中考数学二轮培优复习专题27 解答题重点出题方向几何综合题（不含圆）专项训练（2份，原卷版+解析版）

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1．（2022•西藏）如图，在矩形ABCD中，ABBC，点F在BC边的延长线上，点P是线段BC上一点（与点B，C不重合），连接AP并延长，过点C作CG⊥AP，垂足为E．
（1）若CG为∠DCF的平分线．请判断BP与CP的数量关系，并证明；
（2）若AB＝3，△ABP≌△CEP，求BP的长．
思路引领：（1）由角平分线的性质和直角三角形的性质可求∠BAP＝∠APB＝45°，可得AB＝BP，即可得结论；
（2）由勾股定理可求解．
解：（1）BP＝CP，理由如下：
∵CG为∠DCF的平分线，
∴∠DCG＝∠FCG＝45°，
∴∠PCE＝45°，
∵CG⊥AP，
∴∠E＝∠B＝90°，
∴∠CPE＝45°＝∠APB，
∴∠BAP＝∠APB＝45°，
∴AB＝BP，
∵ABBC，
∴BC＝2AB，
∴BP＝PC；
（2）∵△ABP≌△CEP，
∴AP＝CP，
∵AB＝3，
∵BC＝2AB＝6，
∵AP2＝AB2+BP2，
∴（6﹣BP）2＝9+BP2，
∴BP．
总结提升：本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2022•徐州）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
（1）∠EDC的度数为 45 °；
（2）连接PG，求△APG的面积的最大值；
（3）PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
（4）求的最大值．
思路引领：（1）由等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，由三角形中位线定理可得DE∥AB，可求解；
（2）设AP＝x，由等腰直角三角形的性质和三角形中位线定理可求AG的长，由三角形面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）由“SAS”可证△CEF≌△GDF，可得CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，可求解；
（4）利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CH，CE的值，即可求解．
解：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝12，
∵D、E分别为BC、PC的中点，
∴DE∥AB，DEBP，
∴∠EDC＝∠ABC＝45°，
故答案为：45；
（2）设AP＝x，则BP＝12﹣x，
∵DEBP，
∴DE＝6，
∵GF⊥BC，∠EDC＝45°，
∴∠EDC＝∠DEF＝45°，
∴DF＝EFDE＝3x，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝6，
∴CF＝3x，
∵GF⊥BC，∠ACB＝45°，
∴∠ACB＝∠CGF＝45°，
∴GF＝FC，
∴GCFC＝6，
∴AG＝6，
∴S△APGAP×AGx×（6）（x﹣6）2+9，
∴当x＝6时，△APG的面积的最大值为9；
（3）PE⊥DG，DG＝PE，理由如下：
∵DF＝EF，∠CFE＝∠GFD＝90°，CF＝GF，
∴△CEF≌△GDF（SAS），
∴CE＝DG，∠DGF＝∠FCE，
∵∠DGF+∠GDF＝90°，
∴∠GDF+∠DCE＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DG⊥PE，
∵点E是PC的中点，
∴PE＝EC，
∴DG＝PE；
（4）方法一、∵CF＝3x＝GF，EF＝3x，
∴EC，
∵AP＝x，AC＝12，
∴PC，
∵∠ACP＝∠GCH，∠A＝90°＝∠GHC，
∴△APC∽△HGC，
∴，
∴，
∴GH，CH，
∴12，
∴的最大值为．
方法二、如图，过点H作MH∥AB，交BC于M，
∵∠DHC＝90°，
∴点H以CD为直径的⊙O上，
连接OH，并延长交AB于N，
∵MH∥AB，
∴，
∵OH，OB是定长，
∴ON的取最小值时，OM有最大值，
∴当ON⊥AB时，OM有最大值，
此时MH⊥OH，CM有最大值，
∵DE∥AB，
∴MH∥DE，
∴，
∴当CM有最大值时，有最大值，
∵AB∥MH，
∴∠HMO＝∠B＝45°，
∵MH⊥OH，
∴∠HMO＝∠HOM＝45°，
∴MH＝HO，
∴MOHO，
∵HO＝CO＝DO，
∴MOCO，CD＝2CO，
∴CM＝（1）CO，
∴．
总结提升：本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
3．（2022•镇江）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 AE＝CF 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．
思路引领：（1）证明△AEH≌△BFE（AAS），推出AH＝BE，可得结论；
（2）当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．根据有三个角是直角的四边形是矩形证明即可；
（3）如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．ZM 四边形AEGD是平行四边形，推出AD∥EG，EG∥BC，可得，设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则，可得h＝4（4﹣x），可得S•OE•HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，可知x＝2时，△OEH的面积最大，求出OE，OG，OH，OF的长，可得结论．
（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AEH+∠AHE＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EH＝EF，∠HEF＝90°，
∴∠AEH+∠BEF＝90°，
∴∠BEF＝∠AHE，
在△AEH和△BFE中，
，
∴△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，
∴AE+AH＝AE+BE＝AB；
（2）解：当AE＝CF时，四边形EFGH是矩形．
理由：如图2中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD＝BC，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵AE＝AH＝CF＝CG，
∴BE＝BF，DH＝DG，
∴∠AEH＝∠BEF＝45°，
∴∠HEF＝90°
同法可证，∠EHG＝90°，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形．
故答案为：AE＝CF；
（3）解：结论：四边形EFGH是平行四边形．
理由：如图3中，过点H作HM⊥BC于点M．，交EG于点N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵AE＝DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD是平行四边形，
∴AD∥EG，
∴EG∥BC，
∴，
∵OE：OF＝4：5，
设OE＝4x．OF＝5x，HN＝h，则，
∴h＝4（4﹣x），
∴S•OE•HN4x×4（4﹣x）＝﹣8（x﹣2）2+32，
∵﹣8＜0，
∴x＝2时，△OEH的面积最大，
∴OE＝4x＝8EG＝OG，OF＝5x＝10HF＝OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建二次函数，解决最短问题，属于中考压轴题．
4．（2022•阜新）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE，CF．
（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．
思路引领：（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）①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．
（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，

∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（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，
此时△AMB≌△AHD．
∴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．
由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值．
总结提升：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．
5．（2022•东营）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止．
（1）如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是 CD＝EF ，位置关系是 CD∥EF ；
（2）如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明．
思路引领：（1）利用等边三角形的性质解决问题即可；
（2）证明△FAB≌△DAC（SAS），推出BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，再证明△EFB是等边三角形，可得结论；
（3）当点D是BC的中点时，四边形EFDC的面积是△ABC的面积的一半．利用相似三角形的性质，等高模型解决问题．
解：（1）∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴EF＝AB＝CD，∠ADC＝∠FED，
∴EF∥CD，
故答案为：CD＝EF，CD∥EF；
（2）结论成立．
理由：如图2中，连接BF．
∵△ABC，△ADF都是等边三角形，
∴∠FAD＝∠BAC，AF＝AD，AB＝AC，
∴∠FAB＝∠DAC，
∴△FAB≌△DAC（SAS），
∴BF＝CD，∠ABF＝∠ACD＝60°，
∵AE＝BD，AB＝BC，
∴BE＝CD＝BF，
∴△EFB是等边三角形，
∴EF＝BF＝CD，∠FEB＝∠ABC＝60°
∴EF∥CD；
证法二：先证△CAE≌△ABD，得到CE＝AD＝DF，
再证明CE∥DF，
即可得四边形CDFE是平行四边形，
即可得出结论平行且相等．
（3）当点D是BC的中点时，四边形EFDC的面积是△ABC的面积的一半．此时四边形BDEF是菱形．
理由：如图3中，连接DF．
由（2）可知，△BEF是等边三角形，BE＝CD，
∵BD＝CD，
∴BECB，
∵△BEF∽△ABC，
∴（）2，
∵EF∥CD，EF＝CD，
∴四边形EFDC是平行四边形，
∴S平行四边形EFDC＝2S△EFB，
∴．
连接DE．∵BE＝BD，∠EBD＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∵△BEF是等边三角形，
∴四边形BDEF是菱形．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角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，属于中考压轴题．
6．（2022•衢州）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．
思路引领：（1）由菱形的性质得CB＝AB，CD＝AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD∠ABC，而∠CBG∠EBC，所以∠DBG（∠ABC+∠EBC）＝90°；
（2）①连结AC交BD于点K，交DE于点L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BKBD＝3，根据勾股定理可求得AK＝4，则AC＝8，即可由S菱形ABCDAC•BD求出菱形ABCD的面积；
②先由∠DKL＝∠DBG＝90°证明AC∥BG，则1，所以DL＝GLDG，再由DG＝2GE得GEDG，则DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得，可求得CLAC，所以KL＝4，再求出tan∠BDE的值即可；
（3）过点G作GT∥BC，交AE于点T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再证明△ETG∽△EAD，得，即可求得GT，说明GT为定值，再求出ET的值即可．
（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝AB，CD＝AD，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，
∵∠CBG＝∠EBG∠EBC，
∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG（∠ABC+∠EBC）180°＝90°．
（2）解：①如图2，连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵AC⊥BD，
∴∠AKB＝90°，
∵AB＝5，BD＝6，
∴BK＝DKBD＝3，
∴AK4，
∴CK＝AK＝4，
∴AC＝8，
∴S菱形ABCDAC•BD8×6＝24.
②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，
∴AC∥BG，
∴1，
∴DL＝GLDG，
∵DG＝2GE，
∴GEDG，
∴DL＝GL＝GE，
∵CD∥AB，
∴，
∴CLAC8，
∴KL＝4，
∴tan∠BDE．
（3）解：如图3，过点G作GT∥BC，交AE于点T，则GT为定值，
理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵∠DKL＝∠DBG＝90°，
∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，
∴△BGE∽△ALE，
∵BE＝AB，
∴1，
∴EG＝LG，
∵KL∥BG，
∴1，
∴DL＝LG＝EGED，
∵AD∥BC，
∴GT∥AD，
∴△ETG∽△EAD，
∴，
∵BE＝AB＝DA＝5，
∴GTDA5，
∴GT为定值；
∵EA＝BE+AB＝10，
∴ETEA10．
总结提升：此题重点考查菱形的性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
7．（2022•朝阳）【思维探究】
（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
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．
【思维延伸】
（2）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．
【思维拓展】
（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
思路引领：（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+CDAC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3﹣2中，当∠CBD＝75°时，分别求解即可．
（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠B+∠ADC＝180°，
∵∠ADE+∠ADC＝180°
∴∠B＝∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，
∴∠CAE＝∠BAD＝60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE＝AC，
∵CE＝DE+CD，
∴AC＝BC+CD；
（2）解：结论：CB+CDAC．
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°，
∴ACCM，
∵AC＝AC．AM＝AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM＝CN，
∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CMAC；
（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°，
∴CDCB，
∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP＝OQ，
∴，
∴，
∵AB＝AD，∠DAB＝90°，
∴BDAD＝2，
∴OD233．
如图3﹣2中，当∠CBA＝75°时，同法可证，OD23，
综上所述，满足条件的OD的长为33或3．
总结提升：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．
8．（2022•菏泽）如图1，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使DE＝DC，连接BE、CE．
（1）直接写出CE与AB的位置关系；
（2）如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B′E′D（点B′、E′分别与点B、E对应），连接CE′、AB′，在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致？请说明理由；
（3）如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30°时，射线CE′与AD、AB′分别交于点G、F，若CG＝FG，DC，求AB′的长．
思路引领：（1）由等腰直角三角形的性质可得，∠ABC＝∠DAB＝45°，∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，可得结论；
（2）通过证明△ADB'∽△CDE'，可得∠DAB'＝∠DCE'，由余角的性质可得结论；
（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得AB'AD，即可求解．
解：（1）如图1，延长CE交AB于H，
∵∠ABC＝45°，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠ABC＝∠DAB＝45°，
∵DE＝CD，
∴∠DCE＝∠DEC＝∠AEH＝45°，
∴∠BHC＝∠BAD+∠AEH＝90°，
∴CE⊥AB；
（2）在△BED旋转的过程中CE′与AB′的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致，
理由如下：如图2，延长CE'交AB'于H，
由旋转可得：CD＝DE'，B'D＝AD，
∵∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴∠CDE'＝∠ADB'，
又∵1，
∴△ADB'∽△CDE'，
∴∠DAB'＝∠DCE'，
∵∠DCE'+∠DGC＝90°，
∴∠DAB'+∠AGH＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴CE'⊥AB'；
（3）如图3，过点D作DH⊥AB'于点H，
∵△BED绕点D顺时针旋转30°，
∴∠BDB'＝30°，B'D＝BD＝AD，
∴∠ADB'＝120°，∠DAB'＝∠AB'D＝30°，
∵DH⊥AB'，
∴AD＝2DH，AHDH＝B'H，
∴AB'AD，
由（2）可知：△ADB'∽△CDE'，
∴∠DCE'＝∠DAB'＝30°，
∵AD⊥BC，CD，
∴DG＝1，CG＝2DG＝2，
∴CG＝FG＝2，
∵∠DAB'＝30°，CE'⊥AB'，
∴AG＝2GF＝4，
∴AD＝AG+DG＝4+1＝5，
∴AB'AD＝5．
总结提升：本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
9．（2022•安顺）如图1，在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
（1）求线段AE的长；
（2）求证四边形DGFC为菱形；
（3）如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN＝∠DCM，设DN＝x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）在直角三角形BCF中，由勾股定理求出BF＝6，进而求得AF＝4，设AE＝x，则EF＝DE＝8﹣x，在直角三角形AEF，根据勾股定理累出关于x的方程；
（2）根据CD∥AB得出△AGE∽△DCE，从而得出，求出AG＝6；
（3）先求得∠BGC的正切和正弦值，当∠MDN＝90°时，解直角三角形DGM和直角三角形DMN；当∠DMN＝90°时，解直角三角形DMG和直角三角形DMN．
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝∠ADC＝90°，CD＝AB＝10，BC＝AD＝8，
在Rt△BCF中，CF＝CD＝10，BC＝8，
∴BF＝6，
∴AF＝AB﹣BF＝4，
设AE＝x，则EF＝DE＝8﹣x，
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
EF2﹣AE2＝AF2，
∴（8﹣x）2﹣x2＝42，
∴x＝3，
∴AE＝3；
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴△AGE∽△DCE，
∴，
由（1）得：AE＝3，
∴DE＝8﹣3＝5，
∴，
∴AG＝6，
∴FG＝AF+AG＝4+6＝10，
∴FG＝CD，
∴四边形DGFC是平行四边形，
∵CD＝CF，
∴▱DGFC是菱形；
（3）解：∵四边形FGDC是菱形，
∴∠DGC＝∠DCG＝∠FGC，DG＝CD＝10，
在Rt△BCG中，BC＝8，BG＝BF+FG＝6+10＝16，
∴tan∠FGC，CG8，
∴sin∠FCG，
如图1，
当∠MDN＝90°时，
在Rt△GDM中，
DM＝DG•tan∠DGM＝10•tan∠FGC＝105，
在Rt△DMN中，
DN＝DM•tan∠DMN，
∵∠DMN＝∠DCM，∠DCM＝∠FGC，
∴DN＝DM•tan∠FGC＝5，
如图2，
当∠MND＝90°时，∠DMN+∠GDM＝90°，
∵∠DMN＝∠DCM＝∠DGM，
∴∠DGM+∠GDM＝90°，
∴∠DMG＝90°，
∴DM＝DG•sin∠DGM＝102，
在Rt△DMN中，
DN＝DM•sin∠DMN＝DM•sin∠FGC＝22，
综上所述：DN或2．
总结提升：本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，考虑全面，充分利用解直角三角形或相似三角形的知识．
10．（2022•黔西南州）如图，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）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．
思路引领：（1）证明△ABE≌△ADF，从而得出结论；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，类比（1）可证得△ABE≌△ADG，进而证明△GAF≌△EAF，进一步得出结论；
（3）作HR⊥BC于R，证明△ABE≌△GRH，从而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b•sin45°，进而BE，根据（2）可得出结果．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
（2）解：如图1，
BE+DF＝EF，理由如下：
在CD的延长线上截取DG＝BE，
同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即：∠GAF＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF，
在△GAF和△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴FG＝EF，
∴DG+DF＝EF，
∴BE+DF＝EF；
（3）如图2，
作HR⊥BC于R，
∴∠HRG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，
∵GH⊥AE，
∴∠EKG＝90°，
∴∠G+∠AEB＝90°，
∴∠G＝∠BAE，
在△ABE和△GRH中，
，
∴△ABE≌△GRH（AAS），
∴BE＝HR，
在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，
∴HR＝b•sin45°b，
∴BE，
∴EF＝BE+DF．
总结提升：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
11．（2022•鄂尔多斯）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线．
（1）如图1，点E、F分别是线段BD、AD上的点，且DE＝DF，AE与CF的延长线交于点M，则AE与CF的数量关系是 AE＝CF ，位置关系是 AE⊥CF ；
（2）如图2，点E、F分别在DB和DA的延长线上，且DE＝DF，EA的延长线交CF于点M．
①（1）中的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
②连接DM，求∠EMD的度数；
③若DM＝6，ED＝12，求EM的长．
思路引领：（1）证明△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，由直角三角形的性质证出∠EMC＝90°，则可得出结论；
（2）①同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），由全等三角形的性质得出AE＝CF，∠E＝∠F，则可得出结论；
②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，证明△DEG≌△DFH（AAS），由全等三角形的性质得出DG＝DH，由角平分线的性质可得出答案；
③由等腰直角三角形的性质求出GM的长，由勾股定理求出EG的长，则可得出答案．
解：（1）∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，
∴AD＝BD＝CD，AD⊥BC，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°，
又∵DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF，
∵∠DAE+∠DEA＝90°，
∴∠DCF+∠DEA＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF．
故答案为：AE＝CF，AE⊥CF；
（2）①（1）中的结论还成立，
理由：同（1）可证△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠E＝∠F，
∵∠F+∠ECF＝90°，
∴∠E+∠ECF＝90°，
∴∠EMC＝90°，
∴AE⊥CF；
②过点D作DG⊥AE于点G，DH⊥CF于点H，
∵∠E＝∠F，∠DGE＝∠DHF＝90°，DE＝DF，
∴△DEG≌△DFH（AAS），
∴DG＝DH，
又∵DG⊥AE，DH⊥CF，
∴DM平分∠EMC，
又∵∠EMC＝90°，
∴∠EMD∠EMC＝45°；
③∵∠EMD＝45°，∠DGM＝90°，
∴∠DMG＝∠GDM，
∴DG＝GM，
又∵DM＝6，
∴DG＝GM＝6，
∵DE＝12，
∴EG6，
∴EM＝GM+EG＝6+6．
总结提升：本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
12．（2022•益阳）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？
思路引领：（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，有三个直角三角形相似和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
解：（1）（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴，即，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴，即，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴，即，
∴，
∴CE；
②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝4a，
∵tan∠CBE，
∴，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为或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．
总结提升：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．
13．（2022•日照）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM＝a，CN＝b，若ab＝8．
（1）判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；
（2）①当a＝b时，求∠ECF的度数；
②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．
思路引领：（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论；
（2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE＝PE＝PF＝BF，从而得出ME＝EG＝GF＝NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果；
②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE＝EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果．
解：（1）线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：
∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，
∴AE，BF，
∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
∵AB4，
∴EF＝AB﹣AE﹣BF[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]（a+b﹣4），
∵ab＝8，
EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），
∴AE2+BF2＝EF2，
∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；
（2）①如图1，
连接PC交EF于G，
∵a＝b，
∴ME＝AM＝BN＝NF，
∵四边形CNPM是矩形，
∴矩形CNPM是正方形，
∴PC平分∠ACB，
∴CG⊥AB，
∴∠PGE＝90°，
∵CM＝CN＝PM＝PN，
∴PE＝PF，
∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，
EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，
∴PE＝AE＝PF＝BF，
∴ME＝EG＝FG＝FN，
∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ECG+∠FCG，
∴∠ECF＝45°；
②如图2，
仍然成立，理由如下：
将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，
∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，
∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2
∵EF2＝BF2+AE2，
∴DE＝EF，
∵CD＝CF，CE＝CE，
∴△DCE≌△FCE（SSS），
∴∠ECF＝∠DCE．
总结提升：本题考查了等腰直角三角形性质，正方形判定和性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
14．（2022•济宁）如图，△AOB是等边三角形，过点A作y轴的垂线，垂足为C，点C的坐标为（0，）．P是直线AB上在第一象限内的一动点，过点P作y轴的垂线，垂足为D，交AO于点E，连接AD，作DM⊥AD交x轴于点M，交AO于点F，连接BE，BF．
（1）填空：若△AOD是等腰三角形，则点D的坐标为 （0，）或（0，2） ；
（2）当点P在线段AB上运动时（点P不与点A，B重合），设点M的横坐标为m．
①求m值最大时点D的坐标；
②是否存在这样的m值，使BE＝BF？若存在，求出此时的m值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）分为点P在线段AB上和在BA的延长线两种情形．当点P在AB上时，AD＝OD，通过解Rt△ACD求得结果；当点P在BA延长线上时，OD＝OA＝2，从而求得点D坐标；
（2）①设OD＝x，可证得△ACD∽△DOM，从而得出m和x之间二次函数关系式，进一步求得结果；
②作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，可证得AE＝OF，从而表示出FH和OH及DH，根据△DHF∽△DOM列出关于x的方程，进而求得x，进一步求得m的值．
解：（1）∵△AOB是等边三角形，
∴∠AOB＝60°，
当点P在线段AB上时，AD＝OD，
∴∠DAO＝∠AOD＝∠BOC﹣∠AOB＝30°，
∵AC⊥y轴，
∴∠CAO＝∠AOB＝60°，
∴∠CAD＝∠OAC﹣∠DAO＝60°﹣30°＝30°，
在Rt△AOC中，
AC＝OC•tan∠AOC1，OA＝2AC＝2，
在Rt△ACD中，
AD，
∴DO，
∴D（0，），
当点P在BA的延长线上时，OD＝OA＝2，
∴D（0，2），
故答案为：（0，）或（0，2）；
（2）①设OD＝x，则CDx，
∵∠ACD＝∠DOM＝90°，
∴∠CAD+∠ADC＝90°，
∵DM⊥AD，
∴∠ADM＝90°，
∴∠ADC+∠ODM＝90°，
∴∠CAD＝∠ODM，
∴△ACD∽△DOM，
∴，
∴，
∴m＝x•（）＝﹣（x）2，
∴当x时，m最大，
∴当m最大时，D（0，）；
②如图，
假设存在m，使BE＝BF，
作BG⊥OA于G，作AQ⊥DP于Q，作HF⊥OD于H，
∵BE＝BF，
∴GE＝GF，
∵△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB，
∴AG＝OG，
∴AG﹣GE＝OG﹣GF，
即：AE＝OF，
由①知：m＝x，
∵∠ACD＝∠CDQ＝∠AQD＝90°，
∴四边形ACDQ是矩形，
∴AQ＝CDx，
在Rt△AEQ中，
AE，
∴OF＝AE，
在Rt△OFH中，
HF，OHOFx，
∴DH＝OD﹣OH＝x﹣（x），
∵HF∥OM，
∴△DHF∽△DOM，
∴，
∴，
∴x，
∴m2．
总结提升：本题考查了等边三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”等模型．
15．（2022•绵阳）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2，AB＝4，AD＝2，动点E、F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．
（1）如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
（2）如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，△AEF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AHHB，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．
思路引领：（1）延长DF交CB的延长线于G，证明△AFD∽△BFG，则，求出BG的长，再由AD∥CG，则，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，过点E作EH⊥AB交于H，yAF×EHxxx2；此时当x＝2时，y有最大值3；当2≤x时，E点在BD上，F点在AB上，过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，yAF×ENx2xx；当x时，y有最大值2；当x≤2时，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，yAB×（EQ﹣PF）＝6+2xx；此时当x时，y有最大值2；
（3）连接DH，求出AH＝1，可得AH⊥AB，由直角三角形的性质可得HM＝DM＝MF，则EMDF，可得EF∥BD．
解：（1）延长DF交CB的延长线于G，
∵平行四边形ABCD中，
∴CG∥AD，
∴∠A＝∠GBF，
∴△AFD∽△BFG，
∴，
∵运动时间为秒，
∴AF，
∵AB＝4，
∴BF，
∵AD＝2，
∴BG＝1，
∴CG＝3，
∵AD∥CG，
∴，
∵AE，
∴ED，
∴；
（2）当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，
由题意可知，AE＝x，AFx，
∵DB＝2，AB＝4，AD＝2，
∴△ABD是直角三角形，且∠A＝60°，
过点E作EH⊥AB交于H，
∴EH＝AE•sin60°x，
∴yAF×EHxxx2；
此时当x＝2时，y有最大值3；
当2≤x时，E点在BD上，F点在AB上，
过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，
∵AD+DE＝x，AD＝2，
∴DE＝x﹣2，
∵BD＝2，
∴BE＝2x+2，
在Rt△ABD中，DM，
∵EN∥DM，
∴，
∴，
∴EN＝1x，
∴yAF×EN（x）×（1x）x2xx；
此时当x时，y有最大值2；
当x≤2时，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，
∴AB+BFx，DA+DE＝x，
∵AB＝4，AD＝2，
∴BE＝2x+2，BFx﹣4，
∵PF∥DM，
∴，即，
∴PFx﹣2，
∵EQ∥DM，
∴，即，
∴EQ1x，
∴yAB×（EQ﹣PF）4×（1xx+2）＝6+2xx；
此时当x时，y有最大值2；
综上所述：当0≤x≤2时，yx2；当2≤x时，yx2xx；当x≤2时，y＝6+2xx；y的最大值为2；
（3）连接DH，
∵AHHB，AB＝4，
∴AH＝1，
∴DH⊥AB，
∵M是DF的中点，
∴HM＝DM＝MF，
∵EM＝HM，
∴EMDF，
∴△EDF是直角三角形，
∴EF⊥AD，
∵AD⊥BD，
∴EF∥BD．
总结提升：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．
16．（2022•上海）如图，在▱ABCD中，P是线段BC中点，联结BD交AP于点E，联结CE．
（1）如果AE＝CE．
ⅰ．求证：▱ABCD为菱形；
ⅱ．若AB＝5，CE＝3，求线段BD的长；
（2）分别以AE，BE为半径，点A，B为圆心作圆，两圆交于点E，F，点F恰好在射线CE上，如果CEAE，求的值．
思路引领：（1）i．证明：如图，连接AC交BD于点O，证明△AOE≌△COE（SSS），由全等三角形的性质得出∠AOE＝∠COE，证出AC⊥BD，由菱形的判定可得出结论；
ii．由重心的性质得出BE＝2OE，设OE＝x，则BE＝2x，由勾股定理得出9﹣x2＝25﹣9x2，求出x的值，则可得出答案；
（2）方法一：由相交两圆的性质得出AB⊥EF，由（1）②知点E是△ABC的重心，由重心的性质及勾股定理得出答案．
方法二：设EP＝x，则AE＝2x，CE＝2x，证出∠DCE＝90°，延长AP交DC的延长线于点Q，则CQ＝CD，由勾股定理可得出答案．
（1）i．证明：如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE＝CE，OE＝OE，
∴△AOE≌△COE（SSS），
∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOE+∠COE＝180°，
∴∠COE＝90°，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴▱ABCD为菱形；
ii．解：∵OA＝OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵P为BC的中点，
∴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（负值舍去），
∴OB＝3x＝3，
∴BD＝2OB＝6；
（2）解：方法一：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＝BGAB，EGCE，
∵CEAE，
∴GEAE，CG＝CE+EGAE，
∴AG2＝AE2﹣EG2＝AE2，
∴AGAE，
∴AB＝2AGAE，
∴BC2＝BG2+CG2AE25AE2，
∴BCAE，
∴．
方法二：设EP＝x，则AE＝2x，CE＝2x，
∵AE＝AF，BE＝BF，
∴AB垂直平分EF，∠AGF＝90°，
∴∠DCE＝90°，
延长AP交DC的延长线于点Q，则CQ＝CD，
∴EQ＝ED＝4x，由勾股定理得CD＝2x，∠DEC＝∠CEQ＝45°，
由DE＝4x可得BE＝2x，
∴BPx，
∴AB：BC＝2x：2x．
总结提升：本题是圆的综合题，考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形重心的性质，菱形的判定，相交两圆的性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
17．（2022•盘锦）在△ABC中，AC＝BC，点D在线段AB上，连接CD并延长至点E，使DE＝CD，过点E作EF⊥AB，交直线AB于点F．
（1）如图1，若∠ACB＝120°，请用等式表示AC与EF的数量关系： EFAC ．
（2）如图2．若∠ACB＝90°，完成以下问题：
①当点D，点F位于点A的异侧时，请用等式表示AC，AD，DF之间的数量关系，并说明理由；
②当点D，点F位于点A的同侧时，若DF＝1，AD＝3，请直接写出AC的长．
思路引领：（1）过点C作CG⊥AB于G，先证明△EDF≌△CDG，得到EF＝CG，然后等腰三角形的性质和含30度直角三角形的性质，即可求出答案；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，与（1）同理，证明△EDF≌△CDH，然后证明△ACH是等腰直角三角形，即可得到结论；
②过点C作CG⊥AB于G，与（1）同理，得△EDF≌△CDG，然后得到△ACG是等腰直角三角形，利用勾股定理解直角三角形，即可求出答案．
解：（1）过点C作CG⊥AB于G，如图1，
∵EF⊥AB，
∴∠EFD＝∠CGD＝90°，
∵∠EDF＝∠CDG，DE＝CD，
∴△EDF≌△CDG（AAS），
∴EF＝CG；
在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝120°，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）①过点C作CH⊥AB于H，如图2，
与（1）同理，可证△EDF≌△CDH，
∴DF＝DH，
∴AD+DF＝AD+DH＝AH，
在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAH＝45°，
∴△ACH是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②如图3，过点C作CG⊥AB于G，
与（1）同理可证，△EDF≌△CDG，
∴DF＝DG＝1，
∵AD＝3，
当点F在点A、D之间时，有
∴AG＝1+3＝4，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴；
当点D在点A、F之间时，如图4：
∴AG＝AD﹣DG＝3﹣1＝2，
与①同理，可证△ACG是等腰直角三角形，
∴；
综合上述，线段AC的长为或．
总结提升：本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形，三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确得到三角形全等．
18．（2022•长春）【探索发现】在一次折纸活动中，小亮同学选用了常见的A4纸，如图①，矩形ABCD为它的示意图．他查找了A4纸的相关资料，根据资料显示得出图①中ADAB．他先将A4纸沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上，点B的对应点为点E，折痕为AF；再沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上，点C的对应点为点H，折痕为FG；然后连结AG，沿AG所在的直线再次折叠，发现点D与点F重合，进而猜想△ADG≌△AFG．
【问题解决】小亮对上面△ADG≌△AFG的猜想进行了证明，下面是部分证明过程：
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
由折叠可知，∠BAF∠BAD＝45°，∠BFA＝∠EFA．
∴∠EFA＝∠BFA＝45°．
∴AFAB＝AD
请你补全余下的证明过程．
【结论应用】
（1）∠DAG的度数为 22.5 度，的值为 1 ；
（2）在图①的条件下，点P在线段AF上，且APAB，点Q在线段AG上，连结FQ、PQ，如图②．设AB＝a，则FQ+PQ的最小值为 a ．（用含a的代数式表示）
思路引领：【问题解决】根据折叠的性质可得AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，由HL可证明结论；
【结论应用】（1）根据折叠的性质可得∠DAG∠DAF＝22.5°；证明△GCF是等腰直角三角形，可求出GF的长，从而可得结论；
（2）根据题意可知点F与点D关于AG对称，连接PD，则PD为PQ+FQ的最小值，过点P作PR⊥AD，求出PR＝ARa，求出DR，根据勾股定理可得结论．
【问题解决】证明：四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
由折叠可知，∠BAF∠BAD＝45°，∠BFA＝∠EFA．
∴∠EFA＝∠BFA＝45°，
∴AFAB＝AD．
由折叠得，∠CFG＝∠GFH＝45°，
∴∠AFG＝∠AFE+∠GFE＝45°+45°＝90°，
∴∠AFG＝∠D＝90°，
又AD＝AF，AG＝AG，
∴△ADG≌△AFG（HL）．
【结论应用】
（1）由折叠得，∠BAF＝∠EAF，
又∠BAF+∠EAF＝90°，
∴∠EAF∠BAE90°＝45°，
由△ADG≌△AFG得，∠DAG＝∠FAG∠FAD45°＝22.5°，
∠AFG＝∠ADG＝90°，
又∠AFB＝45°，
∴∠GFC＝45°．
∴∠FGC＝45°．
∴GC＝FC．
设AB＝x，则BF＝x，AFx＝AD＝BC，
∴FC＝BC﹣BFx﹣x＝（1）x，
∴GFFC＝（2）x．
∴1．
故答案为：22.5；1．
（2）法一、如图，连接FD，
∵DG＝FG，
∴AG是FD的垂直平分线，即点F与点D关于AG轴对称，
连接PD交AG于点Q，则PQ+FQ的最小值为PD的长；
过点P作PR⊥AD交AD于点R，
∵∠DAF＝∠BAF＝45°，
∴∠APR＝45°，
∴AR＝PR，
又AR2+PR2＝AP2＝（）2，
∴AR＝PRa，
∴DR＝AD﹣ARaaa．
在Rt△DPR中，AR2+PR2＝DP2，
∴DPa．
∴PQ+FQ的最小值为a．
法二、取P关于AG的对称点R，如图，
则PQ+QF＝RQ+QF≥RF，
由AR＝APAE，
∴RFa．
∴PQ+FQ的最小值为a．
故答案为：a．
总结提升：本题主要考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，矩形的性质以及勾股定理等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
19．（2022•长春）如图，在▱ABCD中，AB＝4，AD＝BD，点M为边AB的中点．动点P从点A出发，沿折线AD﹣DB以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结PM．作点A关于直线PM的对称点A'，连结A'P、A'M．设点P的运动时间为t秒，
（1）点D到边AB的距离为 3 ；
（2）用含t的代数式表示线段DP的长；
（3）连结A'D，当线段A'D最短时，求△DPA'的面积；
（4）当M、A'、C三点共线时，直接写出t的值．
思路引领：（1）连接DM，根据等腰三角形的性质得DM⊥AB，AM＝2，再利用勾股定理可得DM的长；
（2）分点P在AD上或点P在BD上，分别表示PD的长；
（3）由A'M＝2，DM＝3，则A'D≥1，当点D、A'、M共线时，DA'最短，利用角平分线的定理得，求出S△APM的面积，从而得出答案；
（4）当点A'在CM上时，如图，作CH⊥AB，交AB的延长线于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，利用全等三角形的性质和三角函数求出，从而表示出MN的长，点点A'在CM的延长线上时，同理解决问题．
解：（1）连接DM，
∵DA＝DB，点M是AB的中点，
∴DM⊥AB，AM＝2，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，
DM，
故答案为：3．
（2）当点P在AD上时，即0≤t＜1时，PD＝AD﹣APt，
当点P在BD上时，即1≤t≤2时，PDt，
∴PD；
（3）∵A'M＝2，DM＝3，
∴A'D≥1，
∴当点D、A'、M共线时，DA'最短，
方法一：延长MP，CD交于O点，
∴∠O＝∠AMP，
∵∠AMP＝∠DMP，
∴∠O＝∠DMP，
∴OD＝DM，
∵OD∥AB，
∴，
∴，
∴S△APM，
∴S△PA'D＝S△ADM﹣2S△AMP＝3﹣2；
方法二：设△PA'D的面积为x，则△AMP的面积＝△MPA'的面积＝2x，
∴x+2x+2xAM•DM＝3，
∴x，
∴△PA'D的面积为；
（4）当点A'在CM上时，如图，作CH⊥AB，交AB的延长线于H，作MQ平分∠CMH，交CH于Q，作QG⊥MC于G，
∵AD＝BC，∠DAM＝∠CBH，∠DMA＝∠CHB，
∴△AMD≌△BHC（AAS），
∴BH＝AM＝2，CH＝DM＝3，
∵MQ平分∠CMB，
∴∠GMQ＝∠QMH，
∵∠QGM＝∠QHM，MQ＝MQ，
∴△MQG≌△MQH（AAS），
∴MG＝MH＝4，QH＝QG，
∴CG＝1，
∴tan∠MCH，
∴，
∴QG，
∴，
∵AP，
∴AN＝2t，PN＝3t，
∵∠AMP＝∠A'MP，∠CMQ＝∠QMH，
∴∠PMQ＝90°，
∴∠QMH＝∠MPN，
∴MN＝t，
∴2t+t＝2，
∴t；
当A'在CM的延长线上时，作PT⊥AB于T，
由题意知BP＝2t，
同理得，PT＝6﹣3t，BT＝4﹣2t，MT＝18﹣9t，
∴18﹣9t+4﹣2t＝2，
∴t，
综上：t或．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出tan∠QMH是解题的关键．
20．（2022•通辽）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．
（1）如图1，当点G在AD上，F在AB上，求的值为多少；
（2）将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），如图2，求的值为多少；
（3）AB＝8，AGAD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
思路引领：（1）由正方形性质知∠AGE＝∠D＝90°、∠DAC＝45°，据此可得、GE∥CD，利用平行线分线段成比例定理可得；
（2）连接AE，只需证△ADG∽△ACE即可得；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，
∴，GE∥CD，
∴，
∴CEDG，
∴2；
（2）连接AE，
由旋转性质知∠CAE＝∠DAG＝α，
在Rt△AEG和Rt△ACD中，
cs45°、cs45°，
∴，
∴△ADG∽△ACE，
∴，
∴；
（3）①如图：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DGCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝8，AC16，
∵AGAD，
∴AGAD＝8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，
∵C，G，E三点共线．
∴CG8，
∴CE＝CG﹣EG＝88，
∴DGCE＝44；
②如图：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴，
∴DGCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝8，AC16，
∵AGAD，
∴AGAD＝8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC＝90°
∴CG8，
∴CE＝CG+EG＝88，
∴DGCE＝44．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为44或44．
总结提升：本题是四边形综合题，考查了正方形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21．（2022•贵港）已知：点C，D均在直线l的上方，AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧，BD＝2AC，AD与BC相交于点O．
（1）如图1，若连接CD，则△BCD的形状为 等腰三角形 ，的值为 ；
（2）若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边△ADE．
①如图2，当AE与AC重合时，连接OE，若AC，求OE的长；
②如图3，当∠ACB＝60°时，连接EC并延长交直线l于点F，连接OF．求证：OF⊥AB．
思路引领：（1）过点C作CH⊥BD于H，可得四边形ABHC是矩形，即可求得AC＝BH，进而可判断△BCD的形状，AC、BD都垂直于l，可得△AOC∽△BOD，根据三角形相似的性质即可求解．
（2）①过点E作EF⊥AD于点H，AC，BD均是直线l的垂线段，可得AC∥BD，根据等边三角形的性质和利用勾股定理即可求解．
②连接CD，通过判定△BCD是等边三角形和△AOF∽△ADB，根据三角形相似的性质即可求证结论．
解：（1）如图1，过点C作CH⊥BD于H，
∵AC⊥l，DB⊥l，CH⊥BD，
∴∠CAB＝∠ABD＝∠CHB＝90°，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH，
又∵BD＝2AC，
∴AC＝BH＝DH，且CH⊥BD，
∴△BCD的形状为等腰三角形，
∵AC、BD都垂直于l，
∴△AOC∽△BOD，
∴，即DO＝2AO，
∴，
故答案为：等腰三角形，；
（2）①如图2，过点E作EH⊥AD于点H，
∵AC，BD均是直线l的垂线段，
∴AC∥BD，
∵△ADE是等边三角形，且AE与AC重合，
∴∠EAD＝60°，
∴∠ADB＝∠EAD＝60°，
∴∠BAD＝30°，
∴在Rt△ADB中，AD＝2BD，ABBD，
又∵BD＝2AC，AC，
∴AD＝6，AB＝3，
∴AH＝DHAD＝3，AOAD＝2，
∴OH＝1，
∴EHAH＝3，
在Rt△EOH中，OE＝2；
②如图3，连接CD，
∵AC∥BD，
∴∠CBD＝∠ACB＝60°，
∵△BCD是等腰三角形，
∴△BCD是等边三角形，
又∵△ADE是等边三角形，
∴△ABD绕点D顺时针旋转60°后与△ECD重合，
∴∠ECD＝∠ABD＝90°，
又∵∠BCD＝∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝∠FCB＝∠FBC＝30°，
∴FC＝FB＝2AF，
∴，
又∵∠OAF＝∠DAB，
∴△AOF∽△ADB，
∴∠AFO＝∠ABD＝90°，
∴OF⊥AB．
总结提升：本题考查了矩形的判定及性质、三角形相似的判定及性质、等边三角形的判定及性质、勾股定理的应用，熟练掌握三角形相似的判定及性质和勾股定理的应用，准确添加辅助线是解题的关键．
22．（2022•海淀区校级模拟）如图，在△ABC中，BD平分∠ABC，BD的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接DE，DG．
（1）求证：四边形BGDE是菱形；
（2）若∠ABC＝30°，∠C＝45°，ED＝6，求CG的长．
思路引领：（1）由角平分线的性质和垂直平分线的性质可证∠EDB＝∠DBG＝∠ABD＝∠GDB，可得BE∥DG，DE∥GB，由菱形的判定可证结论；
（2）过点D作DH⊥BC，由菱形的性质可得DE＝DG＝6，DG∥EB，由直角三角形的性质可得CH＝DH＝3，HGDH＝3，即可求CG的长．
（1）证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBG，
∵EG垂直平分BD，
∴DG＝BG，DE＝EB，
∴∠DBG＝∠GDB，∠ABD＝∠EDB，
∴∠EDB＝∠DBG＝∠ABD＝∠GDB，
∴BE∥DG，DE∥GB，
∴四边形BGDE是平行四边形，
又DE＝EB，
∴四边形BGDE是菱形；
（2）解：如图，过点D作DH⊥BC，
∵四边形BGDE是菱形，
∴DE＝DG＝6，DG∥EB
∴∠ABC＝∠DGC＝30°，
又DH⊥BC，
∴DH＝3，HGDH＝3，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，
∴∠C＝∠CDH＝45°，
∴CH＝DH＝3，
∴CG＝CH+HG＝3+3．
总结提升：本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的判定和性质是本题的关键．
23．（2023•阳明区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，点D为一个动点，且点D到点C的距离为1，连接CD，AD，作EA⊥AD，使AE＝AD．
（1）求证：△ADB≌△AEC；
（2）求证：BD⊥EC；
（3）直接写出BD最大和最小值；
（4）点D在直线AC上时，求BD的长．
思路引领：（1）由题意可知，∠DAB＝∠EAC，继而可由SAS得到△ADB≌△AEC；
（2）由（1）可知，△ADB≌△AEC（SAS），所以∠ABD＝∠ACE，根据余角的性质，可得∠CFO＝∠BAO＝90°；
（3）由点D到点C的距离为1，可得点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，所以当点D在直线BC上时，BD的长取得最值，再根据BC的长度可得出结论；
（4）根据题意，需要分情况讨论：当点D在AC边上时，当点D在AC延长线上时，再根据勾股定理可得出结论．
（1）证明：∵AD⊥AE，
∴∠EAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAD＝∠BAC，
∴∠DAB＝∠EAC，
在△ADB和△AEC中，
，
∴△ADB≌△AEC（SAS）；
（2）证明：如图，设AC，BD相交于点O，BD，CE相交于点F，
由（1）可知，△ADB≌△AEC（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
在△AOB和△COF中，∠ABD＝∠ACE，∠AOB＝∠COF，
∴∠CFO＝∠BAO＝90°，
∴BD⊥CE；
（3）解：在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，
∴BC＝3，
∵点D到点C的距离为1，
∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上，
当点D在直线BC上时，BD的长取得最值，最小值为31，最大值为31；
（4）解：当点D在AC边上时，在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝3﹣1＝2，
由勾股定理求得BD；
当点D在AC延长线上时，在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝3+1＝4，
由勾股定理求得BD5；
故BD的长为或5．
总结提升：本题主要考查全等三角形的性质与判定，圆的性质，勾股定理等相关内容，关键是得出点D在以点C为圆心，1为半径的圆上．
24．（2022•长春模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，AB＝5，点D为边AB上的点，且BD＝1．动点P从点A出发（点P不与点A、C重合），沿AC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，同时点Q从点C出发，以相同的速度沿折线CB一BD向终点D运动，以DP、DQ为邻边构造▱PEQD，设点P运动的时间为t（0＜t＜4）秒．
（1）当点Q与点B重合时，t的值为 3 ；
（2）当点E落在AC边上时，求t的值；
（3）设▱PEQD的面积为S（S＞0），求S与t之间的函数关系式；
（4）连结PQ，直接写出PQ与△ABC的边平行时t的值．
思路引领：（1）先由勾股定理求得BC＝3，因为PA＝QC＝t，所以当点Q与点B重合时t＝3；
（2）当点E落在AC边上时，则DQ∥AC，所以△DQB∽△ACB，根据相似三角形的对应边成比例可列方程，解方程求出t的值即可；
（3）分两点情况，一是点Q在BC上，作PF⊥AB于点F，DG⊥BC于点G，可求得PFt，DG，即可由S＝2S△DPQ＝2（S△ABC﹣S△PAD﹣S△QBD﹣S△CPQ）求出S与t之间的函数关系式；二是点Q在BD上，可直接由平行四边形的面积公式求出S与t之间的函数关系式；
（4）分两种情况，一是PQ∥AB，可根据平行线分线段成比例定理列方程；二是PQ∥BC，根据平行线分线段成比例定理列方程，解方程求出相应的t值即可．
解：（1）∵∠C＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC3，
∵PA＝QC＝t，
∴当点Q与点B重合时，QC＝BC＝3，
∴t＝3，
故答案为：3．
（2）∵四边形PEQD是平行四边形，
∴DQ∥PE，
当点E落在AC边上时，如图2，则DQ∥AC，
∴△DQB∽△ACB，
∴，
∵BQ＝3﹣t，BD＝1，
∴，
解得t.
（3）当0＜t≤3时，如图1，作PF⊥AB于点F，DG⊥BC于点G，
∵∠AFP＝∠BGD＝90°，
∴PF＝AP•sinAt，
∵AB＝5，BD＝1，
∴AD＝AB﹣BD＝4，DG＝BD•sinB，
由S△DPQ＝S△ABC﹣S△PAD﹣S△QBD﹣S△CPQ得S3×44t（3﹣t）t（4﹣t），
∴S＝2（t2t）＝t2t；
当3＜t＜4时，如图3，作PF⊥AB于点F，则PFt，
∵BC+BD＝4，
∴DQ＝4﹣t，
∴St（4﹣t），
∴St2t，
综上所述，S．
（4）当PQ∥AB时，如图4，
∴，
∴，
解得t；
当PQ∥BC时，如图5，
∴，
∵AB+BC＝8，
∴AQ＝8﹣t，
∴，
解得t，
综上所述，t或t．
总结提升：此题重点考查勾股定理、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行于三角形一边的直线截其它两边或两边的延长线所得的对应线段成比例、动点问题的求解、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．
25．（2022•鹿城区校级三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E为AB的中点，连结CE，作CF⊥EC交射线AD于点F，过点F作FG∥CE交射线CD于点G，连结EG交AD于点H．
（1）求证：CE＝CF．
（2）求HD的长．
（3）如图2，连结CH，点P为CE的中点，Q为AF上一动点，连结PQ，当∠QPC与四边形GHCF中的一个内角相等时，求所有满足条件的DQ的长．
思路引领：（1）由正方形的性质得BC＝CD＝AB＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠CDF＝90°，再证∠BCE＝∠DCF，然后证△BCE≌△DCF（ASA），即可得出结论；
（2）由锐角三角函数定义得tan∠BCE，再证∠GFD＝∠DCF＝∠BCE，则DGDF，然后证△AEH∽△DGH，得AH＝2HD，即可解决问题；
（3）证EH＝FH，则△ECH≌△FCH（SSS），得∠ECH＝∠FCH＝45°，∠HEC＝∠HFC．然后分三种情况，①当∠QPC＝∠GFC＝90°时，②当∠QPC＝∠HGF时，③当∠QPC＝∠GHC时，分别求解即可．
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD＝AB＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠CDF＝90°．
∵CF⊥EC，
∴∠ECF＝90°，
∴∠DCF+∠ECD＝90°，
∴∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴△BCE≌△DCF（ASA），
∴CE＝CF．
（2）解：∵E为AB的中点，AE＝6，
∴AE＝BE＝3，
∴tan∠BCE，
∵GF∥EC，CF⊥EC，
∴GF⊥CF，
∴∠GFC＝90°，
∵∠GDF＝∠ADC＝90°，
∴∠GFD+∠DGF＝∠DCF+∠DGF＝90°，
∴∠GFD＝∠DCF＝∠BCE，
∴，
∵tan∠GFD，
∴DGDF，
由（1）可知，△BCE≌△DCF，
∴BE＝DF＝3，
∴DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝6，AB∥CD，
∴△AEH∽△DGH，
∴2，
∴AH＝2HD，
∴HDAD＝2；
（3）解：∵HD＝2，DF＝3，
∴FH＝5，AH＝AD﹣HD＝4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，
∴EH5，
∴EH＝FH，
∵CE＝CF，CH＝CH，
∴△ECH≌△FCH（SSS），
∴∠ECH＝∠FCH90°＝45°，∠HEC＝∠HFC．
分三种情况：
①如图2，∠QPC＝∠GFC＝90°时，
则PQ⊥EC，
∵CF⊥EC，
∴PQ∥CF，
∴∠AQP＝∠DFC，
∴tan∠AQPtan∠DFC2，
∴QMPM，
过点P作MN⊥AD于点M，则PN∥AB，
∵P为CE的中点，
∴M为AD的中点，N为BC的中点，
∴MDAD＝3，PN是△BCE的中位线，
∴，
∴，
∴，
∴；
②如图3，∠QPC＝∠HGF时，
∵GF∥EC，
∴∠HGF+∠HEC＝180°，
∵∠QPC+∠QPE＝180°．∠QPC＝∠HGF，
∴∠QPE＝∠HEC，
由（2）可知，△ECH≌△FCH，
∴∠HEC＝∠HFC，
∴∠QPE＝∠HFC＝∠BEC，
∴PQ∥AB，
∵P为CE的中点，
∴Q为AD的中点，
∴DQAD＝3；
③如图4，∠QPC＝∠GHC时，
∵HD＝2，DC＝6，∠ADC＝90°，
∴tan∠DHC3．
由（2）可知，△ECH≌△FCH，
∴∠HEC＝∠HFC，∠EHC＝∠FHC，
∵∠QPC＝∠GHC，
∴∠EHC＝∠QPE＝∠FHC，
∴∠EMP＝∠ECH＝45°，tan∠QPE＝tan∠DHC＝3．
过点M作MN⊥EP于点N，
∵tan∠QPE3，
∴MN＝3NP，
设NP＝a，则MN＝3a，
∵tan∠HECtan∠HFC2，
∴ENMNa，
∵∠ABC＝90°，BC＝6，BE＝3，
∴CE3，
∵P为CE的中点，
∴EPCE，
∵EN+NP＝EP，
∴a+a，
解得：a，
∴MN，EN，
∴EM，
∴MH＝EH﹣EM＝5，
在△QMH中，过点Q作QJ⊥MH于点J，
则△MQJ是等腰直角三角形，tan∠QHJ，
设QJ＝3b，
∴JH＝4b，MJ＝QJ＝3b，
∵MJ+JH＝MH，
∴3b+4b，
解得：b，
∴QJ，JH，
∴QH，
∴DQ＝HD+QH＝2；
综上所述，DQ的长为或3或．
总结提升：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理、三角形中位线定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考压轴题．
26．（2022•襄州区模拟）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
② ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF，HE，求CF的长．
思路引领：（1）①说明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可证明△DBE∼△DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）连接BD交AC于点O，通过计算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，则；
（3）连接BD交AC于O点，同理得tan，则△DHB∽△DOC，得，求出BH的长，再利用△DBE∽△DCF，得，从而结论问题．
（1）①证明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB+∠BDF＝45°，
∵∠CDF+∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE∼△DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD•cs45°，
∴BDCD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接BD交AC于点O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB+∠BDF，∠BDC＝∠BDF+∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
连接BD交AC于O点，
∵AC＝BD，且AC与BD互相平分，
∴OC，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD，
∴tan，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH，
∵HE，
∴BE＝BH﹣HE，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC+∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了正方形、矩形、菱形的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明△DBE∽△DCF是解题的关键，注意解题方法的延续性．
27．（2022•市南区二模）已知：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠CAB的平分线分别交BD，BC于点E，F，作BH⊥AF于点H，分别交AC，CD于点G，P，连接GE，GF．
（1）求证：△OAE≌△OBG；
（2）判断四边形BFGE是什么特殊四边形？并证明你的结论．
思路引领：（1）由正方形的性质得出OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°，再由角的互余关系证出∠OAE＝∠OBG，由ASA即可证明△OAE≌△OBG；
（2）先证明△AHG≌△AHB，得出GH＝BH，由线段垂直平分线的性质得出EG＝EB，FG＝FB；再证出∠BEF＝∠BFE，得出EB＝FB，因此EG＝EB＝FB＝FG，即可得出结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°．
∵BH⊥AF，
∴∠AHG＝∠AHB＝90°，
∴∠GAH+∠AGH＝90°＝∠OBG+∠AGH，
∴∠GAH＝∠OBG，
即∠OAE＝∠OBG．
在△OAE与△OBG中，
，
∴△OAE≌△OBG（ASA）；
（2）解：四边形BFGE为菱形；理由如下：
在△AHG与△AHB中，
，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH＝BH，
∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG＝EB，FG＝FB．
∵∠BEF＝∠BAE+∠ABE＝67.5°，∠BFE＝90°﹣∠BAF＝67.5°，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴EB＝FB，
∴EG＝EB＝FB＝FG，
∴四边形BFGE是菱形．
总结提升：本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、菱形的判定；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
28．（2022•莱芜区二模）四边形ABCD和四边形AMPN有公共顶点A，连接BM和DN．
（1）如图1，若四边形ABCD和四边形AMPN都是正方形，当正方形AMPN绕点A旋转α角（0°＜α＜360°）时，BM和DN的数量关系是 BM＝DN ，位置关系是 BM⊥DN ；
（2）如图2，若四边形ABCD和四边形AMPN都是矩形，且，判断BM和DN的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AB＝2，AM＝1，矩形AMPN绕点A逆时针旋转α角（0°＜α＜360°），当MN∥AB时，求线段DN的长．
思路引领：（1）延长BM交DN于H，利用SAS证明△BAM≌△DAN，得BM＝DN，∠ABM＝∠ADN，从而证明结论；
（2）延长BM交DN于H，证明△BAM∽△DAN，得，∠ABM＝∠ADN，从而证明结论；
（3）当MN在AB上方时，作MG⊥AB于G，由（2）知∠AMN＝60°，利用含30°角的直角三角形的性质得AGAM，MGAG，BG＝AB﹣AG，在Rt△BMG中，利用勾股定理求出BM的长，再根据DNBM，可得答案，当MN在AB下方时，同理可得答案．
解：（1）延长BM交DN于H，
∵四边形ABCD和AMPN是正方形，
∴AB＝AD，AM＝AN，∠BAD＝∠MAN，
∴∠BAM＝∠DAN，
∴△BAM≌△DAN（SAS），
∴BM＝DN，∠ABM＝∠ADN，
∵∠BOA＝∠DOH，
∴∠OAB＝∠DHO，
∴BM⊥DN，
故答案为：BM＝DN，BM⊥DN；
（2）DNBM，BM⊥DN，理由如下：
延长BM交DN于H，
∵，∠BAM＝∠DAN，
∴△BAM∽△DAN，
∴，∠ABM＝∠ADN，
∵∠BOA＝∠DOH，
∴∠OAB＝∠DHO，
∴BM⊥DN，
（3）如图，当MN在AB上方时，作MG⊥AB于G，
∵，
∴∠AMN＝60°，
∵MN∥AB，
∴∠AMN＝∠MAB＝60°，
∴AGAM，MGAG，
∴BG＝AB﹣AG，
在Rt△BMG中，由勾股定理得，BM，
由（2）知，DNBM＝3，
当MN在AB下方时，作MG⊥AB，交BA延长线于G，
同理可得BG＝2，MGAG，
由勾股定理得，BM，
由（2）知，DNBM，
综上：DN＝3或．
总结提升：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明DNBM是解题的关键．
29．（2022•定安县一模）将一块足够大的直角三角板的直角顶点P放在边长为1的正方形ABCD的对角线AC上滑动，一条直角边始终经过点B，另一条直角边与射线DC交于点E．
（1）当点E在边DC上时（如图1），求证：①△PBC≌△PDC；②PB＝PE．
（2）当点E在边DC的延长线上时（如图2），（1）中的结论②还成立吗？如果不成立，请说明理由；如果成立，请给予证明．
思路引领：（1）①如图1，根据SAS证明△PBC≌△PDC（SAS），②过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，证明△BPG≌△EPH（ASA），可得PB＝PE；
（2）同理可得结论．
（1）证明：①如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，BC＝CD，
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
②如图1，过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠PGC＝∠DCB＝∠PHC＝90°，
∴∠GPH＝90°，
∵∠BPE＝90°，
∴∠BPG＝∠EPH，
∵∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE；
（2）解：如图2，（1）中的结论②还成立，理由如下：
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠BPG＝∠EPH，∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE．
总结提升：本题是四边形综合题，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，学会用类比的思想解决问题．
30．（2022•宝安区校级一模）某“数学学习兴趣小组”成员在复习《图形的变化》时，对下面的图形背景产生了浓厚的兴趣，并尝试运用由“特殊到一般”的思想进行了探究：
【问题背景】如图1，正方形ABCD中，点E为AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交BC边于点F，将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A'处，当∠BEF＝25°，则∠FEA'＝ 25 °．
【特例探究】如图2，连接DF，当点A'恰好落在DF上时，求证：AE＝2A'F．
【深入探究】如图3，若把正方形ABCD改成矩形ABCD，且AD＝mAB，其他条件不变，他们发现AE与A′F之间也存在着一定的数量关系，请直接写出AE与A′F之间的数量关系式．
【拓展探究】如图4，若把正方形ABCD改成菱形ABCD，且∠B＝60°，∠DEF＝120°，其他条件不变，他们发现AE与A′F之间也存在着一定的数量关系，请直接写出AE与A′F之间的数量关系式．
思路引领：【问题背景】：由余角的性质和折叠的性质可求解；
【特例探究】：由“AAS“可证△BEF≌△A'EF，可得BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，由锐角三角函数可求解；
【深入探究】：由“AAS“可证△BEF≌△A'EF，可得BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，由锐角三角函数可求解；
【拓展探究】：设AE＝a＝A'E＝A'H＝EH＝EN，BN＝b，可得AB＝2a+b＝AD＝A'D，通过证明△DEA'∽△EFH，可得，可求解．
【问题背景】：解：∵EF⊥DE，∠BEF＝25°，
∴∠AED＝65°，
∵将△ADE沿直线DE折叠后，点A落在点A'处，
∴∠AED＝∠A'ED＝65°，
∴∠FEA'＝25°，
故答案为：25；
【特例探究】：证明：∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AE，A'F＝BF，
∴AEAD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF，
∴BE＝2BF，
∴AE＝2A'F；
【深入探究】：∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝90°，
∴∠B＝∠EA'F＝90°，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠DEA'+∠FEA'，
∴∠BEF＝∠FEA'，
又∵EF＝EF，
∴△BEF≌△A'EF（AAS），
∴BE＝A'E＝AEAB，A'F＝BF，
∵AD＝mAB，
∴AEAD，
∵∠AED+∠BEF＝90°＝∠AED+∠ADE，
∴∠BEF＝∠ADE，
∴tan∠ADE＝tan∠BEF，
∴BE＝2mBF，
∴AE＝2mA'F；
【拓展探究】：如图4，在BE上截取BF＝BN，连接NF，在A'F上截取FH＝FN，连接EH，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝AD，∠A＝120°，
∵∠B＝60°，BF＝BN，
∴△BNF是等边三角形，
∴BN＝BF＝NF，∠B＝∠BFN＝∠BNF＝60°，
∴∠ENF＝120°，
设∠BEF＝x，
∵∠DEF＝∠A＝120°，∠B＝60°，
∴∠BFE＝120°﹣x，∠AED＝60﹣x，
∴∠NFE＝60°﹣x，
∵∠DEB＝∠A+∠ADE＝∠DEF+∠BEF，
∴∠ADE＝∠BEF＝x，
∵将△ADE沿直线DE折叠后，当点A'恰好落在DF上时，
∴AE＝A'E，∠A＝∠DA'E＝120°，∠ADE＝∠A'DE＝x，∠DEA＝∠DEA'＝60﹣x，
∴∠EFA'＝60﹣x，
∴∠EFN＝∠EFH，
又∵EF＝EF，FN＝FH，
∴△EFH≌△EFN（SAS），
∴EN＝EH，∠BEF＝∠FEH＝x，
∵∠BEF+∠AED＝60°，
∴∠FEH+∠DEA'＝60°，
∴∠A'EH＝60°，
又∵∠EA'H＝180°﹣∠EA'D＝60°，
∴△A'EH是等边三角形，
∴A'E＝EH＝A'H，
∴设AE＝a＝A'E＝A'H＝EH＝EN，BN＝b，
∴AB＝2a+b＝AD＝A'D，
∵∠A'DE＝∠FEH＝x，∠EFH＝∠DEA'＝60°﹣x，
∴△DEA'∽△EFH，
∴，
∴，
∴ab+b，（负值舍去），
∴AEb+b，A'F＝a+b＝2bb，
∴A'FAE．
总结提升：本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，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，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题的关键．
31．（2022•大观区校级二模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠DCB，点E为BC上一点，且DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF＝BF．
（1）求证：△ADE≌△FCD；
（2）如图（2），连接DB交AE于点G．
①若AG＝DC．求证：BC平分∠DBF；
②若DB∥CF，求的值．
思路引领：（1）先证DE＝CD，再证四边形ABFD是平行四边形，则AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，然后证∠ABF＝∠DCF，则∠ADE＝∠FCD，由SAS即可得出结论；
（2）①连接CG，先证四边形AGCD是平行四边形，得CG∥AD，CG＝AD，再证四边形BFCG是平行四边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论；
②先证△ABE∽△DEC，得，再由AB＝DF，得，进而证△BDE∽△CFE，得，则，然后求出，即可得出结论．
（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，
∵∠ABC＝∠DCB，
∴∠DEC＝∠DCB，
∴DE＝CD，
∵DE∥AB，BF∥AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴AD＝BF，∠ADE＝∠ABF，
∵CF＝BF，
∴∠FBC＝∠FCB，AD＝CF，
∴∠ABC+∠FBC＝∠DCB+∠FCB，
即∠ABF＝∠DCF，
∴∠ADE＝∠FCD，
在△ADE和△FCD中，
，
∴△ADE≌△FCD（SAS）；
（2）①证明：如图2，连接CG，
由（1）得：△ADE≌△FCD，
∴∠DEA＝∠CDF，
∴AE∥CD，
∵AG＝DC，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∴CG∥AD，CG＝AD，
∵AD＝BF，AD∥BF，
∴CG∥BF，CG＝BF，
∴四边形BFCG是平行四边形，
∵CF＝BF，
∴平行四边形BFCG是菱形，
∴BC平分∠DBF；
②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD，
∴∠AED＝∠FDC，
∵DE∥AB，
∴∠BAE＝∠AED，∠ABE＝∠DEC，
∴∠BAE＝∠FDC，
∴△ABE∽△DEC，
∴，
∵四边形ABFD是平行四边形，
∴AB＝DF，
∴，
由①可知，四边形BFCG是平行四边形，
∴BD∥FC，
∴△BDE∽△CFE，
∴，
∴，
∵DF＝DE+EF，
∴，
即DE2＝DE•EF+EF2，
两边除以DE2得：1（）2，
解得：或（舍去），
∴．
总结提升：本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
32．（2022•甘井子区校级模拟）已知等腰三角形ABC，∠F＝2∠ABC，CD＝kBD，∠FGC＝α．
（1）如图1，当k＝1时，
①探究DG与CE之间的数量关系；
②探究BE，CG与CE之间的关系（用含α的式子表示）．
（2）如图2，当k≠1时，探究BE，CG与CE之间的数量关系（用含k，α的式子表示）．
思路引领：（1）①作DH＝DG，推导∠CHD∠BEC，∠B＝∠DCH，从而△CHD∽△BEC，从而求得；
②由①△CHD∽△BEC，推出，作DI⊥GH，cs∠DGI，进一步求得；
（2）由（1）的同样的方法，由特殊推出一般，方法不变．
解：（1）①作DH＝DG交AC于H，
∴∠DHG＝∠DGH＝∠AGF，
∴AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠EAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ABC，
∵∠F＝2∠ABC，
∴∠F＝∠EAC，
∴点A、G、E、F共圆，
∴∠AGF＝∠AEF，
∴∠DHG＝∠AEF，
∵∠CEB＝180°﹣∠AEF，
∠DHC＝180°﹣∠DHG，
∴∠DHC＝∠CEB，
又∠DCG＝∠B，
∴△CHD∽△BEC，
∴，
∴DG＝DHCE；
②由上得，
CH，DG，
∴CG﹣GH，
作DI⊥GH于I，
∵DG＝DH，
∴GI，
∴GI＝DG•cs∠DHG，
∴DG•cs∠DHGCE•cs∠DHG，
∴GH＝CE•cs∠DHG，
∴CG﹣CE•cs（180°﹣α）BE；
（2）作DH＝DG交CG的延长线于H，作DI⊥GH于I，
由（1）得，∠F＝∠CAE＝2∠ABC＝2∠BAC，
∴点A、G、F、E四点共圆，
∴∠H＝∠DGH＝∠AGF＝∠BCE，
∴△CHD∽△BEC，
∴，
∴CH•BE，
DH•CE，
∴CG+2GI•BE，
在Rt△DIG 中，GI＝DG•cs∠DGI＝DH•csα
•CE•csα，
∴CG•BE，
∴（k﹣1）•CG+2k•csα•CE＝k•BE．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形相似等综合知识，解题的关键是构造三角形相似．
33．（2022•市南区校级二模）如图，在▱ABCD中，∠ADB＝90°，AB＝10cm，AD＝8cm，点P从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s．当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE∥BD交AB于点E，连接PQ，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥AB？
（2）连接EQ，设四边形APQE的面积为y（cm2），求y与t的函数关系式．
（3）当t为何值时，点E在线段PQ的垂直平分线上？
（4）若点F关于AB的对称点为F′，是否存在某一时刻t，使得点P，E，F′三点共线？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
思路引领：（1）由题意得，PQ∥AB，则四边形PABQ是平行四边形，根据平行四边形的性质可得AP＝BQ，即8﹣2t＝t，解方程即可求解；
（2）过点Q作QH⊥AB交AB的延长线于点H，由勾股定理求出BD＝6，证明△ADB∽△BHQ，根据相似三角形的性质可得QHt，根据平行线分线段成比例定理可得，可得出BEt，根据y＝S四边形APQB﹣S△BEQ即可求解；
（3）先证出△APE∽△ABD，根据相似三角形的性质可得，可得PE＝6t，根据线段垂直平分线的性质得EQ＝PE，由（2）得QHt，可得出BHt，根据勾股定理得出EH2+HQ2＝EQ2，列出方程即可求解；
（4）连接FF′交AB于点N，由对称及平行线的性质可得∠FEB＝∠ABD，由等角对等边得EF＝FB，则BN＝ENBEt，再证△DPF∽△BQF，可得DF＝2BF，可求出BF＝2，然后证明△BNF∽△BDA，根据相似三角形的性质即可得t的值．
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
若PQ∥AB，
∴四边形PABQ是平行四边形，
∴AP＝BQ，
∴8﹣2t＝t，
∴t，
∴当t时，PQ∥AB；
（2）如图，过点Q作QH⊥AB交AB的延长线于点H，
∵∠ADB＝90°，
∴BD2＝AB2﹣AD2＝100﹣64＝36，即BD＝6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠A＝∠QBH，
又∵∠ADB＝∠BHQ＝90°，
∴△ADB∽△BHQ，
∴，即，
∴QHt，
∵PE∥BD，
∴，即，
∴BEt，
∴y＝S四边形APQB﹣S△BEQ（8﹣2t+t）×6ttt2﹣3t+24；
（3）如图：
∵PE∥BD，
∴∠APE＝∠ADB，
∵∠A＝∠A，
∴△APE∽△ADB，
∴，即，
∴PE＝6t，
∵点E在线段PQ的垂直平分线上，
∴EQ＝PE＝6t，
由（2）得QHt，BEt，
∴BHt，
∴EH＝BH+BEttt，
Rt△EQH中，EH2+HQ2＝EQ2，
∴（t）2+（t）2＝（6t）2，即t2+2t﹣4＝0，
解得：t11，t21＜0 （舍去），
∴当t1时，点E在PQ的垂直平分线上；
（4）连接FF'交AB于点N，
∵点F关于AB的对称点为F′，
∴∠FEB＝∠F′EB，FN⊥EB，
∵点P，E，F′三点共线，PE∥DB，
∴∠F′EB＝∠ABD，
∴∠FEB＝∠ABD，
∴EF＝FB，
∴BN＝ENBEt，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPF＝∠FQB，
∵DFP＝∠BFQ，
∴△DPF∽△BQF，
∴2，
∴DF＝2BF，
∴2BF+BF＝6，
∴BF＝2，
∵∠FBN＝∠ABD，∠FNB＝∠ADB，
∴△BNF∽△BDA，
∴，
∴，解得：t，
∴存在某一时刻t，使得点P，E，F′三点共线，t的值为．
总结提升：本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
34．（2022•雁塔区模拟）在四边形ABCD中，AB＝BC，∠B＝60°；
（1）如图1，已知，∠D＝30°求得∠A+∠C的大小为 270° ．
（2）已知AD＝3，CD＝4，在（1）的条件下，利用图1，连接BD，并求出BD的长度；
（3）问题解决；如图2，已知∠D＝75°，BD＝6，现需要截取某种四边形的材料板，这个材料板的形状恰巧符合如图2所示的四边形，为了尽可能节约，你能求出这种四边形面积的最小值吗？如果能，请求出此时四边形ABCD面积的最小值；如果不能，请说明理由．
思路引领：（1）根据四边形的内角和为360°求解可得；
（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAQ，由旋转性质知∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ，再证△BDQ是等边三角形得BD＝DQ，证∠DAQ＝90°可得答案；
（3）△ABC是等边三角形，所以可以将△BDC绕点D逆时针旋转60°得到△HBA，连接DH．由S四边形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，可知当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小，只要求出△ADH的面积的最大值即可解决问题．
解：（1）∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，且∠B＝60°、∠D＝30°，
∴∠A+∠C＝270°，
故答案为：270°；
（2）如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAQ，
则∠CBD＝∠ABQ，∠C＝∠BAQ，CD＝AQ＝4，BD＝BQ，
∵∠CBD+∠ABD＝60°，
∴∠ABQ+∠ABD＝60°，即∠DBQ＝60°，
∴△BDQ是等边三角形，
∴BD＝DQ，
∵∠C+∠BAD＝270°，
∴∠BAQ+∠BAD＝270°，
∴∠DAQ＝90°，
则BD＝DQ5；
（3）如图②，将△BCD绕点B逆时针旋转60°得△BAH，连接DH，
由（2）知△BDH是等边三角形，
∴S四边形ABCD＝S△BAH+S△ABD＝S△DBH﹣S△ADH，
∴当△ADH面积最大时，四边形ABCD的面积最小，
∵∠ABC＝60°，∠ADC＝75°，
∴∠BAD+∠BCD＝∠BAD+∠BAH＝360°﹣75°﹣60°＝225°，
∴∠DAH＝135°，
∵DH＝DB＝6，
∴点A在定圆⊙O上运动，当O、A、B共线时，△ADH的面积最大，此时OB⊥DH，设OA交DH于K，则HK＝KD＝3，
∵AH＝AD，
∴∠AHD＝∠ADH＝22.5°，在HK上取一点F，使得FH＝FA，则△AKF是等腰直角三角形，设AK＝FK＝x，则FH＝AFx，
∴3＝xx，
∴x＝33，
∴△ADH的面积最大值6×（33）＝99，
∴四边形ABCD的面积的最小值62﹣（99）＝999．
总结提升：本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、三角形的面积、勾股定理，圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．
35．（2022•翔安区模拟）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM，求∠CAM的度数．
思路引领：（1）先判断出∠ECD＝∠ADB，进而判断出△ABD≌△EDC，即可得出结论；
（2）先判断出四边形DMGE是平行四边形，借助（1）的结论即可得出结论；
（3）先判断出MI∥BH，MIBH，进而利用直角三角形的性质即可得出结论．
解：（1）∵DE∥AB，
∴∠EDC＝∠ABM，
∵CE∥AM，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，
∴BD＝DC，
∴△ABD≌△EDC，
∴AB＝ED，
∵AB∥ED，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）结论成立，理由如下：如图2，过点M作MG∥DE交CE于G，
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴ED＝GM，且ED∥GM，
由（1）知，AB＝GM，AB∥GM，
∴AB∥DE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（3）如图3取线段CH的中点I，连接MI，
∵BM＝MC，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI∥BH，MIBH，
∵BH⊥AC，且BH＝AM，
∴MIAM，MI⊥AC，
∴∠CAM＝30°．
总结提升：此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中线，中位线的性质和判定，平行四边形的平行和性质，直角三角形的性质，正确作出辅助线是解绑的关键．
36．（2022•即墨区一模）已知：如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，DE⊥AC于点F，交BC于点G，交AB的延长线于点E，且AE＝AC．
（1）求证：AB＝AF；
（2）若∠ACB＝30°，连接AG，判断四边形AGCD是什么特殊的四边形？并证明你的结论．
思路引领：（1）根据AAS证出△ABC≌△AFE，根据全等三角形的性质推出即可；
（2）求出AF＝CF，证△DAF≌△GCF，推出AD＝CG，即可得出答案．
（1）证明：∵∠ABC＝90°，DE⊥AC，
∴∠ABC＝∠AFE＝90°，
在△ABC和△AFE中
∵，
∴△ABC≌△AFE（AAS），
∴AB＝AF．
（2）四边形AGCD是菱形．
证明：∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴2AB＝AC，
∵AB＝AF，
∴AC＝2AF＝AF+FC，
∴AF＝CF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠FCG，
在△DAF和△GCF中
，
∴△DAF≌△GCF（ASA），
∴AD＝CG，
∵AD∥CG，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∵DG⊥AC，
∴平行四边形AGCD是菱形．
总结提升：本题考查了直角梯形，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定等知识点的综合运用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
37．（2022•文昌模拟）如图，在正方形ABCD中，点P为对角线AC上一动点（点P不与点A点C重合），过点P作PE⊥AD于点E，点M为CP的中点，分别连接MB、MD、ME．
（1）求证：△AMB≌△AMD；
（2）连接BE，过点M作MN⊥AD于点N，证明：△BME是等腰直角三角形；
（3）将图中△PEA绕点A顺时针旋转45°得到△P′E′A，设点M′为P′C的中点，连接M′E′、M′B、E′B（请在备用图中画出图形），判断此时△BM′E′的形状，并说明理由．
思路引领：（1）判断出AB＝AD，∠BAM＝∠DAM，即可得出结论；
（2）先判断出∠DAC＝∠BAC＝45°，∠HAN＝90°，再判断出MN＝MH，∠NMH＝90°，再判断出△DEM是等腰三角形，得出DM＝EM，在判断出Rt△BHM≌Rt△ENM（HL），得出∠BMH＝∠EMN，即可得出结论；
（3）先判断出△P′E′C与△P′BC是直角三角形，再判断出E′M′＝CM′＝BM′PC，得出∠M′E′C＝∠E′CM′，∠M′BC＝∠M′CB，即可得出结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠BAM＝∠DAM，
在△AMB和△AMD中，
，
∴△AMB≌△AMD（SAS）；
（2）证明：如图，过点M作MH⊥AB于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠HAN＝90°，
又∵MN⊥AD，MH⊥AB，
∴MN＝MH，∠NMH＝90°，
∵MN⊥AD，CD⊥AD，PE⊥AD，
∴CD∥MN∥PE，
又∵点M是PC的中点，
∴点N是DE的中点，
又∵MN⊥AD，
∴△DEM是等腰三角形，
∴DM＝EM，
又∵△AMB≌△AMD，
∴DM＝BM，
∴BM＝EM，
在Rt△BHM与Rt△ENM中，
，
∴Rt△BHM≌Rt△ENM（HL），
∴∠BMH＝∠EMN，
∵∠NME+∠EMH＝∠NMH＝90°，
∴∠BMH+∠EMH＝90°，
即∠EMB＝90°，
∴△BME是等腰直角三角形；
（3）解：△BM′E′是等腰直角三角形，理由是：
如图，由题意可知∠P′E′A＝90°，∠ABC＝∠P′E′C＝90°，
∴△P′E′C与△P′BC是直角三角形，
又∵点M是斜边PC的中点，
∴E′M′＝CM′＝BM′PC，
∴∠M′E′C＝∠E′CM′，∠M′BC＝∠M′CB，
∴∠BM′E′＝2（∠E′CM′+∠M′CB）＝2×45°＝90°，
∴△BM′E′是等腰直角三角形．
总结提升：此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半这个性质，作出辅助线是解（2）的关键．
38．（2022•郧西县模拟）如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．
思路引领：（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AGAE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AGCE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
解：（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：如图1，
由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明如下：如下图，过点D作DG⊥AE于点G，
则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AGAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴AECE′，
∴FE′AECE′，
∴CF＝FE'．
（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝15，
∴（BE+3）2+BE2＝152，
解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合题意，舍去），
∴AE＝9+3＝12，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝12，AG＝BE＝9，
∴GE＝AE﹣AG＝12﹣9＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE3．
总结提升：此题重点考查正方形的性质与判定、旋转的特征、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，且通过深入挖掘题中的隐含条件寻找三角形全等的条件，此题难度较大，属于考试压轴题．