．如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有ADB和ACB，此时∠ADB=∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在BC同侧有BAC和BDC，此时∠BAC=∠DBC．
(1)【理解】
如图1，∠ABD=______；
(2)下列图形中一定是损矩形的是______（填序号）；
(3)【应用】如图2，四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，以AC为一边向外作菱形ACEF，点D为菱形ACEF对角线的交点，连接BD，当BD平分ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？并说明理由；
(4)如图3，四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，点O为AC的中点，OG⊥BD于点G，若OG=2，则AC2−BD2等于多少？
21．（2021秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）定义：如果一个等腰直角三角形的一个顶点为矩形的顶点，另两个顶点分别在矩形的边上，且任何两个顶点都不在矩形的同一边上，我们称这样的等腰直角三角形为矩形的“内接优三角形”．
如图，矩形ABCD中，点E、F分别在边CD、BC上，∠AEF＝90°，AE＝EF，△AEF为矩形ABCD的内接优三角形．
(1)正方形 （填“存在”或“不存在”）内接优三角形；
(2)已知△AEF为矩形ABCD的内接优三角形．
①若AD＝4，AB＝7，求AF的长；
②设AB＝a，AD＝b（a＞b），问是否存在斜边长为6b的内接优三角形？若存在，请求出ab的值；若不存在，请说明理由；
③若△CEF的外接圆与直线AB相切，求此时ab的值．
【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
1．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．求证：
(1)△ABE≌△CDF；
(2)四边形AECF是平行四边形．
2．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，点O为对角线BD的中点，EF过点O且分别交AB、DC于点E、F，连接DE、BF．
求证：
(1)△DOF≌△BOE；
(2)DE=BF．
3．（2021·江苏淮安·统考中考真题）已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求证：四边形ABFE是菱形．
4．（2017·江苏镇江·中考真题）如图,点B､E分别在AC､DF上,AF分别交BD､CE于点M､N,∠A=∠F,∠1=∠2．
（1）求证:四边形BCED是平行四边形;
（2）已知DE=2,连接BN,若BN平分∠DBC,求CN的长．
5．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图，将一张长方形纸片ABCD沿E折叠，使C,A两点重合．点D落在点G处．已知AB=4，BC=8．
（1）求证：ΔAEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
6．（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB=AE，求证：四边形ACED是矩形．
7．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
8．（2020·江苏盐城·统考中考真题）如图，点O是正方形，ABCD的中心．
（1）用直尺和圆规在正方形内部作一点E（异于点O），使得EB=EC;（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接EB、EC、EO,求证：∠BEO=∠CEO．
9．（2020·江苏淮安·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，AC与EF相交于点O，且AO=CO．
（1）求证：ΔAOF≌ΔCOE；
（2）连接AE、CF，则四边形AECF （填“是”或“不是”）平行四边形．
10．（2022·江苏常州·统考中考真题）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD=42，OA=5，BC=12，连接AC，求AC的长；
(3)在四边形EFGH中，EH//FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求OFOG的值．
11．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
12．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形AB=22，BC=4，点E在BC上，CE=AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．
(1)求EF的长；
(2)求sin∠CEF的值．
13．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE=40°，求∠CAB的度数．
14．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
15．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝ °时，四边形BFDE是菱形．
16．（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．
17．（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．
18．（2021·江苏南通·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE=α．
（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；
（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值．
19．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边AD上（P不与A,D重合），连接PB,PC．将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF．连接EF,EA,FD．
（1）求证：
①ΔPDF的面积S=12PD2；
②EA=FD；
（2）如图2，EA.FD的延长线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．
20．（2021·江苏宿迁·统考中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求CFBG的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
21．（2020·江苏徐州·统考中考真题）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果BCAB=ABAC．那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为5−12．
（1）在图①中，若AC=20cm，则AB的长为_____cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E AE>DE，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
22．（2019·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段AB=8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：ΔAEP≅ΔCEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）求ΔAEF的周长．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题08四边形的计算与证明
【方法揭秘】揭示思想方法，提升解题效率
一.平行四边形的性质与判定
1.平行四边形定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“”表示.
2．平行四边形的性质：
（1）边：两组对边分别平行且相等．
（2）角：对角相等，邻角互补．
（3）对角线：互相平分．
（4）对称性：中心对称但不是轴对称．
3.平行四边形的判定：
（1） 两组对边分别平行的四边形是平行四边形.
（2） 两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
（3）有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
（4） 对角线互相平分的四边形是平行四边形.
（5）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
4.三角形的中位线
（1）三角形两边中点的连线叫中位线。
（2） 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。
5.利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法：
（1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
（2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
（3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
二.矩形的性质与判定
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
2.矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
⑥由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
矩形的判定
3.矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
方法技巧：
①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
3.菱形的性质与判定
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
（3）菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
4.正方形的性质与判定
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
（3）正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
中点四边形
（1）任意四边形所得到的中点四边形一定是平行四边形.
（2）对角线相等的四边形所得到的中点四边形是矩形.
（3）对角线互相垂直的四边形所得到的中点四边形是菱形.
（4）对角线互相垂直且相等的四边形所得到的中点四边形是正方形.
【专项突破】深挖考点考向，揭示内涵实质
考向一、平行四边形的计算与证明综合
【例1】（2022·江苏盐城·盐城市第四中学（盐城市艺术高级中学、盐城市逸夫中学）校考模拟预测）在▱ABCD中，已知∠A=60°，BC=8，AB=6.P是AB边上的任意一点，过P点作PE⊥AB，交AD边于E，连接CE、CP．
(1)若AP=3时，试求出△PEC的PE边上的高；
(2)当AP的长为多少时，△CPE的面积最大，并求出面积的最大值．
【答案】(1)7
(2)当AP=4时，S△PCE最大，最大为123
【分析】（1）如图所示，过点B作BF⊥AD于F，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出PE，BF，AE，DE，设△PEC的PE边上的高为ℎ1，△PBC的PB边上的高为ℎ2，利用面积法求出ℎ2，再根据割补法得到S△PCE=S四边形ABCD−S△APE−S△PCB−S△ECD，由此利用三角形面积公式即可得到答案；
（2）如图所示，过点B作BF⊥AD于F，设AP=x，△PBC的PB边上的高为ℎ2，仿照（1）中方法用含x的式子表示出S△PCE，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图所示，过点B作BF⊥AD于F，
∵∠A=60°，
∴∠AEP=∠ABF=90°−∠A=30°，
∴AE=2AP=6，AF=12AB=3，
∴PE=AE2−AP2=33，BF=AB2−AF2=33，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=8，
∴DE=AD−AE=2,
设△PEC的PE边上的高为ℎ1，△PBC的PB边上的高为ℎ2，
∴S四边形ABCD=AD⋅BF=AB⋅ℎ2=8×33=243，
∴ℎ2=AD⋅BFAB=43，
∴S△PCE=S四边形ABCD−S△APE−S△PCB−S△ECD
=243−12×3×33−12×2×33−12×3×43
=2132，
∴12PE⋅ℎ1=2132，
∴ℎ1=7；
（2）解：如图所示，过点B作BF⊥AD于F，设AP=x，△PBC的PB边上的高为ℎ2，
同理可得AF=3，BF=33，AE=2x，PE=23x，ℎ2=43，
∴PB=AB−AP=6−x，DE=AD−AE=8−2x，
∴S△PCE=S四边形ABCD−S△APE−S△PCB−S△ECD
=243−12⋅x⋅3x−12×338−2x−12×436−x
=243−32x2−123+33x−123+23x
=−32x2+53x
=−32x−52+2532，
∵−32<0，0∴当x=4时，S△PCE最大，最大为123，
∴当AP=4时，S△PCE最大，最大为123．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022·江苏常州·校考二模）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，BF=DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AC与BD交于点O，求证：AO=CO．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）用HL判定两三角形全等即可证明；
（2）只要证明四边形ABCD是平行四边形即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵BF=DE，
∴BF﹣EF=DE﹣EF，
即BE=DF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∵AB=CD，BE=DF
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL）；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵△ABE≌△CDF，
∴∠ABE=∠CDF，
∴AB∥CD，
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO.
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，利用平行四边形的性质解决问题．
2．（2022·江苏扬州·统考二模）请在①AE=CF；②AB=CD；③AB∥CD这三个条件中任选一个补充在下面题目的横线上使之成为真命题，并解答出后面的问题．
(1)已知，如图，四边形BEDF是平行四边形，点A、C在对角线EF所在的直线上，______（填写序号）．
求证：△ABE≌△CDF；
(2)连接AD、BC，若AC平分∠BAD，已知AB=10，AC=16．求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)①；见解析
(2)菱形ABCD的面积为96
【分析】（1）由平行四边形的性质可得BE∥DF，BE＝DF，加上AE＝CF，证明△ABE≌△CDF；（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，根据AC平分∠BAD证明 DA＝DC，从而四边形ABCD是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
（1）
∵四边形BEDF是平行四边形，
∴BE∥DF，BE＝DF，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴180°－∠BEF＝180°－∠DFE，
即∠BEA＝∠DFC，
∵AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）
连接BD交AC于点O，
∵△ABE≌△CDF，
∴AB＝CD，∠BAE＝∠DCF，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠DCF＝∠DAE，
∴DA＝DC，
∴四边形ABCD是菱形．
∴∠AOB＝90°，AO＝CO＝12AC＝8，BO＝DO＝12BD，
∵AB＝10，
∴OB＝AB2−AO2＝6，
∴菱形ABCD的面积＝12×16×12＝96．
【点睛】本题考查了平行四边形和菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2022·江苏常州·常州市朝阳中学校联考一模）如图，四边形ABCD中，∠DAC=∠BCA=90°,∠ABC=∠D．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
(2)用尺规在CB的延长线上找一点E，使得AB平分∠EAC（保留作图痕迹，不要求写作法）；
(3)在（2）的条件下，若tan∠AEC=34,BE=5，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3
【分析】（1）根据已知，利用“AAS”易得△CDA≌△ABC，利用全等三角形的性质得到AB=CD，AD=BC即可求解；
（2）作出∠AEB等于已知∠ABC来求解；
（3）过B作BF⊥AE，根据已知条件求出BF，再用角平分线的性质定理得到BF=BC=3，最后用（1）中可知的AD=BC来求解．
（1）
证明：∵∠DAC＝∠ECA=90°，AC=CA，∠D＝∠ABC，
∴△CDA≌△ABCAAS
∴AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）
解：作图如下，AB平分∠EAC．
（3）
解：过B作BF⊥AE，垂足为F ，
在Rt△BFE中
∵tan∠AEC=34，BE=5，
∴tan∠AEC=BFEF=34，
∴EF=43BF，
∴BF2+EF2=BF2+43BF2=BE2=25，
∴BF=3（-3不符合题意舍去）.
∵由（2）得AB平分∠EAC，∠ACB=90°，BF⊥AE，
∴BF=BC=3．
由（1）得AD=BC，
∴AD=BC=3．
【点睛】本题主要考查了全等三角形有判定，平行四边形的判定，锐角三角函数的定义，勾股定理，角平分线的性质，角平分线的作法，作出图形是解答关键．
考向二、矩形的计算与证明综合
【例2】（2021·江苏苏州·校考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，点D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作▱ABDE，连接AD、EC．
(1)求证：△ADC≌△ECD；
(2)若BD=CD，求证：四边形ADCE是矩形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；
（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（1）
证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AB∥DE，AB=DE；
∴∠B=∠EDC；
又∵AB=AC，
∴AC=DE，∠B=∠ACB，
∴∠EDC=∠ACD；
∵在△ADC和△ECD中，
AC=ED∠ACD=∠EDCDC=CD，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（2）
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BD∥AE，BD=AE，
∴AE∥CD；
又∵BD=CD，
∴AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形；
在△ABC中，AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定．注意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形’是矩形”，而不是“有一个角是直角的‘四边形’是矩形”．
【变式训练】
4．（2022·江苏泰州·统考一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点E是▱ABCD外的一点，有3个选项：①∠AEC=90°，②∠BED=90°，③∠ABC=90°．
(1)请从3个选项中选择两个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的两个条件是________，结论是________（只要填写序号）；
(2)在（1）的条件下，若AB=AO，求∠BEC的度数．
【答案】(1)②③；①
(2)60°
【分析】（1）先由∠ABC=90°，判断四边形ABCD是矩形，由矩形的性质可得OA=OB=OC=OD，连接OE，再由∠BED=90°得出△BED是直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到OE=OA=OC，再结合三角形内角和即可求出∠AEC=90°；
（2）先判断出△ABO为等边三角形，可求出∠BAO=60°，再由对角互补的四边形的四个顶点共圆得出点A、B、C、E四点共圆，再由同弧所对的圆周角相等即可求解．
（1）
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD,OA=OB=OC=OD，
连接OE，
∵∠BED=90°，
∴△BED是直角三角形，
∴OE=12BD=OB=OD，
∴OE=OA=OC，
∴∠OAE=∠OEA,∠OEC=∠OCE，
∵∠OAE+∠AEC+∠OCE=180°，
∴∠OEA+∠OEC=90°=∠AEC，
故答案为：②③；①.
（2）
解：由（1）得OA=OB，又∵AB=AO，
∴OA=OB=AB，
∴ΔABO为等边三角形，
∴∠BAO=60°，
∵∠ABC=90°，∠AEC=90°，
∴∠ABC+∠AEC=180°，
∴点A、B、C、E四点共圆，
∴∠BEC=∠BAC=60°.
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、四点共圆及同弧所对的圆周角相等，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．（2022·江苏苏州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，点M在CD上，AM=AB，BN⊥AM，垂足为N．
(1)求证：△ABN≌△MAD；
(2)若AD=3，MN=1，求AB的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据矩形的性质可得AB//CD，∠D=90°，从而得∠BAN=∠DMA，由BN⊥AM得∠ANB=90°，从而得∠D=∠BNA，再根据AAS可证明结论；
（2）由（1）得BN=AD=3，再求得AN=AB−1，再运用勾股定理列方程求解即可．
(1)
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB//CD，
∴∠BAN=∠DMA，
∵BN⊥AM，
∴∠ANB=90°，
∴∠D=∠BNA，
在ΔANB和ΔMDA
∠BAN=∠AMD∠BNA=∠D=90°AM=AB.，
∴△ABN≌△MAD；
(2)
由△ABN≌△MAD得，BN=AD=3，
∵MN=1，
∴AN=AM−1，
∵AM=AB，
∴AN=AB−1，
在RtΔANB中，AB2=BN2+AN2，
∴AB2=32+(AB−1)2，
解得，AB=5．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明△ABN≌△MAD是解决问题的关键
6．（2022·江苏徐州·模拟预测）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α得到矩形AEFG，其中点B的对应点E恰好落在边CD上，连结BG交AE于点G，连结BE．
(1)求证：BE平分∠AEC；
(2)求证：BH=HG．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据矩形ABCD绕点A顺时针旋转α得到矩形AEFG，得出AB=AE，可得∠ABE=∠AEB，根据AB∥CD，得出∠CEB=∠ABE=∠AEB即可；
（2）过B作BM⊥AE于M，先证△CEB≌△MEB（AAS），再证△BMH≌△GAH（AAS）即可．
（1）
证明：∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转α得到矩形AEFG，
∴AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠CEB=∠ABE=∠AEB，
∴BE平分∠AEC；
（2）
证明：过B作BM⊥AE于M，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C=90°BC=AD，
∴∠BME=∠C=90°，
在△CEB和△MEB中，
∠C=∠BME∠CEB=∠MEBBE=BE，
∴△CEB≌△MEB（AAS），
∴BC=BM，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转α得到矩形AEFG，
∴AD=AG，∠HAG=90°，
∴BM=GA，
在△BMH和△GAH中，
∠BMH=∠GAH∠MHB=∠AHGBM=GA，
∴△BMH≌△GAH（AAS），
∴BH=GH．
【点睛】本题考查矩形性质，矩形旋转性质，等腰三角形判定与性质，平行线性质，角平分线判定，三角形全等判定与性质，掌握矩形性质，矩形旋转性质，等腰三角形判定与性质，平行线性质，角平分线判定，三角形全等判定与性质是解题关键．
考向三、菱形的计算与证明综合
【例3】（2022·江苏盐城·校考三模）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，点F，E分别是AD及其延长线上的点，CF∥BE，连接BF，CE．
(1)求证：四边形BECF是平行四边形．
(2)当△ABC满足____________条件时，四边形BECF为菱形．（填写序号）
①AB=AC．②∠BAC=90°，③AB=BC，④∠BCA=90°．
【答案】(1)见详解
(2)①，理由见详解
【分析】（1）由已知条件，据AAS证得△CFD≌△BED，则可证得CF=BE，继而证得四边形BECF是平行四边形；
（2）由AB=AC，BD=CD，得到FE⊥BC，由△BDE≌△CDF得ED=FD，即EF、BC互相垂直平分，然后根据菱形的判定，可得四边形BECF是菱形．
【详解】（1）证明：在△ABC中，D是BC边的中点，
∴BD=CD，
∵CF∥BE，
∴∠CFD=∠BED，
在△CFD和△BED中，
∠CFD=∠BEDCD=BD∠FDC=∠EDB
∴△CFD≌△BEDAAS，
∴CF=BE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）满足条件①时四边形BECF为菱形．
理由：若AB=AC时，△ABC为等腰三角形，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，
即FE⊥BC，
由（1）知，△CFD≌△BED，
∴BD=CD，ED=FD，
∴平行四边形BECF为菱形．
故答案为：①．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的性质以及等腰三角形的性质．熟练掌握菱形的判定方法，且证得△CFD≌△BED得到CF=BE是解决问题的关键．
【变式训练】
7．（2019·江苏连云港·统考模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝12AC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
(1)求证：OE＝CD；
(2)若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)7
【分析】（1）先求出四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直即AC⊥BD，证明OCED是矩形，可得OE＝CD；
（2）根据菱形的性质以及勾股定理求出AC与CE的长，再根据勾股定理求出AE的长度即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC＝12AC，AC⊥BD，
∵DE＝12AC，
∴DE＝OC，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE＝CD．
（2）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，
∵OA=12AC=1，AC⊥BD，AD=2，
∴OD=AD2−OA2=3，
∴在矩形OCED中，CE＝OD＝AD2−AO2=3，
∴在Rt△ACE中，AE＝AC2+CE2=7．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解答本题的关键．
8．（2021·江苏南通·统考一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝12，点E，F分别在边AD，AB上，将△AEF沿着直线EF折叠，使得点A落在G点．
(1)如图1，若点G恰好落在AC上，且CG＝3，求DE的长；
(2)如图2，若点G恰好落在BD上，且BG＝3，求DE的长．
【答案】(1)3
(2)215
【分析】（1）通过相似建立等量关系即可求出DE的长度；
（2）设DE为x；先证△EDG≌△GBF，再通过对应边成比例建立两个等式，再由FG+FB=12建立一个等式，三个未知数，三个等式，即可求解DE
【详解】（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABD＝12∠ABC=60°，∠AOB＝90°，AC＝2AO，
在Rt△AOB中易得到AO＝63，AC＝123，
∵菱形ABCD中，AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵点A与点G关于EF轴对称，
∴AE＝EG，
∴∠DAC＝∠EGA，
∴∠DCA＝∠EGA，
∴EG∥DC，
∴DEAD=CGAC，
∴DE12＝3123，
∴DE＝3．
（2）∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴AD＝AB，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠EDG＝∠FBG＝60°，
又由翻折可得∠EGF＝∠A＝60°，
又∠EGB＝∠EGF+∠FGB＝∠DEG+∠EDG，
∴∠FGB＝∠DEG．
∴△DEG∽△BGF，
∴DEBG=DGBF=EGFG，
设DE＝x，则EG＝AE＝12﹣x，
∴x3=9BF=12−xFG，
∴BF＝27x，FG＝36−3xx，
又AB＝AF+BF＝FG+BF＝12，
∴27x+36−3xx＝12，
解得：x＝215，
即DE＝215．
【点睛】本题考查相似比例的应用、菱形的性质、三角形相似的判定与性质，掌握这些是本题关键．
9．（2022·江苏扬州·统考二模）如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
(1)求证：BG＝DE；
(2)若E为AD中点，菱形ABCD的周长是20，求FH的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的判定与性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB＝EG，即可得到FH的长．
（1）
∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
在△BGF和△DEH中，
∠GBF=∠EDH∠BFG=∠DHEGF=EH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE．
（2）
如图，连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，
又∵AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴EG＝AB，
∵菱形ABCD的周长是20，
∴AB＝5＝EG，
∵四边形EFGH是矩形，
∴FH＝EG＝5．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决问题的关键是连接EG，利用矩形的对角线相等，平行四边形的对边相等得出结论．
考向四、正方形的计算与证明综合
【例4】（2022·江苏南通·统考模拟预测）如图，正方形ABCD，点E是BC边上的动点，点F在DE延长线上，连接AF、BF．
(1)若∠DFB=90°．
①求证：FA平分∠DFB；
②连接FC，用等式表示线段BF、FC与AF之间的数量关系，并说明理由；
(2)若BF＝1，DF＝2，求AF的最大值．
【答案】(1)①证明见详解; ②AF=FC+2BF．理由见详解
(2)322
【分析】（1）①延长FD至点G，使DG＝BF，在四边形ABCD为正方形，有AB＝AD，∠BAD＝90°．则有∠DFB＝90°，∠ABF＋∠ADF＝180°．再根据∠ADG＋∠ADF＝180°，即有∠ABF＝∠ADG．可得△ABF≅△ADG，即可得△FAG为等腰直角三角形．则∠AFG＝∠AFB＝45°，结论即得证．另一种方法：过点A作AG⊥BF于G，AH⊥DF于H，依据∠BFD＝90°，∠GAH＝90°．结合正方形的性质，有∠GAB＋∠BAH＝90°，∠DAH＋∠BAH＝90°．即有∠GAB＝∠DAH．可证得△GAB≅△HAD，得到GA＝HA．结论即得证．②过点B作BM⊥BF交AF于M，由①得∠BFA＝45°，△BMF为等腰直角三角形．则有MF=2BF，BM＝BF，再利用正方形的性质可得∠ABM＋∠MBC＝90°，∠FBC＋∠MBC＝90°．即有∠ABM＝∠CBF，可证得△ABM≅△CBF．继而得到AM＝FC，则有AF＝AM＋MF＝FC＋2BF．
（2）将△ABF绕点A逆时针旋转90°得△ADN，根据旋转的性质有∠BAF＝∠DAN，BF＝DN＝1，AF＝AN．根据∠BAD＝∠BAF＋∠FAD＝90°，得到∠NAF＝∠DAN＋∠FAD＝90°．当F、D、N三点共线时，△AFN为等腰直角三角形，即可由AF=22FN=22FD+DN求得AF的最大值．
（1）
①延长FD至点G，使DG＝BF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°．
∵∠DFB＝90°，
∴∠ABF＋∠ADF＝180°．
∵∠ADG＋∠ADF＝180°，
∴∠ABF＝∠ADG．
∴△ABF≅△ADG．
∴AF＝AG，∠BAF＝∠DAG．
即∠FAG＝90°，△FAG为等腰直角三角形．
∴∠AFG＝∠AFB＝45°．
∴FA平分∠DFB．
另解：过点A作AG⊥BF于G，AH⊥DF于H，
∵∠BFD＝90°，
∴∠GAH＝90°．
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°．
∴∠GAB＋∠BAH＝90°，∠DAH＋∠BAH＝90°．
∴∠GAB＝∠DAH．
∵∠AGB＝∠AHD＝90°，
∴△GAB≅△HAD，
∴GA＝HA．
∴FA平分∠DFB．
②AF=FC+2BF．
理由如下：
过点B作BM⊥BF交AF于M，
由①得∠BFA＝45°．
∴△BMF为等腰直角三角形．
∴MF=2BF，BM＝BF．
在正方形ABCD中，BA＝BC，∠ABC＝90°．
∴∠ABM＋∠MBC＝90°，∠FBC＋∠MBC＝90°．
∴∠ABM＝∠CBF．
∴△ABM≅△CBF．
∴AM＝FC．
∴AF＝AM＋MF＝FC＋2BF．
（2）
将△ABF绕点A逆时针旋转90°得△ADN，
∴∠BAF＝∠DAN，BF＝DN＝1，AF＝AN．
∵∠BAD＝∠BAF＋∠FAD＝90°，
∴∠NAF＝∠DAN＋∠FAD＝90°．
当F、D、N三点共线时，△AFN为等腰直角三角形，
∴AF=22FN=22FD+DN=221+2=322．
∴AF的最大值为322．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定和性质以及等腰三角形的性质等知识，解答本题的关键是合理作出有效的辅助线构造全等三角形是解答本题的关键
【变式训练】
10．（2020·江苏常州·统考二模）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE,CE延长AE交CD边于点F．
(1)求证：△ABE≌△CBE；
(2)设∠AEC=α，∠AFD=β，试求β（β用含α的代数式表示）．
【答案】(1)见解析
(2)β=135°-12α
【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBE；
（2）由全等三角形的性质可求∠CEB，由三角形的外角的性质可求解．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=∠ADC=90°，∠ABE=∠CBE=∠ADB=45°，
在△ABE和△CBE中，
AB=CB∠ABE=∠CBEBE=BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS）；
(2)
解：∵△ABE≌△CBE，
∴∠AEB=∠CEB，
又∵∠AEC=α，
∴∠CEB=12α=∠AEB，
∴∠DEF=12α，
∴∠AFD=180°-∠DEF-∠EDF=180°-45°-12α=β．
∴β=135°-12α．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
11．（2022·江苏盐城·统考一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是对角线AC上的两点，且AE=CF．连接DE、DF、BE、BF．
(1)证明：△ADE≌△CBF；
(2)若AB=52，AE=3，求四边形BEDF的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)429
【分析】（1）在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=90∘ ，∠DAC=∠BCA=45∘进而可证△ADE≌△CBFSAS；
（2）在正方形ABCD中，AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，证明四边形DEBF为平行四边形，由AC⊥BD证明平行四边形DEBF为菱形，由AB=OA2+OB2=52，可求OA=OB=5，则OE=2，在Rt△BOE中，由勾股定理得BE=OE2+OB2，求BE的值，进而可求四边形DEBF的周长．
（1）
证明：在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=90∘
∴∠DAC=∠BCA=45∘
在△ADE与△BCF中
∵AD=BC∠DAC=∠BCAAE=CF
∴△ADE≌△CBFSAS ．
（2）
解：在正方形ABCD中，AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∵AE=CF
∴OE=OF
∴四边形DEBF为平行四边形
又∵AC⊥BD
∴平行四边形DEBF为菱形
∵AB=OA2+OB2=52，
∴OA=OB=5
又∵AE=3
∴OE=2
在Rt△BOE中，由勾股定理得BE=OE2+OB2=29
∴四边形DEBF的周长为429．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
12．（2021·江苏扬州·校考一模）矩形ABCD中，E为AB边上的中点， AF⊥DE，交AF于点G．
(1)若矩形ABCD是正方形，
①如图1，求证：△ADG∽△EAG；
②如图2，分别连接BG和BD，设BD与AF交于点H．求证：BG2=AG·DG；
(2)类比：如图3，在矩形ABCD中，若ADAB=43， BG=5，求AG的长．
【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析；
(2)4
【分析】（1）根据正方形的性质可得∠BAD=∠DAG+∠BAF=90°，利用同角的余角相等得出∠ADG=∠BAF，再由相似三角形的判定即可证明；
②过点B作BN⊥AF于点N，利用全等三角形的判定得出△ABN≌△DAG，再根据其性质得出AG=BN，DG=AN，利用中点的性质及勾股定理进行等量代换求解即可；
（2）过点B作BM⊥AF于点M，由相似三角形的判定和性质得出△DAE∽△AMB，ADAE=AMBM，根据线段间的数量关系得出BM=38AM，（1）②中证明可得：AG=GM，AM=2AG，利用勾股定理及线段间的数量关系求解即可得．
【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠DAG+∠BAF=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AGD=∠AGE=90°，
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠ADG=∠BAF，
∴△ADG∽△EAG；
②如图所示：过点B作BN⊥AF于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∵∠BAF=∠ADE，∠AGE=∠ANB=90°，
∴△ABN≌△DAG，
∴AG=BN，DG=AN，
∴∠AGE=∠ANB=90°，
∴EG∥BN，
∵点E为AB的中点，
∴AE=BE，
∴AN=2AG=2GN=DG，
∵BG2=BN2+GN2=AG2+AG2，
∴BG2=2AG2=DG·AG；
（2）如图所示，过点B作BM⊥AF于点M，
∴∠AMB=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°，
∴∠DAF+∠BAF=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAF+∠ADE=90°，∠BAD=∠AMB=90°，
∴∠BAF=∠ADE
∴△DAE∽△AMB，
∴ADAE=AMBM，
点E是AB中点，
∴AE=12AB，
∵ADAB=43，
∴ADAE=2ADAB=83=AMBM，
∴BM=38AM，
由（1）②中证明可得：AG=GM，AM=2AG，
∴BM=34AG，
∴BG2=BM2+GM2=916AG2+AG2=2516AG2，
∵BG=5，
∴AG=4．
【点睛】题目主要考查相似三角形得判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
考向五、四边形与最值综合问题
【例5】（2021·江苏盐城·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是AD边上的动点，将矩形ABCD沿BE折叠，点A落在点A′处，连接A′C、A′D．
（1）如图1，当AE＝ 时，A′D∥BE；
（2）如图2，若AE＝3，求S△A′CB．
（3）点E在AD边上运动的过程中，∠A′CB的度数是否存在最大值，若存在，求出此时线段AE的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4；（2）725；（3）8−27
【分析】（1）连接AA′，交BE于点F，由折叠得F为AA′的中点，当A′D∥BE，则E为AD的中点，可知AE等于AD长的一半；
（2）过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，得到△BA′N∽△A′EM，根据相似三角形的对应边成比例列方程可求出A′N的长，再求S△A′CB；
（3）作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，可证明BG越大则∠A′CB越大，进而证明当C、A′、E三点在同一条直线上时∠A′CB最大，此时∠BA′C=90°，可证明EC=BC=8，再由勾股定理求出A′C的长，再求A′E的长即得到AE的长．
【详解】解：（1）如图1，连接AA′，交BE于点F，
∵点A′与点A关于直线BE对称，
∴BE垂直平分AA′，
∴F为AA′的中点，
当A′D//BE
∴点E为AD的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，
∴AE=DE=12AD=12×8=4，
故答案为：4.
（2）如图2，过点A′作MN⊥AD于点M，交BC于点N，则∠EMA′=90°，
∵AD//BC，
∴∠A′NB=180°−∠EMA′=90°，
由折叠得，∠BA′E=∠A=90°，A′E=AE=3，A′B=AB=6，
∴∠A′NB=∠EMA′，
∵∠BA′N=90°−∠EA′M=∠A′EM，
∴△BA′N∽△A′EM，
∴ A′NEM=A′BA′E=63=2，
∴A′N=2EM；
∵∠A=∠ABN=∠EMA′=90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=6，
设A′N=m，则A′M=6−m，
∴EM=32−(6−m)2=−m2+12m−27，
∴m=2−m2+12m−27，
整理得5m2−48m+108=0，
解得，m1=185，m2=6（不符合题意，舍去），
∵BC=8，
∴S△A′CB=12×8×185=725．
（3）如图3，作BG⊥A′C交CA′的延长线于点G，则∠BGC=90°；
以点B为圆心、AB长为半径作圆，则点A′在⊙B上运动，
∵sin∠A′CB=BGBC=BG8，
∴sin∠A′CB的值随BG的增大而增大，
而sin∠A′CB的值随∠A′CB的增大而增大，
∴BG越大则∠A′CB越大，
∵BG≤A′B，
∴当点G与点A′重合时，BG=A′B=6，此时BG最大，∠A′CB也最大；
如图4，当点G与点A′重合时，则∠BA′C=90°，
∴∠BA′E+∠BA′C=180°，
∴C、A′、E三点在同一条直线上；
∵∠CEB=∠AEB，∠AEB=∠CBE，
∴∠CEB=∠CBE，
∴EC=BC=8，
∵A′C=BC2−A′B2=82−62=27，
∴AE=A′E=8−27．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的特征、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数及动点问题中的最值问题等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，此题难度较大，属于考试压轴题．
【变式训练】
13．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，点E是边AB上任意一点(端点除外)，线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，C，AE，EF的中点分别为M，N．
(1)求证：AF=EF；
(2)求MN+NG的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）连接CF，根据FG垂直平分CE和菱形的对称性即可得到CF=EF，CF=AF，从而求证结论；
（2）利用M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE的中点，即可得到MN+NG=12(AF+CF)，当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，此时MN+NG最小，结合已知推断△ABC为等边三角形，即可求解．
【详解】（1）证明：连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；
（2）解：连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF,NG=12CF，即
MN+NG=12(AF+CF)
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，
即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为12．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质、等边三角形性质的知识，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．
14．（2022·江苏·九年级专题练习）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．
（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⋅cs∠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．
15．（2022春·江苏镇江·八年级校联考阶段练习）如图，在□ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，过A点作AG∥DB交CB的延长线于点G．
(1)求证：DE∥BF；
(2)当△ABD满足什么条件时，四边形DEBF是菱形（不需要证明）
(3)请利用备用图分析，在（2）的条件下，若BE=2，∠DEB=120°，点M为BF的中点，当点P在BD边上运动时，求PF+PM的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形，证明见解析
(3)3
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到DF=BE，AB∥CD，根据平行四边形的判定定理证明四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形AGBD是矩形，根据直角三角形的性质得到ED=EB，证明结论；
（3）连接EM交BD于P，根据轴对称的性质证明此时PF+PM的值最小，根据等边三角形的性质计算即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴DF=BE，又AB∥CD，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）当∠ADB=90°时，四边形DEBF是菱形．
理由：∵∠ADB=90°，又E为边AB的中点，
∴ED=EB，又四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；
（3）连接EF，连接EM交BD于P，
∵四边形DEBF是菱形，
∴点E和点F关于BD轴对称，此时PF+PM的值最小，
∵四边形DEBF是菱形，∠DEB=120°，
∴∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，又BE=2，
∴EM=3，即PF+PM的最小值为3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，轴对称变换的性质以及等边三角形的性质的综合运用，掌握相关的判定定理和性质定理、正确作出辅助性是解题的关键．
考向六、四边形与几何压轴问题
【例6】（2021·江苏连云港·校考一模）（1）【探究发现】
如图1，∠EOF的顶点O在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠EOF＝90°，将∠EOF绕点O旋转，旋转过程中，∠EOF的两边分别与正方形ABCD的边BC和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．则CE，CF，BC之间满足的数量关系是______．
（2）【类比应用】
如图2，若将（1）中的“正方形ABCD”改为“∠BCD＝120°的菱形ABCD”，其他条件不变，当∠EOF＝60°时，上述结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请猜想结论并说明理由．
（3）【拓展延伸】
如图3，∠BOD＝120°，OD＝34，OB＝4，OA平分∠BOD，AB＝13，且OB＞2OA，点C是OB上一点，∠CAD＝60°，求OC的长．
【答案】（1）CE+CF＝BC；（2）结论不成立．CE+CF＝12BC；理由见解析；（3）OC＝14
【分析】（1）如图1中，结论：CE+CF=BC．证明△BOE≌△COF（ASA），即可解决问题．
（2）如图2中，结论不成立．CE+CF=12BC．连接EF，在CO上截取CJ=CF，连接FJ．首先证明CE+CF=OC，再利用直角三角形30度角的性质即可解决问题．
（3）如图3中，由OB＞2OA可知△BAO是钝角三角形，∠BAO＞90°，作AH⊥OB于H，设OH=x．构建方程求出x可得OA=1，再利用（2）中结论即可解决问题．
【详解】（1）如图1中，结论：CE+CF＝BC．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，
∵∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠OCF，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴BE＝CF，
∴CE+CF＝CE+BE＝BC．
故答案为CE+CF＝BC．
（2）如图2中，结论不成立．CE+CF＝12BC．
理由：连接EF，在CO上截取CJ＝CF，连接FJ．
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°，
∴∠BCO＝∠OCF＝60°，
∵∠EOF+∠ECF＝180°，
∴O，E，C，F四点共圆，
∴∠OFE＝∠OCE＝60°，
∵∠EOF＝60°，
∴△EOF是等边三角形，
∴OF＝FE，∠OFE＝60°，
∵CF＝CJ，∠FCJ＝60°，
∴△CFJ是等边三角形，
∴FC＝FJ，∠JFC＝∠OFE＝60°，
∴∠OFJ＝∠CFE，
∴△OFJ≌△EFC（SAS），
∴OJ＝CE，
∴CF+CE＝CJ+OJ＝OC＝12BC，
（3）如图3中，由OB＞2OA可知△BAO是钝角三角形，∠BAO＞90°，作AH⊥OB于H，设OH＝x．
在Rt△ABH中，BH＝13−3x2，
∵OB＝4，
∴13−3x2+x＝4，
解得x＝32或12，
∴OH＝12或32，
∴OA＝2OH＝1或3（舍弃），
∵∠COD+∠CAD＝180°，
∴A，C，O，D四点共圆，
∵OA平分∠COD，
∴∠AOC＝∠AOD＝60°，
∴∠ADC＝∠AOC＝60°，
∵∠CAD＝60°，
∴△ACD是等边三角形，
由（2）可知：OC+OD＝OA，
∴OC＝1﹣34＝14．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，解直角三角形，四点共圆，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
【变式训练】
16．（2022春·江苏·九年级专题练习）已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE⊥射线DP于点E，连接AE．
(1)如图1，在DE上取一点F，使DF=BE，连接AF，求证：AE=AF；
(2)如图2，点P在AB延长线上，求证：BE+DE=2AE；
(3)如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且CDAD=12，其他条件不变，请猜想DE，BE和AE的数量关系，直接写出结论，不必证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DE=5AE+2BE
【分析】(1)先判断出AB=AD，利用等角的余角相等判断出∠ABE=∠ADF，进而判断出△ABE≌△ADF，即可得出结论；
(2)利用四边形的内角和定理和邻补角的定义判断出∠BAE=∠DAG，进而判断出△ABE≌△ADG，再判断出EG=2AE，即可得出结论；
（3）同（1）的方法得，∠ABE=∠ADH，得出△ABE∽△ADH，得出比例式，进而得出AH=2AE,DH=2BE，再用匈股定理得出EH=5AE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠ADF+∠APD=90°，
∵∠APD=∠BPE，
∴∠ADF+∠BPE=90°，
∵BE⊥DP，
∴∠BEP=90°，
∴∠ABE+∠BPE=90°，
∴∠ABE=∠ADF，
∵DF=BE，
∴ΔABE≌ΔADF(SAS)，
∴AE=AF；
（2）证明：如图2，
过点A作AG⊥AE交PD的延长线于G，
∴∠EAG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵BE⊥DP，
∴∠BED=90°，
∴∠AEB+∠ADP=180°，
∵∠ADG+∠ADP=180°，
∴∠ABE=∠ADG，
∵∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴ΔABE≌ΔADGASA，
∴BE=DG，AE=AG，
∴EG=2AE，
∵EG=DE+DG=DE+BE，
∴BE+DE=2AE；
（3）解：DE=5AE+2BE；
证明：如图3，
过点A作AH⊥AE交DP于H，
∴∠EAH=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°=∠EAH，
∴∠BAE=∠DAH，
同（1）的方法得，∠ABE=∠ADH，
∴ΔABE∽ΔADH，
∴ ABAD=AEAH=BEDH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∵ CDAD=12，
∴ AEAH=BEDH=12，
∴AH=2AE，DH=2BE，
在Rt△EAH中，根据勾股定理得，AE2+AH2=EH2，
∴AE2+2AE2=EH2，
∴EH=5AE，
∴DE=EH+DH=5AE+2BE．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，同角的余角相等，作出辅助线构造出全等三角形和相似三角形是解本题的关键．
17．（2022春·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)已知AB的长为6，求（BE+6）（DF+6）的值．
(3)借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若锐角三角形PQR中，∠QPR＝45°，一条高是PH，长度为6，QH＝2，求HR长度．
【答案】(1)见解析
(2)72
(3)HR=3
【分析】（1）作AG⊥EF交EF于点G，则∠AGE=∠AGF=90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB=AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
（2）证明Rt△ABE≌Rt△AGE得BE=EG，同理Rt△ADF≌Rt△AGF得出DF=GF，即可得BE+DF=GE+GF=EF，设BE=x，DF=y，则CE=BC−BE=6−x，CF=CD−DF=6−y，EF=x+y，在Rt△CEF中，由勾股定理得，CE2+CF2=EF2进行计算得xy+6(x+y)=36，即可得；
（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得，四边形PMGD是正方形，则MR+DQ=HR+HQ=QR，DQ=HQ=2，即可得MG=DG=MP=PH=6，GQ=4，设MR=HR=a，则GR=6−a，QR=a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得，GR2+GQ2=QR2，进行计算即可得．
（1）
证明：如图所示，作AG⊥EF交EF于点G，
则∠AGE=∠AGF=90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B=∠D=90°=∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=AB=6，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
AE=AEAB=AG，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE=EG，
在Rt△ADF和Rt△AGF中，
AF=AFAD=AG，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF=GF，
∴BE+DF=GE+GF=EF，
设BE=x，DF=y，
则CE=BC−BE=6−x，
CF=CD−DF=6−y，
EF=x+y，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
CE2+CF2=EF2
(6−x)2+(6−y)2=(x+y)2
36−12x+x2+36−12y+y2=x2+2xy+y2
xy+6(x+y)=36，
∴(BE+6)(DF+6)
=(x+6)(y+6)
=xy+6(x+y)+36
=36+36
=72．
（3）
解：如图所示，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得，四边形PMGD是正方形，MR+DQ=HR+HQ=QR，DQ=HQ=2，
∴MG=DG=MP=PH=6，
∴GQ=4，
设MR=HR=a，则GR=6−a，QR=a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得，
GR2+GQ2=QR2
(6−a)2+42=(a+2)2
36−12a+a2+16=a2+2a+4
解得，a=3，
即HR=3．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，矩形的判定，翻折变换的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点，本题综合性较强．
18．（2022春·江苏南通·八年级校考阶段练习）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°．
(1)若点G在边CB的延长线上，且BG＝DF，（如图①），求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形（如图③），∠EAF＝∠CEF＝45°，BE＝4，DF＝1，请你直接写出△CEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)172
【分析】（1）先证明△ABG≌ADF，可得AF＝AG，∠EAF＝∠GAE＝45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG＝EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，然后证明∠GME＝90°，MG＝NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，结合勾股定理以及相等线段可得GH+BE2+BE﹣GH2=EF2，所以2DF2+BE2=EF2，利用结论求出EF即可解决问题．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，
∴∠ABG=∠D=90°，
∵BG＝DF，
∴△ABG≌ADF，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠GAE=∠BAG+∠BAE=∠DAF+∠BAE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝45°，
在△AGE与△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；
（2）证明：设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接GM．则△ADF≌△ABG，DF＝BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG＝EF．
∵∠CEF＝45°，
∴∠BEM=∠DFN=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE＝CF，BE＝BM，NF=2DF，
∴a﹣BE＝a﹣DF，
∴BE＝DF，
∴BE＝BM＝DF＝BG，
∴∠BMG＝45°，
∴∠GME＝45°+45°＝90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG＝EF，MG=2BM=2DF＝NF，
∴EF2=ME2+NF2；
（3）解：如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连接HM，HE．过点H作OH⊥BC交CB延长线于点O，
∴AH=AF，∠DAF=∠HAG，
∴∠HAE=∠HAG+∠EAG=∠DAF+∠EAG=90°-∠EAF=45°，
∴∠HAE=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AEH≌△AEF，
∵∠CEF=45°，
∴∠BEM=∠CFE=∠DFN=45°，
∴△BEM，△DFN为等腰直角三角形，
∴BM=BE=BG+GM，
∵∠BOH=∠OBG=∠BGH=90°，
∴四边形OBGH是矩形，
∴OB=HG，OH=BG，∠BOH=90°，
∴OE2+OH2=EH2，
∴GH+BE2+BG2=EH2，
即GH+BE2+BM−GM2=EH2
又∴EF＝HE，DF＝GH＝GM，BE＝BM，
∴GH+BE2+BE−GH2=EF2，
即2DF2+BE2=EF2，
∵BE＝4，DF＝1，
∴EF2=34，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴S△EFC=14EF2 =172．
【点睛】本题是四边形综合题，其中涉及到正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理．准确作出辅助线利用数形结合及类比思想是解题的关键．
考向七、以四边形为载体新定义材料问题
【例7】（2022·江苏盐城·校考三模）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）221+3；（4）存在，最大值为405000m2
【分析】（1）连接AC,BD，证明△ACE≌△DBE即可；
（2）分别以点A,B为圆心，大于12AB长度为半径画弧，两弧交于两点，连接两弧交点，即作AB的垂直平分线，以B为圆心，AC长度为半径画弧交AB的垂直平分线于点D，则点D即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=12AB，根据勾股定理求出AC，则BD已知，然后根据S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD进行计算即可；
（4）当美好四边形的对角线不垂直时，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，可得DE+BF【详解】解：（1）连接AC,BD，
∵∠BEC=∠AED，
∴∠BEC+∠CED=∠AED+∠CED，即∠BED=∠AEC，
在△AEC和△DEB中，
AE=DE∠AEC=∠DEBEC=EB，
∴△AEC≌△DEB(SAS)，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是美好四边形；
（2）如图即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD=BD，
∴AE=BE=12AB，
∵∠ABC=90°，AB=4,BC=3，
∴AC=5，BE=12×4=2，
∵四边形ABCD为美好四边形，
∴AC=BD=5，
∴DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S△ABD=12⋅AB⋅DE=12×4×21=221，S△BCD=12BC⋅BE=12×3×2=3，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=221+3；
（4）存在，
当美好四边形的对角线不垂直时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，
则S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(DE+BF)，
∵DE∴DE+BF当美好四边形对角线互相垂直时，
S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD，
∵12AC⋅(DE+BF)<12AC⋅BD，
∴当美好四边形的对角线垂直时面积最大，
如图，当AC过圆心E，AC最长，四边形ABCD中，AC⊥BD时，其面积最大，
∵湖泊的半径是200m，点A到该湖泊的最近距离为500m，
∴AC=500+200×2=900m，
∴S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD=12×900×900=405000m2．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了特殊四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，明确等角线四边形对角线垂直时面积最大是解题的关键．
【变式训练】
19．（2022春·江苏·九年级专题练习）我们定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．凸四边形就是没有角度大于180°的四边形，把四边形的任何一边向两方延长，其他各边都在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫凸四边形．
(1)已知四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=80°，∠B=70°，则∠C=____________°，∠D=____________°．
(2)如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，过点D作DE垂直于CD交AC于点E，试说明四边形BCED是“等对角四边形”．
(3)如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=1，CD平分∠ACB，点E在线段AC延长线上，以点B、C、E、D为顶点构成的四边形为“等对角四边形”，求线段AE的长．
【答案】(1)140；70
(2)见解析
(3)线段AE的长为2或52或72或5
【分析】（1）根据“等对角四边形”的定义，当四边形ABCD是“等对角四边形”时，由∠A≠∠C可得∠B=∠D，即可求出∠D的度数，再利用四边形内角和定理，即可求出∠C；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出AD=DB=DC，由等边对等角得出∠DCB=∠B，再由∠B+∠ACD=∠DCB+∠ACD=90°，∠CED+∠ACD=90°，利用同角的余角相等，得出∠CED=∠B，又∠ECB≠∠EDB，根据“等对角四边形”的定义，即可得出结论；
（3）根据“等对角四边形”的定义，当四边形CBDE为“等对角四边形”时，分两种情况进行讨论：①若∠B=∠DEC，∠BCE≠∠BDE，可证得△CDE≌△CDB，利用全等三角形对应边相等，得出EC=BC=1，那么AE=AC−EC=2；②若∠BCE=∠BDE=90°，∠B≠∠DEC，先利用勾股定理求出AB=AC2+BC2=10，再根据圆周角定理得出△BDE是等腰直角三角形，则DB=DE，设DB=DE=x，则AD=10−x，再证明△ADE∽△ACB，则ADAC=DEBC，可求得DE=104，AD=3104，再利用勾股定理，即可求得AE的长；③如图，点E在AC的延长线上，∠CDB=∠E，∠DCE≠∠DBE，连接BE，过点C作CH⊥AB于H，DF⊥AC于F，推出△CDF是等腰直角三角形，得到DF=CF，通过△ADF∽△ABC，得到AFAC=DFBC，即可求得DF=34，再根据△CHB∽△ACB，得到CHAC=BCAB，可得CH=31010，即可求得AE的长；④点E在AC的延长线上，如图，∠CDB≠∠E，∠DCE=∠DBE，连接BE，过E作EH⊥AB交AB的延长线于H，推出△BHE是等腰直角三角形，根据相似三角形的性质得到ACAH=BCEH，得到BH=102，根据勾股定理得到CE=BE2−BC2=2，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是“等对角四边形”，∠A≠∠C，∠A=80°，∠B=70°，
∴∠D=∠B=70°，
∴∠C=360°−∠A−∠B−∠D=360°−80°−70°−70°=140°．
故答案为：140；70．
（2）证明：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，CD为斜边AB边上的中线，
∴AD=DB=DC，
∴∠DCB=∠B，
∵∠ACB=90°，
∴∠DCB+∠ACD=90°，
∴∠B+∠ACD=90°，
∵DE⊥CD，
∴∠CED+∠ACD=90°，
∴∠CED=∠B，
∵∠ECB≠∠EDB，
∴四边形BCED是“等对角四边形”．
（3）①若∠B=∠DEC，∠BCE≠∠BDE，如图，
∵CD平分∠ACB，
∴∠DCE=∠DCB，
在△CDE和△CDB中，
∠DEC=∠B∠DCE=∠DCBCD=CD
∴△CDE≌△CDB，
∴EC=BC=1，
∴AE=AC−EC=3−1=2；
②若∠BCE=∠BDE=90°，∠B≠∠DEC，如图，连接BE，
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=1，
∴AB=AC2+BC2=32+12=10，
∵CD平分∠ACB，
∴∠BCD=12∠ACB=12×90°=45°，
∵∠BCE=∠BDE=90°，
∴点B、C、E、D 空白公式四点共圆，
∴∠BED=∠BCD=45°，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴DB=DE，
设DB=DE=x，则AD=10−x，
∵∠BCE=∠BDE=90°，
∴∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠ACB
在△ADE和△ACB中，
∠A=∠A∠ADE=∠ACB
∴△ADE∽△ACB，
∴ADAC=DEBC，
∴10−x3=x1，
解得x=104，
∴DE=104，AD=10−104=3104，
在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=31042+1042=52；
③如图，点E在AC的延长线上，∠CDB=∠E，∠DCE≠∠DBE，连接BE，过点C作CH⊥AB于H，DF⊥AC于F，
∴DF∥BC，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=12∠ACB=12×90°=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴DF=CF，
∵DF∥BC，
∴△ADF∽△ABC，
∴AFAC=DFBC，即3−DF3=DF1，
∴DF=34，
∴sin∠DCF=DFCD，
∴CD=DFsin∠DCF=34sin45°=3422=324，
在△CHB和△ACB中，
∠B=∠B∠CHB=∠ACB
∴△CHB∽△ACB，
∴CHAC=BCAB，
∴CH=BC⋅ACAB=1×310=31010，
∴DH=CD2−CH2=3242−310102=31020，
∵∠CHD=∠BCE=90°，∠CDB=∠E，
∴△CDH∽△BCE，
∴CEDH=BCCH，
∴CE=BC⋅DHCH=1×3102031010=12，
∴AE=AC+CE=3+12=72；
④点E在AC的延长线上，如图，∠CDB≠∠E，∠DCE=∠DBE，连接BE，过E作EH⊥AB交AB的延长线于H，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=12∠ACB=12×90°=45°，
∴∠DCE=∠DBE=180°−45°=135°，
∴∠EBH=180°−135°=45°，
∴△BHE是等腰直角三角形，
∴BH=HE，
∵∠A=∠A，∠ACB=∠H=90°，
∴△ABC∽△AEH，
∴ACAH=BCEH，即310+BH=1BH，
∴BH=102，
∵cs∠EBH=BHBE，
∴BE=BHcs∠EBH=102cs45°=10222=5，
∴CE=BE2−BC2=52−12=2，
∴AE=AC+CE=3+2=5；
综上所述，线段AE的长为2或52或72或5．
【点睛】本题主要考查了四边形内角和定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质、相似三角形的判定与性质、余角的性质、勾股定理，理解“等对角四边形”的定义并且掌握分类讨论的思想是解题的关键．
20．（2022春·江苏扬州·八年级校联考阶段练习）【定义】只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图1，∠ABC=∠ADC=90°，四边形ABCD是损矩形，则该损矩形的直径是线段AC．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边同侧的两个角是相等的．如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有ADB和ACB，此时∠ADB=∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在BC同侧有BAC和BDC，此时∠BAC=∠DBC．
(1)【理解】
如图1，∠ABD=______；
(2)下列图形中一定是损矩形的是______（填序号）；
(3)【应用】如图2，四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，以AC为一边向外作菱形ACEF，点D为菱形ACEF对角线的交点，连接BD，当BD平分ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？并说明理由；
(4)如图3，四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，点O为AC的中点，OG⊥BD于点G，若OG=2，则AC2−BD2等于多少？
【答案】(1)∠ACD
(2)③
(3)正方形，理由见解析
(4)16
【分析】（1）在AD的同侧的∠ABD=∠ACD；
（2）只有③是只有一组对角是直角的四边形；
（3）可得∠ADC=∠ABD=45°，进而求得∠ACE=90°，从而推得结果；
（4）可推出OB=OD，进而推出△BOG是直角三角形，进一步求得结果．
（1）
在AD的同侧的∠ABD=∠ACD，
故答案为：∠ACD；
（2）
只有③是只有一组对角是直角的四边形，
故答案为：③；
（3）
四边形ACEF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC＝45°，
∴∠ADC=∠ABD=45°，
∵四边形ACEF是菱形，
∴∠ECF=∠ACD=45°，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACEF是正方形；
（4）
∵四边形ABCD是以AC为直径的损矩形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∵点O是AC的中点，
∴OB=12AC，
∵Rt△ABC中O是AC的中点，
∴OD=12AC，
∴OB=OD=12BD，
∵点G是BD的中点，
∴OG⊥BD，
∴∠BOG=90°，
在Rt△OBG中，
∴OB2−BG2=OG2=4，
即12AC2−12BD2=4，
∴AC2−BD2=16，
故答案是为：16．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形，勾股定理，菱形的性质，正方形判定等知识，解决问题的关键是充分利用定义给出的结论．
21．（2021秋·江苏泰州·九年级校考阶段练习）定义：如果一个等腰直角三角形的一个顶点为矩形的顶点，另两个顶点分别在矩形的边上，且任何两个顶点都不在矩形的同一边上，我们称这样的等腰直角三角形为矩形的“内接优三角形”．
如图，矩形ABCD中，点E、F分别在边CD、BC上，∠AEF＝90°，AE＝EF，△AEF为矩形ABCD的内接优三角形．
(1)正方形 （填“存在”或“不存在”）内接优三角形；
(2)已知△AEF为矩形ABCD的内接优三角形．
①若AD＝4，AB＝7，求AF的长；
②设AB＝a，AD＝b（a＞b），问是否存在斜边长为6b的内接优三角形？若存在，请求出ab的值；若不存在，请说明理由；
③若△CEF的外接圆与直线AB相切，求此时ab的值．
【答案】(1)不存在
(2)①AF=52；②不存在，理由见详解；③ab=74
【分析】（1）先证明ΔADE≌ΔECF，再根据正方形的性质即可得出结论；
（2）①先根据AAS定理得出ΔADE≌ΔECF，故可得出CF的长，根据勾股定理即可得出AF的长；②由①得6b2=a2+(2b−a)2可设ab=k，则a=bk，代入上式化简得k2−2k−1=0，求出k的值，再根据a−b（1）
解：不存在．理由如下：
∵ΔAEF为矩形ABCD的内接优三角形，
∴∠C=∠D=∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠DEA+∠CEF=90°，∠DEA+∠DAE=90°
∴∠CEF=∠DAE，
在ΔADE与ΔECF中，
∵ ∠C=∠D∠DAE=∠CEFAE=EF，
∴ΔADE≌ΔECF，
∴AD=CE，
∵若四边形ABCD是正方形，
∴AD≠CE，
∴不存在；
故答案为不存在；
（2）
解：①∵ΔAEF为矩形ABCD的内接优三角形，
∴∠C=∠D=∠AEF=90°，AE=EF，
∴∠DEA+∠CEF=90°，∠DEA+∠DAE=90°
∴∠CEF=∠DAE，
在ΔADE与ΔECF中，
∵ ∠C=∠D∠DAE=∠CEFAE=EF，
∴ΔADE≌ΔECF，
∴AD=CE=4，
∵AB=CD=7，
∴DE=CF=3，
∴BF=1，
∴AF=AB2+BF2=52；
②假设存在．
由①得6b2=a2+(2b−a)2
可设ab=k，则a=bk，代入上式化简得k2−2k−1=0，
解得k=1±2，
∵a>b，
∴k=1+2，
∵点F在边BC上，
∴a−b∴a<2b，
∴ ab<2，所以不存在；
③取EF的中点G，作GH⊥AB，延长HG交CD于点M，
∴MH∥BC，
∴△EMG∽△ECF，
∴MG=12CF=12(a−b)，
∴GH=b−12(a−b)=32b−12a，
∵ΔCEF的外接圆与直线AB相切，
∴EF=2GH=3b−a，
∴(3b−a)2=b2+(a−b)2，
∴ ab=74．
【点睛】本题考查的是四边形综合题、勾股定理、相似三角形的性质与判定及切线的性质，熟知正方形及矩形的性质、全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
【真题再现】直面中考真题，实战培优提升
1．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．求证：
(1)△ABE≌△CDF；
(2)四边形AECF是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB=CD，根据平行线的性质可得∠ABE=∠CDF，结合已知条件根据SAS即可证明△ABE≌△CDF；
（2）根据△ABE≌△CDF可得AE=CF,∠AEB=∠CFD，根据邻补角的意义可得∠AEF=∠CFE，可得AE∥CF，根据一组对边平行且相等即可得出．
【详解】（1）证明：解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠ABE=∠CDF，
又BE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）证明：∵△ABE≌△CDF，
∴AE=CF,∠AEB=∠CFD
∴∠AEF=∠CFE
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
2．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，点O为对角线BD的中点，EF过点O且分别交AB、DC于点E、F，连接DE、BF．
求证：
(1)△DOF≌△BOE；
(2)DE=BF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，利用ASA即可证明△DOF≌△BOE；
（2）证明四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，O是BD的中点，
∴AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF．
在△BOE和△DOF中，∠OBE=∠ODFOB=OD∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOF（ASA）；
（2）证明：∵△BOE≌△DOF，
∴EO=FO，
∵OB=OD，
∴四边形BEDF是平行四边形．
∴DE=BF．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，证明三角形全等是解决问的关键．
3．（2021·江苏淮安·统考中考真题）已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分∠ABC，EF∥AB．求证：四边形ABFE是菱形．
【答案】见解析
【分析】先证四边形ABFE是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质证AB＝AE，依据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
又∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBF，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴平行四边形ABFE是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、菱形的判定，解题关键是熟练运用相关知识进行推理证明，特别注意角平分线加平行，可证等腰三角形．
4．（2017·江苏镇江·中考真题）如图,点B､E分别在AC､DF上,AF分别交BD､CE于点M､N,∠A=∠F,∠1=∠2．
（1）求证:四边形BCED是平行四边形;
（2）已知DE=2,连接BN,若BN平分∠DBC,求CN的长．
【答案】（1）见解析;（2）2
【分析】（1）根据∠A=∠F,可得到DE//BC,又由∠1=∠2,且∠1=∠DMF,可得到∠DMF=∠2,即可得出结论．
（2）由DB//EC,可得到∠CNB=∠DBN,从而得到∠CNB=∠CBN,则有CN=BC,即可求解．
【详解】（1）证明:∵∠A=∠F,
∴DE//BC,
∵∠1=∠2,且∠1=∠DMF,
∴∠DMF=∠2,
∴DB//EC,
则四边形BCED为平行四边形．
（2）解:∵BN平分∠DBC,
∴∠DBN=∠CBN,
∵EC//DB,
∴∠CNB=∠DBN,
∴∠CNB=∠CBN,
∴CN=BC=DE=2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质,角平分线的定义,等腰三角形的判定,解题的关键是熟练掌握相关知识并会灵活应用．
5．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图，将一张长方形纸片ABCD沿E折叠，使C,A两点重合．点D落在点G处．已知AB=4，BC=8．
（1）求证：ΔAEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）根据矩形的性质可得AD//BC,则∠FEC=∠AFE,因为折叠，∠FEC=∠AEF，即可得证；
（2）设FD=x用含x的代数式表示AF，由折叠，AG=DC，再用勾股定理求解即可
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形
∴ AD//BC
∴ ∠FEC=∠AFE
因为折叠，则∠FEC=∠AEF
∴∠AEF=∠AFE
∴ ΔAEF是等腰三角形
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=8,CD=AB=4,∠D=90°
设FD=x，则AF=AD−x=8−x
因为折叠，则FG=x，AG=CD=4,∠G=∠D=90°
在Rt△AGF中
FG2=AF2−AG2
即x2=(8−x)2−42
解得：x=3
∴ FD=3
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定定理，图像的折叠，勾股定理，熟悉以上知识点是解题的关键．
6．（2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB=AE，求证：四边形ACED是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
7．（2020·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F在AC上，且AF=CE．求证：四边形BEDF是菱形．
【答案】见解析
【分析】连接AC交BD于点O，利用正方形的性质和菱形的判定解答即可．
【详解】证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BO=DO，AO=CO，AC⊥BD，
∵AF=CE，
∴EO=FO，
∴四边形DEBF是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，掌握正方形的性质是本题的关键．
8．（2020·江苏盐城·统考中考真题）如图，点O是正方形，ABCD的中心．
（1）用直尺和圆规在正方形内部作一点E（异于点O），使得EB=EC;（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接EB、EC、EO,求证：∠BEO=∠CEO．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）作BC的垂直平分线即可求解；
（2）根据题意证明△EBO≅△ECO即可求解．
【详解】1如图所示，点E即为所求．
2连接OB、OC
由1得：EB=EC
∵O是正方形ABCD中心，
∴OB=OC,
∴在△EBO和△ECO中，
EB=ECEO=EOOB=OC
∴△EBO≅△ECOSSS,
∴∠BEO=∠CEO．
【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知正方形的性质、垂直平分线的作图及全等三角形的判定与性质．
9．（2020·江苏淮安·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上，AC与EF相交于点O，且AO=CO．
（1）求证：ΔAOF≌ΔCOE；
（2）连接AE、CF，则四边形AECF （填“是”或“不是”）平行四边形．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）是，理由见解析；
【分析】（1）根据平行四边形的对边平行可得到内错角相等，再根据已知条件可利用ASA得到全等；
（2）由（1）可得到AF=EC，根据一组对边平行且相等的四边形式平行四边形即可得到答案；
【详解】（1）∵四边形ABCD平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAO=∠ECO，
根据题可知AO=CO，∠AOF=∠COE，
在△AOF和△COE中，
{∠FAO=∠ECOA0=CO∠AOF=∠COE ，
∴ΔAOF≌ΔCOE(ASA)．
（2）如图所示，
由（1）得ΔAOF≌ΔCOE，可得：
AF=CE，
又∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题中主要考查了平行四边形的判定和性质，准确运用全等三角形的条件进行判断是解题的关键．
10．（2022·江苏常州·统考中考真题）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则点O叫做该四边形的“等形点”．
(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图，在四边形ABCD中，边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD=42，OA=5，BC=12，连接AC，求AC的长；
(3)在四边形EFGH中，EH//FG．若边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，求OFOG的值．
【答案】(1)不存在，理由见详解
(2)45
(3)1
【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；
（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；
（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解．
【详解】（1）不存在，
理由如下：
假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，
∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，
∴∠ABO=90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠ABO=∠CDO=90°，
∴CD⊥DO，
∵CD⊥BC，
∴DO∥BC，
∵O点在BC上，
∴DO与BC交于点O，
∴假设不成立，
故正方形不存在“等形点”；
（2）如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，
∵O点是四边形ABCD的“等形点”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，
∵CD=42，OA=5，BC=12，
∴AB=CD=42，OA=OC=5，
∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，
∵AM⊥BC，
∴∠AMO=90°=∠AMB，
∴设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，
∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM2=AB2−BM2=AO2−MO2，
∴AB2−BM2=AO2−MO2，即(42)2−(7−a)2=52−a2，
解得：a=3，即MO=3，
∴MC=MO+OC=3+5=8，AM=AO2−MO2=52−32=4
∴在Rt△AMC中，AC=AM2+MC2=42+82=45，
即AC的长为45；
（3）如图，
∵O点是四边形EFGH的“等形点”，
∴△OEF≌△OGH，
∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，
∵EH∥FG，
∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，
∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，
∴OE=OH，
∵OF=OH，OE=OG，
∴OF=OG，
∴OFOG=1．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、平行的性质等知识，充分利用全等三角形的性质是解答本题的关键．
11．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AF=12BC，理由见解析
【分析】（1）易知点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，所以线段DF与EF也为△ABC的中位线，由中位线定理证得四边形ADFE是平行四边形，因为平行四边形的对角线相互平分，此题可证；
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形，结合已知条件可知，当AF=12BC时，平行四边形ADFE为矩形．
【详解】（1）证明：∵线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线，
∴D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴线段DF与EF也为△ABC的中位线，
∴DF∥AC，EF∥AB，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
（2）解：当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，理由如下：
∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
由（1）知四边形ADFE为平行四边形，若▱ADFE为矩形，则AF=DE，
∴当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形．
【点睛】此题考查了中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质；解题的关键是数形结合，熟练运用上述知识．
12．（2022·江苏无锡·统考中考真题）如图，已知四边形ABCD为矩形AB=22，BC=4，点E在BC上，CE=AE，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．
(1)求EF的长；
(2)求sin∠CEF的值．
【答案】(1)17
(2)85134
【分析】(1)先由RtΔABE可求得AE的长度，再由角度关系可得∠FAE=90∘，即可求得EF的长;
(2)过F作FM⊥CE于M，利用勾股定理列方程，即可求出EM的长度，同时求出FM的长度，得出答案.
【详解】（1）设BE=x，则EC=4−x，
∴AE=EC=4−x，
在RtΔABE中，AB2+BE2=AE2，
∴(22)2+x2=(4−x)2，
∴x=1，
∴BE=1，AE=CE=3，
∵AE=EC，
∴∠1=∠2，
∵∠ABC=90∘，
∴∠CAB=90∘−∠2，
∴∠CAB=90∘−∠1，
由折叠可知ΔFAC≅ΔBAC，
∴∠FAC=∠CAB=90∘−∠1，AF=AB=22，
∴∠FAC+∠1=90∘，
∴∠FAE=90∘，
在RtΔFAE中，EF=AF2+AE2=(22)2+32=17.
（2）过F作FM⊥BC于M，
∴∠FME=∠FMC=90°，
设EM=a,则EC=3-a，
在Rt△FME中，FM2=FE2−EM2 ，
在Rt△FMC中，FM2=FC2−MC2，
∴FE2−EM2=FC2−MC2，
∴(17)2−a2=42−(3−a)2，
∴a=53，
∴EM=53，
∴FM=(17)2−(53)2=832，
∴sin∠CEF=FMEF=83217=85134 .
【点睛】此题考查了锐角三角函数，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．
13．（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE=40°，求∠CAB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAB=25°
【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°，从而可得结论；
（2）先证明∠DAF=∠ECF=40°，再求解∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°， 结合对折的性质可得答案．
【详解】（1）证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°．
在△DAF和△ECF中，
∠DFA=∠EFC，∠D=∠E，DA=EC，
∴△DAF≌△ECF．
（2）解：∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF=∠ECF=40°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°．
∴∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°，
∵∠FAC=∠CAB，
∴∠CAB=25°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质证明边与角的相等是解本题的关键．
14．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形的性质和DE=AD证明四边形DBCE为平行四边形，再根据BE⊥DC，即可得证；
（2）先根据菱形对称性得，得到PM+PN=PM+PN'，进一步说明PM+PN的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
又∵点E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形，
又∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE为菱形．
（2）解：如图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN=PM+PN'，
当P、M、N'共线时，
PM+PN=PM+PN'=MN'，
过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值即为平行线间的距离DH的长，
∵△DBC是边长为2的等边三角形，
∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC=DHDB，
∴DH=DB·sin∠DBC=2×32=3，
∴PM+PN的最小值为3．
【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．
15．（2021·江苏镇江·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长DA，BC，使得AE＝CF，连接BE，DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）连接BD，∠1＝30°，∠2＝20°，当∠ABE＝ °时，四边形BFDE是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形
【分析】（1）根据平行四边形的性子和“SAS”可证△ABE≌△CDF；
（2）先证明四边形BFDE是平行四边形，再通过证明BE＝DE，可得结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠1＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
AE=CF∠1=∠DCFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当∠ABE＝10°时，四边形BFDE是菱形，
理由如下：∵△ABE≌△CDF，
∴BE=DF，AE=CF，
∴BF=DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵∠1=30°，∠2=20°，
∴∠ABD=∠1-∠2=10°，
∴∠DBE=20°，
∴∠DBE=∠EDB=20°，
∴BE=DE，
∴平行四边形BFDE是菱形，
故答案为10．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的判定是解题的关键．
16．（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．
17．（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．
（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⋅cs∠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．
18．（2021·江苏南通·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE=α．
（1）求∠BCF的大小（用含α的式子表示）；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．判断DG与CF的位置关系，并说明理由；
（3）将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH，点E的对应点为点H，连接BF，HF．当△BFH为等腰三角形时，求sinα的值．
【答案】(1)45°+α ．
(2)DG//CF．理由见解析．
(3)55 ．
【分析】(1)作辅助线BF，用垂直平分线的性质，推导边相等、角相等．再用三角形内角和为180° 算出∠BCF ．
(2)作辅助线BF、AC，先导角证明△CFG 是等腰直角三角形、△ADC 是等腰直角三角形．再证明△ADM∽△AGC 、△DGC∽△AFC，最后用内错角相等，两直线平行，证得DG//CF．
(3) △BFH 为等腰三角形，要分三种情况讨论：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根据题目具体条件，舍掉了②、③种，第①种用正弦函数定义求出比值即可．
【详解】(1)解：连接BF，设AF和BE相交于点N．
∵ 点A关于直线BE的对称点为点F
∴ BE是AF的垂直平分线
∴BE⊥AF ，AB=BF
∴∠BAF=∠BFA
∵∠ABE=α
∴∠BAF=90°-α=∠BFA
∴∠EBF=180°-90°-(90°-α)=α
∵ 四边形ABCD是正方形
∴ AB=BC，∠ABC=90°
∴∠FBC=90°-2α，AB=BC=BF
∴∠BFC=∠BCF
∵∠BFC+∠BCF+∠FBC=180°，∠FBC=90°−2α
∴∠BFC=∠BCF=180°−(90°−2α)2=45°+α ．
(2) 位置关系：平行．
理由：连接BF，AC，DG
设DC和FG的交点为点M，AF和BE相交于点N
由(1)可知，
∠ABE=∠EBF=α，∠BAF=∠BFA=90°−α， ∠BFC=∠BCF=45°+α
∴∠AFC=∠AFB+∠CFB=90°−α+45°+α=135°
∴∠CFG=180°−∠AFC=45°
∵CG⊥AG
∴∠FGC=90°
∴∠GCF=180°−∠FGC−∠CFG=45°=∠CFG
∴△CGF是等腰直角三角形
∴CGCF=12
∵ 四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD
∴△ADC 是等腰直角三角形
∴DCAC=12，∠ACD=45°
∴∠BCA=45°
∵BE垂直平分AF
∴∠ANE=90°
∴∠NAE=180°−∠ANE−∠AEN=α
在△ADM 和△CGM 中，
{∠ADC=∠AGC=90°∠AMD=∠CMG
∴△ADM∽△CGM
∴∠MCG=∠GAD=α
∵∠BCA=45°，∠BCF=45°+α
∴∠ACF=∠BCF−∠BCA=α
在△DGC 和△AFC 中，
∵DCAC=CGFC=12，∠DCG=∠ACF=α
∴△DGC∽△AFC
∴∠AFC=∠DGC=135°
∴∠DGA=∠DGC−∠AGC=135°−90°=45°
∴∠DGA=∠CFG=45°
∴ CF//DG
(3)△BFH为等腰三角形有三种情况：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三种情况讨论：
①当FH=BH时，作MH⊥BF 于点M
由(1)可知：AB=BF，∠ABE=∠EBF=α
∵ 四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABC=90°，∠BAE=90°
设AB=BF=BC=a
∵将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH
∴∠CBH=∠ABE=α，BH=BE
∴∠FBH=∠ABC−∠ABF+∠CBH=90°−2α+α=90°−α
∵ FH=BH
∴∠HBF=∠BFH=90°−α
∴∠FHB=180°−∠FBH−∠BFH=2α
∵△BFH 是等腰三角形，BH=HF，HM⊥BF
∴∠BHM=∠FHM=α，BM=MF=12BF=a2
在△ABE 和△MHB 中，
{∠BAE=∠BMH=90°∠BHM=∠ABE=α
∴△ABE∽△MHB
∴BMAE=BHBE=1
∴ BM=AE=a2
∴BE=AE2+AB2=(a2)2+a2=5a2
∴sinα=AEBE=55
②当BF=FH时，
设FH与BC交点为O
∵ △ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBH
∴∠ABE=∠CBH=α
由(1)可知：∠ABF=2α
∴∠FBC=90°−2α
∴∠FBH=∠FBC+∠CBH=90°−2α+α=90°−α
∵BF=FH
∴∠FBH=∠FHB=90°−α
∴∠BOH=180°−∠CBH−∠BHF=90°
此时，∠BOH 与∠BCH 重合，与题目不符，故舍去
③当BF=BH时，
由(1)可知：AB=BF
设AB=BF=a
∵ 四边形ABCD是正方形
∴ AB=BC=a
∵ BF=BH
∴ BF=BH=BC=a
而题目中，BC、BH分别为直角三角形BCH的直角边和斜边，不能相等，与题目不符，故舍去．
故答案为：55
【点睛】本题考查了三角形内角和定理(三角形内角和为180° )、平行线证明(内错角相等，两直线平行)、相似三角形证明(两组对应角分别相等的两个三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)、等腰直角三角形三边比例关系(1：1：2)、正弦函数定义式(对边：斜边) ．
19．（2021·江苏徐州·统考中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，点P在边AD上（P不与A,D重合），连接PB,PC．将线段PB绕点P顺时针旋转90°得到PE，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到PF．连接EF,EA,FD．
（1）求证：
①ΔPDF的面积S=12PD2；
②EA=FD；
（2）如图2，EA.FD的延长线交于点M，取EF的中点N，连接MN，求MN的取值范围．
【答案】（1）①见详解；②见详解；（2）4≤MN＜25
【分析】（1）①过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，证明△PFG≌△CPD，即可得到结论；②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，证明△PEH≌△BPA，结合△PFG≌△CPD，可得GD=EH，同理：FG=AH，从而得△AHE≌△FGD，进而即可得到结论；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，可得∠AMD=90°，MN=12EF，HG= 2AD=8，EH+FG= AD=4，然后求出当点P与点D重合时， EF最大值=45，当点P与AD的中点重合时，EF最小值= HG=8，进而即可得到答案．
【详解】（1）①证明：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，
∵∠FPG+∠PFG=90°，∠FPG+∠CPD=90°，
∴∠FPG=∠CPD，
又∵∠PGF=∠CDP=90°，PC=PF，
∴△PFG≌△CPD（AAS），
∴FG=PD，
∴ΔPDF的面积S=12PD⋅FG=12PD2；
②过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，
∵∠EPH+∠PEH=90°，∠EPH +∠BPA=90°，
∴∠PEH =∠BPA，
又∵∠PHE=∠BAP=90°，PB=PE，
∴△PEH≌△BPA（AAS），
∴EH=PA，
由①得：FG=PD，
∴EH+FG=PA+PD=AD=CD，
由①得：△PFG≌△CPD，
∴PG=CD，
∴PD+GD= CD= EH+FG，
∴FG+ GD= EH+FG，
∴GD=EH，
同理：FG=AH，
又∵∠AHE=∠FGD，
∴△AHE≌△FGD，
∴EA=FD；
（2）过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，过点E作EH⊥DA交DA的延长线于点H，
由（1）得：△AHE≌△FGD，
∴∠HAE=∠GFD，
∵∠GFD+∠GDF=90°，
∴∠HAE+∠GDF=90°，
∵∠HAE=∠MAD，∠GDF=∠MDA，
∴∠MAD+∠MDA=90°，
∴∠AMD=90°，
∵点N是EF的中点，
∴MN=12EF，
∵EH=DG=AP，AH=FG=PD，
∴HG=AH+DG+AD=PD+AP+AD=2AD=8，EH+FG=AP+PD=AD=4，
当点P与点D重合时，FG=0，EH=4，HG=8，
此时EF最大值=42+82=45，
当点P与AD的中点重合时，FG=2，EH=2，HG=8，
此时EF最小值= HG=8，
∴MN的取值范围是：4≤MN＜25．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，添加辅助线，构造直角全等的直角三角形，是解题的关键．
20．（2021·江苏宿迁·统考中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求CFBG的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）2；（2）MN⊥BE;MN=12BE；（3）9π
【分析】（1）由旋转的性质联想到连接AF、AC，证明ΔCAF∽ΔBAG即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证ΔBMC≌ΔHMF即可得到HF=BC=BA，再由四边形BEFC内角和为360°可得∠BAC=∠HFE，则可证明ΔBAE≌ΔHFE，即ΔBHE是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】解：（1）连接AF、AC
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴AB=BC,AG=FG,∠BAD=∠GAE=∠CBA=∠AGF=90°
∵ AF、AC分别平分∠EAG,∠BAD
∴∠BAC=∠GAF=45°
∴∠BAC+∠CAG=∠GAF+∠CAG即∠BAG=∠CAF
且ΔABC,ΔAGF都是等腰直角三角形
∴ACAB=AFAG=2
∴ΔCAF∽ΔBAG
∴CFBG=ACAB=2
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
∵M是CF的中点
∴CM=MF
又∠CMB=∠FMH
∴ΔCMB≌ΔFMH
∴BC=HF,∠BCM=∠HFM
在四边形BEFC中
∠BCM+∠CBE+∠BEF+∠EFC=360°
又∠CBA=∠AEF=90°
∴∠BCM+∠ABE+∠AEB+∠EFC=360°−90°−90°=180°
即∠HFM+∠EFC+∠ABE+∠AEB=180°
即∠HFE+∠ABE+∠AEB=180°
∵∠BAE+∠ABE+∠AEB=180°
∴∠HFE=∠BAE
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
∴BC=AB=FH,EA=EF
∴ΔBAE≌ΔHFE
∴BE=HE.∠BEA=∠HEF
∵∠HEF+∠HEA=∠AEF=90°
∴∠BEA+∠HEA=90°=∠BEH
∴三角形BEH是等腰直角三角形
∵M、N分别是BH、BE的中点
∴MN//HE,MN=12HE
∴∠MNB=∠HEB=90°,MN=12BE
∴MN⊥BE,MN=12BE
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在ΔABF中，O、Q分别是AB、BF的中点
∴OQ=12AF
同理可得ON=12AE
∵AF=2AE=62
∴OQ=32,ON=3
所以QN扫过的面积是以O为圆心，32和3为半径的圆环的面积
∴S=(32)2π−32π=9π．
【点睛】本题考查旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．
21．（2020·江苏徐州·统考中考真题）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果BCAB=ABAC．那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为5−12．
（1）在图①中，若AC=20cm，则AB的长为_____cm；
（2）如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E AE>DE，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【答案】（1）105−10；（2）见解析；（3）当PB=BC时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点，理由见解析
【分析】（1）由黄金比值直接计算即可；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；
（3）当PB=BC时，证得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,则有BF=AE，设BF=x，则AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可证得结论．
【详解】（1）AB=5−12×20=（105−10）(cm)，
故答案为：105−10；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠D=90º，
由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，
在Rt△CDE中，CE=ED2+CD2=105，
∴EH=105−20，
在Rt△GHE中，GE2=GH2+EH2=x2+(105−20)2
在Rt△GAE中，GE2=AG2+AE2=(20−x)2+100,
∴x2+(105−20)2=(20−x)2+100，
解得：x=105−10，
即BGAB=105−1020=5−12，
∴G是AB的黄金分割点；
（3）当PB=BC时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．
理由：∵CF⊥BE，
∴∠BCF+∠CBE=90º，又∠CBE+∠ABE=90º，
∴∠ABE=∠BCF，
∵∠A=∠ABC=90º，AB=BC，
∴△BAE≌△CBF（ASA），
∴AE=BF，
设AE=BF=x，则AF=a-x，
∵AD∥BC即AE∥PB，
∴AEBP=AFBF即xa=a−xx，
∴x2+ax−a2=0，
解得：x=5a−a2或x=−5a−a2(舍去)，
即BF=AE=5a−a2，
∴AEAD=BFAB=5−12，
∴E、F分别是AD、AB的黄金分割点．
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
22．（2019·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段AB=8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：ΔAEP≅ΔCEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）求ΔAEF的周长．
【答案】（1）详见解析；（2）CF⊥AB，理由详见解析；（3）16.
【分析】（1）四边形APCD正方形，则DP平分∠APC，PC=PA，∠APD=∠CPD=45∘，即可求解；
（2）ΔAEP≅ΔCEP，则∠EAP=∠ECP，而∠EAP=∠BAP，则∠BAP=∠FCP，又∠FCP+∠CMP=90∘，则∠AMF+∠PAB=90∘即可求解；
（3）证明ΔPCN≅ΔAPBAAS，则CN=PB=BF，PN=AB，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC=PA，
∴∠APD=∠CPD=45∘，
∴ΔAEP≅ΔCEPSAS；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵ΔAEP≅ΔCEP，∴∠EAP=∠ECP，
∵∠EAP=∠BAP，∴∠BAP=∠FCP，
∵∠FCP+∠CMP=90∘，∠AMF=∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB=90∘，
∴∠AFM=90∘，∴CF⊥AB；
（3）如图，过点C作CN⊥PB．
∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴FC∥BN，
∴∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，
又AP=CP，∴ΔPCN≅ΔAPBAAS，
∴CN=PB=BF，PN=AB，
∵ΔAEP≅ΔCEP，∴AE=CE，
∴AE+EF+AF
=CE+EF+AF
=BN+AF
=PN+PB+AF
=AB+CN+AF
=AB+BF+AF
=2AB
=16．
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等等知识点，其中（3），证明ΔPCN≅ΔAPBAAS，是本题的关键．