2025年中考数学二轮复习：四边形 压轴解答题练习题（含答案解析）

这是一份2025年中考数学二轮复习：四边形 压轴解答题练习题（含答案解析），共88页。试卷主要包含了课本再现，问题探索，【定义】，【课本再现】，综合与实践，我们给出如下定义等内容，欢迎下载使用。
1．课本再现
（1）如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接BD和AE相交于点P，线段BD与AE有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？
深入探究
（2）如图2，将△CDE绕点C逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同．
①线段BD与AE的数量关系是 ；
②∠DPE的度数为 ．
拓展应用
（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，求边CD的长度．
2．问题探索：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D为AB中点，点E，F分别在边BC，AC上且∠EDF＝90°，则DE与DF的数量关系是 ；
问题解决：
（2）如图2，某大学校园内有一块四边形的花圃ABCD，满足AB＝80m，BC＝20m，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，花圃内铺设了一条小路BD，BD平分∠ABC，为方便学生赏花，现计划修建一条径直的通道DE与小路BD相连，且DE⊥BD，入口点E恰好在BA的延长线上．解答下列问题：
①求证：AD＝CD；
②求入口到点A的距离AE的长．
3．如图，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E不与A、C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段BE绕点B顺时针旋转90°得到线段BG，连接GA，GC，GF．
（1）求证：△ABE≌△CBG；
（2）试探究CE+CG与BC的数量关系，并说明理由．
（3）若正方形ABCD的边长为2，求GA+GB的最小值．
4．【定义】
如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．
如图1，在四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD是对补四边形．
【应用】
（1）如图1，在对补四边形ABCD中，∠A＝100°，则∠C＝ ；
（2）如图2，在对补四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝4，DC＝2，则BC＝ ；
（3）如图3，在对补四边形ABCD中，AC平分∠BAD．
①求证：BC＝CD；
②若∠BAD＝60°，请探究AB、AC、AD的数量关系并说明理由．
5．【课本再现】
（1）如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥AC，DE=12AC．
证明：延长ED至点F，使DF＝DE，连接AF
……
请你把证明过程补充完整．
【类比迁移】
（2）如图2，DE是△ABC的中位线，F是平面内任意一点，将点F分别绕着点D，E旋转180°得到点G和H，连接GH，猜想GH和AC的关系，并证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，D，E分别是边AB，BC的中点，点F在△ABC内部，将点F分别绕着点D，E旋转180°得到点G和H，顺次连接AG，GB，BH，HA得到四边形AGBH，试求四边形AGBH的面积．
6．“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD为AC边上的中线．将△ABD沿射线BC的方向平移，得到△EFG，其中点A，B，D的对应点分别为E，F，G，如图2，当线段EF经过点D时，连接DG，GC，请解决下列问题：
【数学思考】
（1）请直接写出四边形DFCG的形状： ；
【深入探究】
（2）如图3所示，老师将图2中的△EFG绕点F按顺时针方向旋转得到△PFQ，其中点E、G的对应点分别为P、Q，线段PF、QF分别与边BD交于点M、N．
①“勤学小组”提出问题：当PQ∥BD时，试猜想线段PM和FM的数量关系，并证明；
②“善思小组”提出问题：若△ABC中，AB＝6，BC＝8，当△FMN为等腰三角形时，请直接写出△FMN的面积．
7．（1）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，在边BC上任取一点D，连接AD，将△ADB沿着AD翻折，得到△ADB'，且点B'在直线AC的上方．连接BB'并延长与AC的延长线交于点E．
①AD与BE之间有怎样的位置关系？请证明你的结论；
②若sin∠BAC=45，请探究AD与BE之间有怎样的数量关系？并证明你的结论．
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，sinA=45，AB＝5，AD＝6，点E是AB边上的点，满足AEEB=32，将BE绕着点E顺时针旋转90°得到ME．过点E作EF⊥CE交AD于点N，连接MD，MN，DF、若EF＝EC，则四边形DMNF的面积为 ．
8．综合与实践
线段的计算和角的计算有紧密联系，它们之间的解法可以互相迁移．下面是某节课的学习片段，请完成探索过程：
【探索发现】
（1）课上老师提出问题：如图1，点O是线段AB上一点，C，D分别是线段OA，OB的中点，当AB＝16时，求线段CD的长度．下面是小华根据老师的要求进行的分析及解答过程，请你补全解答过程：
【知识迁移】
（2）小华举一反三，发现有些角度的计算也可以用类似的方法进行转化．如图2，已知∠AOC＝80°，OB是角内部的一条射线，OD，OE分别是∠AOB，∠BOC的平分线，求∠DOE的度数．请同学们尝试解决该问题．
【拓展延伸】
（3）老师提出这样一个问题：如图3，长方形纸片ABCD，点E在边AB上，点F，G在边CD上，连接EF，EG，将∠BEG对折，点B落在直线EG上的点B′处，得折痕EM，将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN．若∠FEG＝26°，请直接写出∠MEN的度数为 ．
9．【综合与探究】数学课上，李老师布置了一道题目：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+CF．
【思路梳理】（1）“勤奋”小组的同学给出了如下的思路分析过程，请你补充完整：
∵AD＝CD，∴将△ADE绕点D逆时针旋转90°至△CDG，可使AD与CD重合，
∴∠A＝∠DCG，∠ADE＝∠CDG，AE＝CG，DE＝DG，
∵∠DCB＝∠A＝90°，∴∠FCG＝180°，即点F，C，G共线，
∴∠EDG＝∠EDC+∠CDG＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵∠EDF＝45°，∴∠GDF＝∠EDF＝45°，
又∵DF＝DF，∴ ≌△DEF，（ ）（写依据）
∴EF＝FG＝CG+CF＝AE+CF．
【类比引申】（2）“智慧”小组的同学在“勤奋”小组同学的基础上，改变了条件：如图②，在四边形ABCD中，AD＝DC，∠ADC＝90°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝45°，连接EF．若∠A，∠C都不是直角，且∠A+∠C＝180°，则（1）中的结论是否还成立？并说明理由．
【联想拓展】（3）“创新”小组的同学提出了下面的问题：如图③，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D，E均在边AC上，且∠DBE＝45°．当AD＝1，CE＝2时，直接写出DE的长度．
10．我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）写出两种你所知道的特殊四边形中是勾股四边形的图形的名称 ，
（2）如图（1），请你在图中画出以格点为顶点，OA、OB为勾股边，且对角线相等的所有勾股四边形OAMB．
（3）如图（2），在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，且AB＝BC，连接BD．探究BD、AD、和CD三者之间的数量关系，并说明理由．
11．如图1，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．点P从点B出发，以1cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，点Q从点C出发，以2cm/s的速度沿C﹣B﹣C方向运动到点C停止，连接DP、DQ；若P、Q两点同时出发，设点P的运动时间为t秒（t＞0），△DPQ的面积为S cm2（S＞0）．
（1）当t＝1时，PQ＝ ；当t＝3时，PQ＝ ．
（2）当点P和点Q相遇时，求t的值．
（3）当0＜t≤4时，用含t的代数式表示S．
（4）如图2，在点P和点Q不重合的情况下，连接AP，四边形APQD的面积是长方形ABCD的面积的23时，直接写出t的值．
12．【操作思考】
（1）如图1，已知方格纸每个小方格都是长为1个单位的正方形，已知线段AB的端点均在正方形网格格点上，其位置如图所示．请在网格纸上画出以AB为斜边的所有互不全等的直角三角形，要求这些三角形的顶点均在正方形网格格点上．
【联系应用】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，ACBC=13，D，E是BC边的三等分点，连接AD，AE，求∠1+∠2+∠3的度数．
【拓展延伸】
（3）如图3，已知正方形ABCD的边长为3，当点H是边AB的三等分点时，把△BCH沿CH翻折得△GCH，延长HG交AD于点M，求MD的长．
13．综合与探究
问题情境：在△ABC中，AC＝BC，D为AB的中点．将△CDB以点D为中心逆时针方向旋转，点B，C的对应点分别为点B′，C′，B′C′与AC的交点为E．猜想证明：
（1）如图1，当B′C′∥AB时，判断四边形ADB′E的形状，并说明理由；
深入探究
（2）如图2，当点B′恰好落在BC边上时，
①猜想线段AE，B′E的数量关系，并说明理由；
②若AC＝10，AB＝12，请直接写出线段BB′的长度．
14．在长方形ABCD中，AD＝6，E，F分别是AD，AB边上的动点．在长方形ABCD的内部（包含边界），以EF为直角边作等腰直角三角形EFP，且∠EFP＝90°．过点P作PQ⊥AB，垂足为Q．
（1）如图①，当AE＝1时，设AQ＝x，PQ＝y，求y与x之间的函数表达式；
（2）当点E的位置如图②所示时，点F在AB边上运动，用直尺和圆规在图②中作出所有满足条件的点P；（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
（3）当点E，F分别在AD，AB边上运动时，满足条件的点P所形成的区域的面积随着AB的长度变化而变化，设点P所形成的区域的面积为s，AB的长度为n．请直接写出s与n的函数表达式及对应n的取值范围．
15．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝16cm．点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，同时点Q从点B出发，沿着射线BC以3cm/s的速度向右运动，当动点P到达端点A时另一个动点Q也随之停止运动．设运动时间为t s．
（1）在点P，Q运动过程中，AP＝ cm，BQ＝ cm；（用含t的代数式表示）
（2）连接BP，AQ，若BP与AQ互相平分，求此时t的值；
（3）在点P，Q运动过程中，是否存在以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，请说明理由．
16．【学习新知】等边对等角是等腰三角形的性质定理．如图1，可以表述为：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
【新知应用】已知：在△ABC中，AB＝AC，若∠A＝110°，则∠B＝ ；若∠B＝70°，则∠A＝ ．
【尝试探究】如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，若连接CA，则CA平分∠BCD．
某数学小组成员通过观察、实验，提出以下想法：延长CD到点E，使得DE＝BC，连接AE，利用三角形全等的判定和等腰三角形的性质可以证明．请你参考他们的想法，写出完整的证明过程．
【拓展应用】借助上一问的尝试，继续探究：如图3所示，在五边形ABCDE中，AB＝AE，BC+DE＝CD，∠B+∠AED＝180°，连接CA，CA平分∠BCD吗？请说明理由．
17．在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（4，0），动点P（m，0）（﹣4＜m＜4），M、N分别为点P关于直线AB、OA的对称点，连接AM，AN．
（1）如图1，当0＜m＜4时，∠MAN＝ ；
（2）如图2，当﹣4＜m＜0时，是否存在点P，使得BMBN=3，若存在，求点P坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当﹣4＜m＜0时，四边形ANBM的面积是否随点P的运动而改变？若不变，请求出四边形ANBM的面积；若改变，请描述四边形ANBM的面积随点P运动的变化规律．
18．【教材呈现】
将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段AE、DE、EF、BF、CF把四个顶点连接起来）．已知如图1：∠DAE＝∠ADE＝30°，∠AEF＝∠BFE＝120°．
（1）由图1可知，线段AB和EF的位置关系为： ；
【问题探究】
（2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形 （是/不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了△AF′D≌△BFC，发现△AF′E是 三角形，请结合以上结论，猜想线段AE与OE的数量关系，并证明．
【问题解决】
（3）在第（2）问的基础上，若AB＝6，求最短连法的线段和，即AE+DE+EF+BF+CF的值．
19．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE．
（1）问题发现：如图1，当点P与点O重合时，点E在边AD上，连结CE，BP与CE的数量关系是 ；CE与AD的位置关系是 ；
（2）拓展探究：如图2，当点E在菱形ABCD外部时，猜想BP与CE的数量关系并说明理由；
（3）解决问题：如图3，若OC=3，AP=213，请直接写出四边形ACDE的面积．
20．对于点P，直线l和图形N，给出如下定义：若点P关于直线l的对称点P′在图形N的内部或边上，则称点P为图形N关于直线l的“镜像点”．
在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣2），设点T（0，t），直线l1为过点T（0，t）且与y轴垂直的直线．
（1）若t＝﹣2，在点P1（0，﹣4），P2（2，﹣5.5），P3（﹣1，﹣2.2）中，点 是△ABC关于直线l1的“镜像点”；
（2）当t≠0时，若x轴上存在△ABC关于直线l1的“镜像点”，则t的最小值为 ；
（3）已知直线l2过点T（0，t）且与第一、三象限的角平分线平行．
①若直线l2上存在△ABC关于直线l1的“镜像点”，直接写出t的取值范围；
②已知边长为1的正方形DEFH的对角线的交点为Q（t，0），且正方形DEFH的边与坐标轴平行．若正方形DEFH边上的所有点都是△ABC关于直线l2的“镜像点”，直接写出t的取值范围．
21．在平面直角坐标系中，O为原点，点B在x轴的正半轴上，D（0，8），将矩形OBCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
（1）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠AOB的度数；
（2）如图1，已知折痕与边BC交于点A，若OD＝2CP，求点A的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，擦去折痕AO，线段AP，连接BP，动点M在线段OP上（点M与P，O不重合），动点N在线段OB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M，N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．
22．（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，并延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．若∠EAF＝45°，则BE，EF，DF之间的数量关系为 ；
（2）【类比探究】如图2，当点E在线段BC的延长线上，且∠EAF＝45°时，试探究BE，EF、DF之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展应用】如图3，在Rt△ABC中，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝45°，若△ABC的面积为18，BD•CE＝4，请求出△ADE的面积．
23．折叠问题是几何变换中常见的数学问题，经常利用轴对称的性质解决相关问题，而有直角的图形折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动：
（1）【初步感知】如图①，在三角形纸片ABC中，∠C＝90°，BC＝12，将∠A沿DE折叠，使点A与点B重合，折痕和AC交于点E，折痕和AB交于点D，AE＝13，则CE的长为 ；
（2）【深入探究】如图②，在平行四边形纸片ABCD中，∠B＝90°，现将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝3，BC＝6．求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图③，在平行四边形纸片ABCD中，∠A＝90°，AB＝5，BC＝8，点E为射线AD上一个动点，把△ABE沿直线BE折叠，当点A的对应点F刚好落在线段BC的垂直平分线上时，直接写出AE的长为 ．
24．【概念呈现】：当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”，把这个四边形叫做“等腰直角四边形”；当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形，若其中一个三角形是等腰直角三角形，另一个三角形是等腰三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”，把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
（1）【概念理解】：如图①，若AD＝1，AD＝DB＝DC，BC=2，则四边形ABCD （填“是”或“不是”）真等腰直角四边形；
（2）【性质应用】：如果四边形ABCD是真等腰直角四边形，且∠BDC＝90°，对角线BD是这个四边形的真等腰直角线，当AD=2，AB＝1时，BC2＝ ；
（3）【深度理解】：如图②，四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形，∠BDC＝90°，∠ADE＝90°，BD＞AD＞AB，对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线，试猜想并说明AC与BE的数量关系；
（4）【拓展提高】：已知：四边形ABCD是等腰直角四边形，对角线BD是这个四边形的等腰直角线，且∠DBC＝90°，若AD＝2，AB＝3，∠BAD＝45°，请直接写出AC的长．
25．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探究发现：小明同学的方法是延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，从而得出结论： ；
（2）拓展延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）尝试应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC，CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，请探究线段BE，EF，DF具有怎样的数量关系，并证明．
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．课本再现
（1）如图1，△ABC和△CDE都是等边三角形，且点B、C、E在一条直线上，连接BD和AE相交于点P，线段BD与AE有什么关系？你能用旋转的性质说明上述关系成立的理由吗？
深入探究
（2）如图2，将△CDE绕点C逆时针旋转一定的角度，其他条件与（1）中相同．
①线段BD与AE的数量关系是 BD＝AE ；
②∠DPE的度数为 60° ．
拓展应用
（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，AD＝6，BD＝10，求边CD的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）BD＝AE，理由见解答；
（2）BD＝AE；60°；
（3）8．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得 AB＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，然后求出∠ACE＝∠BCD，再利用“边角边”证明△ACE和△BCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BD＝AE，根据全等三角形对应角相等可得∠AEC＝∠BDC，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠DPE＝∠DCE；
（2）根据等边三角形的性质可得AB＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，然后求出∠ACE＝∠BCD，再利用“边角边”证明△ACE和△BCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BD＝AE，根据全等三角形对应角相等可得∠AEC＝∠BDC，然后根据三角形的内角和定理求出∠DPE＝∠DEC；
（3）把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE，判断出△CDE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得DE＝CD，∠CED＝60°，再求出∠BED＝90°，然后利用勾股定理列式求出DE，从而得解．
【解答】解：（1）BD＝AE，可以看成是△ACE绕点C逆时针旋转60度角得△BCD，
理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AB＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AB=AC∠ACE=∠BCDCD=CE，
∴△ACE＝△BCD（SAS），
∴BD＝AE；
（2）①线段BD与AE的数量关系是BD＝AE；②∠DPE的度数为60°，理由如下：
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴AB＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，
即∠ACE＝∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AB=AC∠ACE=∠BCDCD=CE，
∴△ACE＝△BCD（SAS），
∴BD＝AE，∠AEC＝∠BDC，
∵∠BDC+∠CDE+∠AED＝∠AEC+∠CDE+∠AED＝∠CDE+∠CED＝120°，
∴∠DPE＝180°﹣（∠BDC+∠CDE+∠AED）＝180°﹣120°＝60°；∠DCE＝∠BDC+∠DBC，
∴∠DPE＝∠DCE＝60°；
故答案为：BD＝AE；60°；
（3）如图，AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE，连接DE，
则BE＝AD，△CDE是等边三角形，
∴DE＝CD，∠CED＝60°，
∵∠ADC＝30°，
∴∠BED＝30°+60°＝90°，
在Rt△BDE中，DE=BD2−BE2=102−62=8，
∴CD＝DE＝8．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质与判定，熟记性质与判定方法是解题的关键，难点在于作出辅助线构造成等边三角形和直角三角形．
2．问题探索：
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，D为AB中点，点E，F分别在边BC，AC上且∠EDF＝90°，则DE与DF的数量关系是 DE＝DF ；
问题解决：
（2）如图2，某大学校园内有一块四边形的花圃ABCD，满足AB＝80m，BC＝20m，∠ABC＝120°，∠ADC＝60°，花圃内铺设了一条小路BD，BD平分∠ABC，为方便学生赏花，现计划修建一条径直的通道DE与小路BD相连，且DE⊥BD，入口点E恰好在BA的延长线上．解答下列问题：
①求证：AD＝CD；
②求入口到点A的距离AE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）DE＝DF；
（2）①证明过程见解答；
②120m．
【分析】（1）连接CD，证明△ADE≌△CDF即可解决问题；
（2）①连接AC，在BD上截取BG，使BG＝BC，连接CG，可证A，B，C，D四点共圆，△ADC是等边三角形，故∠ACD＝60°，AC＝CD；
②结合①证明△GBC是等边三角形，即可证明△ABC≌△DGC，得AB＝DG，BD＝DG+BG＝DG+BC，在Rt△BDE中可得BE＝2BD，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：DE＝DF，理由如下：
如图（1），连接CD，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD⊥AB，
∴∠A＝∠B＝∠ACD＝∠BCD＝45°，AD＝DC＝DB，
∵∠ADC＝∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
∠A=∠DCFAD=CD∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴DE＝DF，
故答案为：DE＝DF；
（2）①证明：连接AC，在BD上截取BG，使BG＝BC，连接CG，如图：
∵∠ABC＝120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC＝60°，
∵∠ADC＝60°，∠ABC＝120°，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠DAC＝∠DBC＝60°，
∴∠DAC＝∠ADC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，AC＝CD；
②解：∵∠DBC＝60°，BG＝BC，
∴△GBC是等边三角形，
∴∠BCG＝60°，BC＝CG，
∴∠BCG＝∠ACD，
∴∠BCA＝∠GCD，
在△ABC和△DGC中，
AC=CD∠BCA=∠GCDBC=CG，
∴△ABC≌△DGC（SAS），
∴AB＝DG＝80m，
∴BD＝DG+BG＝DG+BC＝80+20＝100（m），
∵DE⊥BD，
∴∠BDE＝90°，
在Rt△BDE中，∠EBD＝60°，
∴∠E＝30°，
∴BE＝2BD＝200m，
∴AE＝BE﹣AB＝200﹣80＝120（m）．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及正方形的性质，菱形的性质，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．
3．如图，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E不与A、C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段BE绕点B顺时针旋转90°得到线段BG，连接GA，GC，GF．
（1）求证：△ABE≌△CBG；
（2）试探究CE+CG与BC的数量关系，并说明理由．
（3）若正方形ABCD的边长为2，求GA+GB的最小值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）CG+CE=2BC，理由见解答；
（3）AG+BG的最小值为25．
【分析】（1）过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE＝EF，可证四边形BEFG是正方形，得∠EBG＝90°，BE＝BG，可证∠ABE＝∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG；
（2）结合（1）得∠BAE＝∠BCG，证明∠ACG＝90°，根据AE＝CG，CG+CE＝AE+CE＝AC，利用等腰三角形的性质即可解决问题；
（3）延长DC至H，使CH＝BC＝2，连接BG，GH，由“SAS”可证△BCG≌△HCG，可得BG＝GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理求AH的长即可．
【解答】（1）证明：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM＝EN，
∵∠EMC＝∠MCN＝∠ENC＝90°，
∴∠MEN＝90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF＝∠FEN+∠MEF＝90°，
∴∠BEM＝∠FEN，
∵∠EMB＝∠ENF＝90°，EM＝EN，
∴△BEM≌△FEN（ASA），
∴BE＝EF，
∵∠BEF＝∠EBG＝90°，BE＝BG，BE＝EF，
∴EF＝BG，EF∥BG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF＝90°，BE＝EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG＝90°，BE＝BG，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠EBC＝∠EBC+∠CBG＝90°，
∴∠ABE＝∠CBG，
∵AB＝BC，BE＝BG，
∴△ABE≌△CBG（SAS）；
（2）解：CG+CE=2BC，理由如下：
由（1）知：△ABE≌△CBG，
∴∠BAE＝∠BCG＝45°，AE＝CG，
∴∠BAE+∠BCA＝90°，
∴∠BCA+∠BCG＝90°，即∠ACG＝90°，
∴AC⊥GC，
∵AE＝CG，
∴CG+CE＝AE+CE＝AC，
∵∠ACB＝45°，
∴AC=2BC，
∴CG+CE=2BC；
（3）解：如图，延长DC至H，使CH＝BC＝2，连接BG，GH，
∵∠BCG＝45°，∠BCH＝90°，
∴∠BCG＝∠GCH＝45°，
又∵BC＝CH，CG＝CG，
∴△BCG≌△HCG（SAS），
∴BG＝GH，
∴AG+BG＝AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=AD2+DH2=22+42=25，
∴AG+BG的最小值为25．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
4．【定义】
如果一个四边形的其中一组对角互补，那么这个四边形叫做“对补四边形”．
如图1，在四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°，则四边形ABCD是对补四边形．
【应用】
（1）如图1，在对补四边形ABCD中，∠A＝100°，则∠C＝ 80° ；
（2）如图2，在对补四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝3，AD＝4，DC＝2，则BC＝ 21 ；
（3）如图3，在对补四边形ABCD中，AC平分∠BAD．
①求证：BC＝CD；
②若∠BAD＝60°，请探究AB、AC、AD的数量关系并说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）80°；
（2）21；
（3）①证明过程见解答；
②AD+AB=3AC，证明过程见解答．
【分析】（1）根据对补四边形定义和∠A＝100°，可得∠C；
（2）根据对补四边形定义和∠A＝90°，AB＝3，AD＝4，DC＝2，利用勾股定理即可求出BC；
（3）①过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，CF⊥AB于点F，证明△CDE≌△CBF（AAS），得CD＝BC；
②证明△ACE≌△ACF（AAS），得AE＝AF，由①得△CED≌△CFB，得ED＝BF，所以AD+AB＝2AE，然后利用含30度角的直角三角形的性质即可解决问题．
【解答】（1）解：∵对补四边形一组对角互补，∠A＝100°，
∴∠C＝180°﹣100°＝80°，
故答案为：80°；
（2）如图2，连接BD，
∵∠A＝90°，
∴∠C＝180°﹣90°＝90°，
∵AB＝3，AD＝4，
∴BD=AB2+AD2=5，
∵DC＝2，
∴BC=BD2−CD2=25−4=21，
故答案为：21；
（3）①证明：如图3，过点C作CE⊥AD交AD延长线于点E，CF⊥AB于点F，
∵AC平分∠BAD，
∴CE＝CF，
∵四边形ABCD是对补四边形，
∴∠CDA+∠B＝180°，
∵∠CDA+∠CDE＝180°，
∴∠CDE＝∠B，
在△CDE和△CBF中，
∠CDE=∠B∠CED=∠∠CFB=90°CE=CF，
∴△CDE≌△CBF（AAS），
∴CD＝BC；
②解：AD+AB=3AC，理由如下：
∵AC平分∠BAD，
∴∠EAC＝∠BAC=12∠BAD＝30°，
∵∠CED＝∠CFB＝90°，CE＝CF，
∴△ACE≌△ACF（AAS），
∴AE＝AF，
由①知：△CED≌△CFB，
∴ED＝BF，
∴AD+AB＝AE﹣ED+AF+BF＝2AE，
在Rt△AEC中，∠EAC＝30°，
∴AE=32AC，
∴AD+AB＝2AE=3AC．
【点评】本题是四边形综合题，考查全等三角形的判定与性质，对补四边形，角平分线性质，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握对补四边形定义．
5．【课本再现】
（1）如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥AC，DE=12AC．
证明：延长ED至点F，使DF＝DE，连接AF
……
请你把证明过程补充完整．
【类比迁移】
（2）如图2，DE是△ABC的中位线，F是平面内任意一点，将点F分别绕着点D，E旋转180°得到点G和H，连接GH，猜想GH和AC的关系，并证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，D，E分别是边AB，BC的中点，点F在△ABC内部，将点F分别绕着点D，E旋转180°得到点G和H，顺次连接AG，GB，BH，HA得到四边形AGBH，试求四边形AGBH的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）AC∥GH（或AC与GH在同一直线上），AC＝GH．理由见解答；
（3）6．
【分析】（1）证明△ADF≌△BDE，得AF＝BE，∠F＝∠FEB，然后证明四边形AFEC为平行四边形，即可解决问题；
（2）结合（1）根据三角形中位线
【解答】（1）证明：延长ED至点F，使DF＝DE，连接AF，
∵DE是△ABC 的中位线，
∴AD＝BD，BE＝EC，
∵∠ADF＝∠BDE，
∴△ADF≌△BDE（SAS），
∴AF＝BE，∠F＝∠FEB，
∴AF∥EC，AF＝EC，
∴四边形AFEC为平行四边形，
∴EF∥AC，EF＝AC，
∴DE∥AC，DE=12AC；
（2）猜想：AC∥GH（或AC与GH在同一直线上），AC＝GH．理由如下：
①当点F不在过点B且与AC平行的直线上时，
方法一：
如图2.1，连接GF，AG，BF，FH，CH，
∵点F分别绕着点D旋转180°得到点G，
∴DG＝DF，G，D，F三点共线．
∴∠ADG＝∠BDF．
∵DE是△ABC 的中位线，
∴AD＝DB，
∴△ADG≌△BDF（SAS），
∴AG＝BF，∠GAD＝∠FBD，
∴AG∥BF．
同理BF＝CH，BF∥CH，
∴AG＝CH，AG∥CH，
∴四边形AGHC为平行四边形，
∴AC∥GH，AC＝GH；
方法二：
如图2.2，连接GF，FH，DE，
∵点F分别绕着点D旋转180°得到点G，
∴DG＝DF，G，D，F三点共线，
同理，FE＝EH，E，H，F三点共线．
∴DE∥GH，DE=12GH，
又DE∥AC，DE=12AC．
∴AC∥GH，AC＝GH；
②当点F在过点B且与AC平行的直线上时，如图2.3，
连接FD并延长交直线AC于G'，连接FE并延长交直线AC于H′，
∵BF∥AC，
∴∠A＝∠ABF，
又 AD＝BD，∠ADG'＝∠BDF，
∴△ADG′≌△BDF（ASA），
∴AG'＝BF．FD＝DG'，
∴G'可以看作是点F绕着点D旋转180°而得到，
又点F分别绕着点D旋转180°得到点G，
∴G'与G重合，
∴AG＝BF，
同理，H'与H重合，CH＝BF，
∴GH和AC在同一直线上，AG＝CH，
∴AG+GC＝CH+GC，即AC＝GH，
综上所述，AC∥GH（或AC与GH在同一直线上），AC＝GH；
（3）如图3，连接GH，
由（2）可知，AC＝GH，AC∥GH，
又AC＝4，∠BAC＝90°，
∴GH＝4，GH⊥AC，
∴四边形AGBH的面积=12×3×4＝6．
【点评】本题是四边形张婷婷，考查平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理，全都是三角形的判定与性质，筝形的性质，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理的运用．
6．“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BD为AC边上的中线．将△ABD沿射线BC的方向平移，得到△EFG，其中点A，B，D的对应点分别为E，F，G，如图2，当线段EF经过点D时，连接DG，GC，请解决下列问题：
【数学思考】
（1）请直接写出四边形DFCG的形状： 矩形 ；
【深入探究】
（2）如图3所示，老师将图2中的△EFG绕点F按顺时针方向旋转得到△PFQ，其中点E、G的对应点分别为P、Q，线段PF、QF分别与边BD交于点M、N．
①“勤学小组”提出问题：当PQ∥BD时，试猜想线段PM和FM的数量关系，并证明；
②“善思小组”提出问题：若△ABC中，AB＝6，BC＝8，当△FMN为等腰三角形时，请直接写出△FMN的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）矩形；
（2）①PM＝FM，理由见解答；
②3．
【分析】（1）根据平移的性质先证明四边形DBFG是平行四边形，则DG与CF平行且相等，四边形DFCG是平行四边形，再证明∠DFC＝90°，即可得结论；
（2）①先证明∠E＝∠EFG＝∠A＝∠BDF，根据如图3，利用等腰三角形三线合一的性质和旋转的性质即可解答；
②先根据勾股定理计算AC＝10，DF＝3，如图3，过点F作FH⊥BD于H，利用面积法可得FH的长，根据三角形中位线求出MN，最后利用三角形的面积公式即可解答．
【解答】解：（1）四边形DFCG是矩形，理由如下：
由平移得：EF∥AB，BD∥FG，BD＝FG，
∴∠EFC＝∠ABC＝90°，
∵BD为Rt△ABC中斜边AC边上的中线，
∴BD＝AD＝CD=12AC，
∴BF＝CF，
∵BD∥FG，BD＝FG，
∴四边形DBFG是平行四边形，
∴DG＝BF，DG∥BF，
∴DG＝CF，DG∥CF，
∴四边形DFCG是平行四边形，
∵∠DFC＝90°，
∴▱DFCG是矩形；
故答案为：矩形；
（2）①PM＝FM，理由如下：
如图2，∵△ABD平移得到△EFG，
∴∠E＝∠A，AD＝EG，BD＝FG，BD∥FG，
∴∠EFG＝∠BDF，
由（1）知：BD＝AD，
∴EG＝FG，
∴∠E＝∠EFG＝∠A＝∠BDF，
如图3，∵△EFG旋转得到△PFQ，
∴∠P＝∠GEF，EF＝PF，
∵PQ∥MN，
∴∠P＝∠FMN，
∴∠FMN＝∠BDF，
∴FM＝DF，
由（1）知：四边形DFCG是矩形，
∴∠GDF＝90°，
∵EG＝FG，
∴ED＝DF=12EF，
∴FM=12FP＝PM；
②∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC=AB2+BC2=10，
∴AD＝CD＝BD＝5，
∵DF⊥BC，
∴BF＝CF＝4，
∴DF＝3，
如图3，过点F作FH⊥BD于H，
S△BDF=12×4×3=12×5×FH，
∴FH=125，
∵PQ∥BD，
∴MN=12PQ=12EG=52，
∴△FMN的面积=12•MN•FH=12×52×125=3．
【点评】本题四边形的综合题，主要考查旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定和性质，三角形的面积等知识，熟练掌握旋转的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的判定与性质是解题的关键．
7．（1）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，在边BC上任取一点D，连接AD，将△ADB沿着AD翻折，得到△ADB'，且点B'在直线AC的上方．连接BB'并延长与AC的延长线交于点E．
①AD与BE之间有怎样的位置关系？请证明你的结论；
②若sin∠BAC=45，请探究AD与BE之间有怎样的数量关系？并证明你的结论．
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，sinA=45，AB＝5，AD＝6，点E是AB边上的点，满足AEEB=32，将BE绕着点E顺时针旋转90°得到ME．过点E作EF⊥CE交AD于点N，连接MD，MN，DF、若EF＝EC，则四边形DMNF的面积为 11 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）①AD⊥BE，证明见解答；
②3BE＝4AD，证明见解答；
（2）11．
【分析】（1）①根据轴对称的性质和线段垂直平分线的判定即可解答；
②如图1，延长AD交BE于Q，根据sin∠BAC=BCAB=45，设BC＝4x，AB＝5x，则AC＝3x，证明△DCA∽△ECB，列比例式即可解答；
（2）如图2，过点E作GH⊥AD于P，交CB的延长线于G，过点F作FH⊥GH于H，连接FM，交AD于O，过点M作MK⊥GH于K，先证明△CBE≌△FME（SAS），得FM＝CB＝6，相当于△BEC绕点E，顺时针旋转90°得到△MEF，再证明△CGE≌△EHF（AAS）和△EPN∽△EHF，即可解答．
【解答】解：（1）①AD⊥BE，证明如下：
由翻折得：AB＝AB'，BD＝B'D，
∴AD是BB'的垂直平分线，
∴AD⊥BB'，
∴AD⊥BE；
②3BE＝4AD，证明如下：
如图1，延长AD交BE于Q，
由①知：AD⊥BE，
∴∠AQB'＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴sin∠BAC=BCAB=45，
设BC＝4x，AB＝5x，则AC＝3x，
∵∠ACB＝90°，
∴∠DCE＝90°＝∠AQE，
∴∠CDQ+∠E＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ADC+∠CDQ＝180°，
∴∠E＝∠ADC，
∵∠ACD＝∠BCE＝90°，
∴△DCA∽△ECB，
∴ACBC=CDCE=3x4x=34，
设CD＝3b，CE＝4b，
由勾股定理得：AD=(3x)2+(3b)2=3x2+b2，BE=(4x)2+(4b)2=4x2+b2，
∴ADBE=34，
∴3BE＝4AD；
（2）如图2，过点E作GH⊥AD于P，交CB的延长线于G，过点F作FH⊥GH于H，连接FM，交AD于O，过点M作MK⊥GH于K，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝6，
∵CF⊥EF，
∴∠CEF＝90°，
由旋转得：∠BEM＝90°，BE＝EM，
∴∠CEF＝∠BEM，
∴∠BEC＝∠MEF，
∵CE＝EF，
∴△CBE≌△FME（SAS），
∴FM＝CB＝6，
相当于△BEC绕点E，顺时针旋转90°得到△MEF，
∴FM⊥BC，
∵AD∥BC，
∴FM⊥AD，∠GBE＝∠A，
∵GH⊥AD，
∴GH⊥BC，
∴∠G＝∠H＝90°，
∴∠HEF+∠EFH＝90°，
∵∠CEF＝90°，
∴∠HEF+∠GEC＝90°，
∴∠EFH＝∠GEC，
∵CE＝EF，
∴△CGE≌△EHF（AAS），
∴CG＝EH，EG＝FH，
∵AB＝5，AEBE=32，
∴AE＝3，BE＝2，
Rt△AEP中，sinA=PEAE=45，
∴PE3=45，
∴PE=125，
由勾股定理得：AP=AE2−PE2=32−(125)2=95，
同理得：EG=85，BG=65，
∴FH＝GE=85，EH＝CG＝6+65=365，
∵PN∥FH，
∴△EPN∽△EHF，
∴PNHF=PEHE，即PN85=125365=13，
∴PN=815，
∴DN＝AD﹣AP﹣PN＝6−815−95=113，
∴四边形DMNF的面积＝S△DNM+S△DNF
=12•DN•OM+12•DN•OF
=12•DN•FM
=12×113×6
＝11．
故答案为：11．
【点评】本题是四边形的综合题，考查旋转的性质，三角形全等的性质和判定，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，三角形的面积，勾股定理等知识，熟练掌握三角形全等和相似的判定及性质，利用边的比设未知数是解题的关键．
8．综合与实践
线段的计算和角的计算有紧密联系，它们之间的解法可以互相迁移．下面是某节课的学习片段，请完成探索过程：
【探索发现】
（1）课上老师提出问题：如图1，点O是线段AB上一点，C，D分别是线段OA，OB的中点，当AB＝16时，求线段CD的长度．下面是小华根据老师的要求进行的分析及解答过程，请你补全解答过程：
【知识迁移】
（2）小华举一反三，发现有些角度的计算也可以用类似的方法进行转化．如图2，已知∠AOC＝80°，OB是角内部的一条射线，OD，OE分别是∠AOB，∠BOC的平分线，求∠DOE的度数．请同学们尝试解决该问题．
【拓展延伸】
（3）老师提出这样一个问题：如图3，长方形纸片ABCD，点E在边AB上，点F，G在边CD上，连接EF，EG，将∠BEG对折，点B落在直线EG上的点B′处，得折痕EM，将∠AEF对折，点A落在直线EF上的点A′处，得折痕EN．若∠FEG＝26°，请直接写出∠MEN的度数为 103°或77° ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）OB，OB，AB，6；
（2）40°；
（3）103°或77°．
【分析】（1）根据题干给出的思路作答即可；
（2）根据角平分线的定义表示出∠DOB和∠EOB，然后根据∠DOE＝∠DOB+∠EOB进行计算即可得解；
（2）根据折叠的性质，角的和差定义分两种情况计算即可．
【解答】解：（1）因为C，D分别是线段OA，OB的中点，
所以OC=12OA，OD=12OB，
所以CD＝OC+OD=12OA+12OB=12AB，
因为AB＝12，所以CD＝6；
故答案为：OB，OB，AB，6；
（2）如图，
因为OD，OE分别是∠AOB，∠BOC的平分线，
所以∠DOB=12∠AOB，∠BOE=12∠BOC，
所以∠DOE＝∠DOB+∠BOE=12∠AOB+12∠BOC=12∠AOC，
因为∠AOC＝80°，
所以∠DOE＝40°；
（3）∠MEN的度数为103°或77°．
如图，点G在点F的右侧，
由折叠的性质可知EN平分∠AEF，EM平分∠BEG，
∴∠NEF=12∠AEF，∠MEG=12∠BEG，
∴∠NEF+∠MEG=12∠AEF+12∠BEG=12（∠AEF+∠BEG）=12（∠AEB﹣∠FEG），
∵∠AEB＝180°，∠FEG＝26°，
∴∠NEF+∠MEG=12（180°﹣26°）＝77°，
∴∠MEN＝∠NEF+∠FEG+∠MEG＝77°+26°＝103°；
若点G在点F的左侧，同理可得∠MEN＝77°．
综上所述：∠MEN的度数为103°或77°．
故答案为：103°或77°．
【点评】本题是四边形综合题，考查角的计算，翻折变换，角平分线的定义，角的和差定义，线段的计算，线段中点定义，线段的和差计算等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
9．【综合与探究】数学课上，李老师布置了一道题目：如图①，点E，F分别在正方形ABCD的边AB，BC上，∠EDF＝45°，连接EF，求证：EF＝AE+CF．
【思路梳理】（1）“勤奋”小组的同学给出了如下的思路分析过程，请你补充完整：
∵AD＝CD，∴将△ADE绕点D逆时针旋转90°至△CDG，可使AD与CD重合，
∴∠A＝∠DCG，∠ADE＝∠CDG，AE＝CG，DE＝DG，
∵∠DCB＝∠A＝90°，∴∠FCG＝180°，即点F，C，G共线，
∴∠EDG＝∠EDC+∠CDG＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵∠EDF＝45°，∴∠GDF＝∠EDF＝45°，
又∵DF＝DF，∴ △DGF ≌△DEF，（ SAS ）（写依据）
∴EF＝FG＝CG+CF＝AE+CF．
【类比引申】（2）“智慧”小组的同学在“勤奋”小组同学的基础上，改变了条件：如图②，在四边形ABCD中，AD＝DC，∠ADC＝90°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝45°，连接EF．若∠A，∠C都不是直角，且∠A+∠C＝180°，则（1）中的结论是否还成立？并说明理由．
【联想拓展】（3）“创新”小组的同学提出了下面的问题：如图③，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D，E均在边AC上，且∠DBE＝45°．当AD＝1，CE＝2时，直接写出DE的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）△DGF；SAS；
（2）成立，理由见详解；
（3）5．
【分析】（1）根据全等三角形的判定求解即可；
（2）将△ADE绕点D逆时针旋转90°至△CDG，可使AD与CD重合，由旋转可知，∠ADE＝∠CDG，DE＝DG，判定△DFG≌△DFE，即可求解；
（3）将△BAD绕点B逆时针旋转90°至△BCG，可使AB与BC重合，连接EG，由旋转可知，∠ABD＝∠CBG，∠A＝∠BCG，BD＝BG，判定△BED≌△BEG，根据勾股定理，即可求解．
【解答】解：（1）∵AD＝CD，
∴将△ADE绕点D逆时针旋转90°至△CDG，可使AD与CD重合，
∴∠A＝∠DCG，∠ADE＝∠CDG，AE＝CG，DE＝DG，
∵∠DCB＝∠A＝90°，
∴∠FCG＝180°，
即点F，C，G共线，
∴∠EDG＝∠EDC+∠CDG＝∠EDC+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠GDF＝∠EDF＝45°，
在△DFG和△DFE中，
DG=DE∠FDG=∠FDEDF=DF，
∴△DGF≌△DEF（SAS），
∴EF＝FG＝CG+CF＝AE+CF；
故答案为：△DGF；SAS；
（2）∵AD＝CD，
∴将△ADE绕点D逆时针旋转90°至△CDG，可使AD与CD重合，如图②，
则∠A＝∠DCG，
又∵∠A+∠DCF＝180°，
∴∠DCG+∠DCF＝180°，
即∠FCG＝180°，F，C，G三点共线，
∵∠ADC＝90°，∠DEF＝45°，
∴∠ADE+∠CDF＝45°，
由旋转可知：∠ADE＝∠CDG，DE＝DG，
∴∠CDG+∠FDC＝45°，
即∠FDG＝45°，
∴∠FDG＝∠FDE，
在△DFG和△DFE中，
DG=DE∠FDG=∠FDEDF=DF，
∴△DFG≌△DFE（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝FC+CG，CG＝AE，
∴EF＝AE+CF；
（3）∵AB＝BC，
∴将△BAD绕点B逆时针旋转90°至△BCG，可使AB与BC重合，连接EG，如图③，
由旋转可知，∠ABD＝∠CBG，∠A＝∠BCG，BD＝BG，
∵∠ABC＝90°，∠DBE＝45°，
∴∠ABD+∠EBC＝45°，
∴∠CBG+∠EBC＝45°，
即∠EBG＝45°，
∴∠EBD＝∠EBG，
∵BE＝BE，
∴△BED≌△BEG（SAS），
∵DE＝EG，
∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠A＝∠BCA＝45°，
∴∠BCG＝∠A＝45°，
∴∠ECG＝∠BCA+∠BCG＝90°，
在Rt△ECG中，EG2＝CE2+CG2，
∵EG＝DE，CG＝AD＝1，CE＝2，
∴DE=CE2+AD2=4+1=5．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的性质和判定是解题的关键．
10．我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）写出两种你所知道的特殊四边形中是勾股四边形的图形的名称 长方形，正方形 ，
（2）如图（1），请你在图中画出以格点为顶点，OA、OB为勾股边，且对角线相等的所有勾股四边形OAMB．
（3）如图（2），在四边形ABCD中，∠B＝60°，∠D＝30°，且AB＝BC，连接BD．探究BD、AD、和CD三者之间的数量关系，并说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）长方形，正方形；
（2）图形见解答；
（3）结论：CD2+AD2＝BD2，理由见解答．
【分析】（1）根据勾股四边形的定义即可解决问题；
（2）根据勾股四边形的定义利用网格即可解决问题；
（3）连接BD．以BD为边向下作等边三角形BDQ，有等边三角形的性质得出∠DBQ＝60°，BD＝BQ，证出∠ABD＝∠CBQ，证明△ABD≌△CBQ，得出AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，证出∠DCQ＝90°，再由勾股定理即可得出结论．
【解答】解：（1）是勾股四边形的图形的名称：长方形，正方形；
故答案为：长方形，正方形；
（2）如图（1），即为所求的勾股四边形，点M（3，4）或M′（4，3）；
（3）结论：CD2+AD2＝BD2，
理由：在四边形ABCD中，
∵∠A+∠ABC+∠BCD+∠ADC＝360°，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，
∴∠A+∠C＝360°﹣60°﹣30°＝270°，
如图（2），连接BD，以BD为边向下作等边三角形BDQ，
∴∠DBQ＝60°，BD＝BQ，
∵∠ABC＝∠DBQ＝60°，
∴∠ABD＝∠CBQ，
在△ABD和△CBQ中，
AB=CB∠ABD=∠CBQBD=BQ，
∴△ABD≌△CBQ（SAS），
∴AD＝CQ，∠A＝∠BCQ，
∴∠A+∠BCD＝∠BCQ+∠BCD＝270°，
∴∠DCQ＝90°，
∴CD2+CQ2＝DQ2，
∵CQ＝AD，DQ＝BD，
∴CD2+AD2＝BD2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了四边形内角和定理、等边三角形的判定和性质、勾股定理以及逆定理、全等三角形的判定与性质、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．
11．如图1，在长方形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．点P从点B出发，以1cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，点Q从点C出发，以2cm/s的速度沿C﹣B﹣C方向运动到点C停止，连接DP、DQ；若P、Q两点同时出发，设点P的运动时间为t秒（t＞0），△DPQ的面积为S cm2（S＞0）．
（1）当t＝1时，PQ＝ 5cm ；当t＝3时，PQ＝ 1cm ．
（2）当点P和点Q相遇时，求t的值．
（3）当0＜t≤4时，用含t的代数式表示S．
（4）如图2，在点P和点Q不重合的情况下，连接AP，四边形APQD的面积是长方形ABCD的面积的23时，直接写出t的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5cm；1cm；
（2）t=83；
（3）S=24−9t(0＜t＜83)9t−24(83＜t≤4)；
（4）t=169或329或163．
【分析】（1）先根据t＝1和t＝3求出BP，CQ，再求出PQ的值即可；
（2）根据P、Q的运动速度求出t的值即可；
（3）分两种情况进行讨论：当0＜t＜83，即P、Q相遇前，当83≤t≤4，即P、Q相遇后，点Q到达点B前，根据三角形面积公式求出结果即可；
（4）分三种情况讨论：当0＜t＜83，即P、Q相遇前，当83≤t≤4，即P、Q相遇后，当4＜t≤8，点Q从点B向点C运动的过程中，分别求出结果即可．
【解答】解：（1）当t＝1时，BP＝1cm，CQ＝2×1＝2（cm），
∴PQ＝BC﹣BP﹣CQ＝8﹣1﹣2＝5（cm），
当t＝3时，BP＝3cm，CQ＝2×3＝6（cm），
∴PQ＝BP+CQ﹣BC＝3+6﹣8＝1（cm），
故答案为：5cm；1cm；
（2）t+2t＝8，
解得：t=83，
即当点P和点Q相遇时，t的值为83；
（3）当0＜t＜83，即P、Q相遇前，
PQ＝BC﹣BP﹣CQ＝8﹣t﹣2t＝（8﹣3t）cm，
∴S=12PQ×AB=12×(8−3t)×6=24−9t；
当83≤t≤4，即P、Q相遇后，点Q到达点B前，
PQ＝BP+CQ﹣BC＝t+2t﹣8＝（3t﹣8）cm，
∴S=12PQ×AB=12×(3t−8)×6=9t−24；
综上分析可知：S=24−9t(0＜t＜83)9t−24(83＜t≤4)；
（4）四边形ABCD的面积为6×8＝48（cm2），
∴以A、P、Q、D为顶点的四边形的面积是：48×23=32(cm2)，
当0＜t＜83，即P、Q相遇前，
PQ＝BC﹣BP﹣CQ＝8﹣t﹣2t＝（8﹣3t）cm，
则12(8−3t+8)×6=32，
解得：t=169；
当83≤t≤4，即P、Q相遇后，点Q到达点B前，
PQ＝BP+CQ﹣BC＝t+2t﹣8＝（3t﹣8）cm，
则12(3t−8+8)×6=32，
解得：t=329；
当4＜t≤8，点Q从点B向点C运动的过程中，
PQ＝t﹣2（t﹣4）＝（8﹣t）cm，
则12(8−t+8)×6=32，
解得：t=163；
综上分析可知：当t=169或329或163时，四边形APQD的面积是长方形ABCD的面积的23．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了列代数式，一元一次方程的应用，有理数混合运算的应用，方程思想与分类讨论是解题的关键．
12．【操作思考】
（1）如图1，已知方格纸每个小方格都是长为1个单位的正方形，已知线段AB的端点均在正方形网格格点上，其位置如图所示．请在网格纸上画出以AB为斜边的所有互不全等的直角三角形，要求这些三角形的顶点均在正方形网格格点上．
【联系应用】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，ACBC=13，D，E是BC边的三等分点，连接AD，AE，求∠1+∠2+∠3的度数．
【拓展延伸】
（3）如图3，已知正方形ABCD的边长为3，当点H是边AB的三等分点时，把△BCH沿CH翻折得△GCH，延长HG交AD于点M，求MD的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）图形见解答；
（2）90°；
（3）DM的值为32或35．
【分析】（1）根据网格画图即可；
（2）结合（1）中的图形，利用直角三角形的性质即可解决问题；
（3）分两种情况：①当BH＝1时，根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝1，∠B＝∠HGC＝90°，通过HL证明Rt△CGM≌Rt△CDM，得到GM＝DM，于是设GM＝DM＝x，则AM＝3﹣x，HM＝1+x，在Rt△AHM中，根据勾股定理建立方程，求解即可；②当AH＝1时，根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝2，∠B＝∠HGC＝90°，通过HL证明Rt△CGM≌Rt△CDM，得到GM＝DM，于是设GM＝DM＝a，则AM＝3﹣a，HM＝2+x，在Rt△AHM中，根据勾股定理建立方程，求解即可．
【解答】解：（1）如图1，△ABC，△ABD，△ABE即为所求；
（2）如图2，ACCE=12在Rt△ABC中，∠C＝90°，ACBC=13，D，E是BC边的三等分点，
∴AC＝CD＝DE＝BE，
∴∠1＝45°，
∴图2中的∠3等于图1中的∠BAE，
∵图1中，ACBC=222=12，图2中，ACCE=12，
∴图2中的∠2等于图1中的∠ABC，
∵图1中∠BAE+∠ABC＝∠AFC＝45°，
∴图2中∠3+∠2＝45°，
∴∠1+∠2+∠3＝90°；
（3）∵点H是边AB的三等分点，
∴BH＝1或AH＝1，
①当BH＝1时，如图3，
则AH＝2，
∵四边ABCD为边长为3的正方形，
∴BC＝CD＝3，∠B＝90°，
根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝1，∠B＝∠HGC＝90°，
∴CG＝CD＝3，
在Rt△CGM和Rt△CDM中，
CM=CMCG=CD，
∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），
∴GM＝DM，
设GM＝DM＝x，则AM＝3﹣x，HM＝GH+GM＝1+x，
在Rt△AHM中，AM2+AH2＝HM2，
∴（3﹣x）2+22＝（1+x）2，
解得：x=32，
∴DM=32；
②当AH＝1时，如图3.1，
则BH＝2，
∵四边ABCD为边长为3的正方形，
∴BC＝CD＝3，∠B＝90°，
根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝2，∠B＝∠HGC＝90°，
∴CG＝CD＝3，
在Rt△CGM和Rt△CDM中，
CM=CMCG=CD，
∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），
∴GM＝DM，
设GM＝DM＝a，则AM＝3﹣a，HM＝GH+GM＝2+a，
在Rt△AHM中，AM2+AH2＝HM2，
∴（3﹣a）2+12＝（2+a）2，
解得：a=35，
∴DM=35；
综上，DM的值为32或35．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理，本题难度适中，熟练掌握折叠的性质，利用折叠前后的两个图形全等，以此得到边与边之间的关系，再根据勾股定理建立方程并求解是解题关键．
13．综合与探究
问题情境：在△ABC中，AC＝BC，D为AB的中点．将△CDB以点D为中心逆时针方向旋转，点B，C的对应点分别为点B′，C′，B′C′与AC的交点为E．猜想证明：
（1）如图1，当B′C′∥AB时，判断四边形ADB′E的形状，并说明理由；
深入探究
（2）如图2，当点B′恰好落在BC边上时，
①猜想线段AE，B′E的数量关系，并说明理由；
②若AC＝10，AB＝12，请直接写出线段BB′的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）四边形ADB′E是菱形，理由见解析；
（2）①AE＝B′E，理由见解析；
②365．
【分析】（1）根据B′C′∥AB，得到∠B′＝∠BDB′，根据旋转性质得∠B′＝∠B，BD＝B′D，继而得到∠B＝∠BDB′，根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠A，BD＝AD，AC＝18，BC＝12，得到∠A＝∠BDB′得证B′D∥AE，根据菱形的判定证明即可；
（2）①连接AC′，先证明△CDB′≌△C′DA（SAS），再证明△AEC′≌△B′EC（AAS）即可；②过点D作DM⊥BC于点M，利用等腰三角形的性质，勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）四边形ADB′E是菱形；理由如下：
∵B′C′∥AB，
∴∠B′＝∠BDB′，
根据旋转性质得∠B′＝∠B，BD＝B′D，
∴∠B＝∠BDB′，
∵AC＝BC，D为AB的中点．
∴∠B＝∠A，BD＝AD，AC＝18，BC＝12，
∴∠A＝∠BDB′，B′D＝AD，
∴B′D∥AE，
∴四边形ADB′E是平行四边形．
∵B′D＝AD，
∴四边形ADB′E是菱形；
（2）①AE＝B′E；理由如下：
连接AC′，如图2，
∵AC＝BC，D为AB的中点，
∴∠BCD＝∠ACD，BD＝AD，AC＝18，BC＝12，∠CDB＝∠CDA＝90°，
∵△CDB以点D为中心逆时针方向旋转，点B′恰好落在BC边上，
∴∠BCD＝∠B′C′D，DC＝DC′，BD＝B′D，∠CDB＝∠B′DC′＝90°，
∴AD＝B′D，
∵∠CDB′+∠CDC′＝90°，∠C′DA+∠CDC′＝90°，
∴∠C′DA＝∠CDB′，
在△CDB′和△C′DA中，
B′D=AD∠CDB′=∠C′DADC=DC′，
∴△CDB′≌△C′DA（SAS），
∴CB′＝C′A，∠AC′D＝∠B′CD，
∴∠AC′D＝∠B′CD＝∠BCD＝∠ACD，
∴∠AC′E＝∠B′CE，
在△AEC′和△B′EC中，
∠AC′E=∠B′CE∠AEC′=∠B′ECC′A=CB′，
∴△AEC′≌△B′EC（AAS），
∴AE＝B′E；
②过点D作DM⊥BC于点M，
∵DB＝DB′，
∴MB＝MB′，
设MB＝MB′＝x，
∴BB′＝2x，
∵AC＝10，AB＝12，
∴BD=12AB=6，BC＝10，
∴CD=BC2−BD2=8，
∴CM＝CB﹣MB＝10﹣x，
∵DM⊥BC，
∴CD2﹣CM2＝BD2﹣BM2＝DM2，
∴82﹣（10﹣x）2＝62﹣x2，
解得x=185，
∴BB′=2x=365．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
14．在长方形ABCD中，AD＝6，E，F分别是AD，AB边上的动点．在长方形ABCD的内部（包含边界），以EF为直角边作等腰直角三角形EFP，且∠EFP＝90°．过点P作PQ⊥AB，垂足为Q．
（1）如图①，当AE＝1时，设AQ＝x，PQ＝y，求y与x之间的函数表达式；
（2）当点E的位置如图②所示时，点F在AB边上运动，用直尺和圆规在图②中作出所有满足条件的点P；（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
（3）当点E，F分别在AD，AB边上运动时，满足条件的点P所形成的区域的面积随着AB的长度变化而变化，设点P所形成的区域的面积为s，AB的长度为n．请直接写出s与n的函数表达式及对应n的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）y＝x﹣1；
（2）详见解析；
（3）当0＜n≤6时，s=12n2；
当6＜n≤12时，s=−12n2+12n﹣36；
当n＞12时，s＝36．
【分析】（1）一线三垂直证△AEF≌△QFP即可得解；
（2）由y＝x﹣1可知点P所在线段与AB夹角为45°，据此作图即可；
（3）根据点E运动轨迹，先找临界值，当E与A重合时，当E与D重合时，从而确定点P完整的区域，进而再分类讨论求解即可．
【解答】解：（1）∵△EFP是等腰直角三角形，且∠EFP＝90°，
∴EF＝PF，
∵长方形ABCD，PQ⊥AB，
∴∠A＝∠PQF＝90°，
∴∠AFE＝∠FPQ＝90°﹣∠PFQ，
在△AEF和△QFP中，
∠A=∠FQP∠AFE=∠QPFEF=PF，
∴△AEF≌△QFP（AAS），
∴AF＝PQ＝y，AE＝FQ＝1，
∵AQ＝AF+FQ＝y+1＝x，
∴y＝x﹣1，
即y与x之间的函数表达式为y＝x﹣1；
（2）作法一：如图，线段MN即为所求；
作法提示：①以点A为圆心，EA为半径画弧交AB于点M，交DA延长线于点E'；
②连接E'M并延长，交CD于点N；则线段MN即为所求．
作法二：如图，线段MN即为所求；
作法提示：①以点A为圆心，EA为半径画弧交AB于点M；
②在边AB上截取 MF＝DA；
③过点F作AB的垂线，交CD于点N，连接MN，线段MN即为所求．
作法三：
作法提示：①以点A为圆心，EA为半径画弧交AB于点M；
②在边AB上取点F，截取 FG＝EA；
③作点H，使得 HF＝EF，HG＝AF；
④连接MH并延长，交CD于点N．线段MN即为所求．
作法四：如图，线段MN即为所求；
作法提示：①以点A为圆心，EA为半径画弧交AB于点M；
②过点M作HM⊥AB；
③作射线MG平分∠BMH；
④射线MG与CD交于点N，则线段MN即为所求；
（3）根据点E运动轨迹，先找临界值，
当点E与点D重合时，
此时四边形AMHD是正方形，点P运动轨迹为MN，
∴AM＝AD＝MH＝6，
当点E与点A重合时，
此时点M也与点A重合，则点P的运动轨迹为线段AH，
∴我们发现，当点E在AD上运动时，且AB足够长的情况下，则点P轨迹所形成的区域为四边形AMNH，即下图中阴影部分，
①当0＜n≤6时，此时点P所形成的区域为等腰直角三角形ABR，
∴s=12n2；
②当6＜n≤12时，此时点P所形成的区域为五边形AMRCH，
∴CN＝CR＝DN﹣CD＝12﹣n，
∴s＝S四边形AMNH﹣S△CNR
＝62−12（12﹣n）2
=−12n2+12n﹣36；
③当n＞12时，点P所形成的区域为四边形AMNH，
∴s＝36；
综上，当0＜n≤6时，s=12n2；
当6＜n≤12时，s=−12n2+12n﹣36；
当n＞12时，s＝36．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、尺规作图、轨迹、矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识和画图能力是解题的关键．
15．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝16cm．点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，同时点Q从点B出发，沿着射线BC以3cm/s的速度向右运动，当动点P到达端点A时另一个动点Q也随之停止运动．设运动时间为t s．
（1）在点P，Q运动过程中，AP＝ （12﹣t） cm，BQ＝ 3t cm；（用含t的代数式表示）
（2）连接BP，AQ，若BP与AQ互相平分，求此时t的值；
（3）在点P，Q运动过程中，是否存在以点P，Q，C，D为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出此时的运动时间t；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）（12﹣t），3t；
（2）t的值为3；
（3）存在以点P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，此时的运动时间t为4s或8s．
【分析】（1）根据AD＝12cm，BC＝16cm．点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，同时点Q从点B出发，沿着射线BC以3cm/s的速度向右运动，即可解决问题；
（2）根据BP与AQ互相平分，得四边形ABQP是平行四边形，所以AP＝BQ，得12﹣t＝3t，解方程即可解决问题；
（3）有两种情况：①点Q在线段BC上，②点Q在线段BC的延长线上，根据平行四边形对边相等列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）∵AD＝12cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，
∴DP＝t cm，
∴AP＝（12﹣t）cm，
∵BC＝16cm．点Q从点B出发，沿着射线BC以3cm/s的速度向右运动，
∴BQ＝3t cm，
故答案为：（12﹣t），3t；
（2）若BP与AQ互相平分，
则ABQP是平行四边形，
∴AP＝BQ，
∴12﹣t＝3t，
解得t ＝3，
故此时t的值为3；
（3）存在，理由如下：
有两种情况：
①点Q在线段BC上，
当PD＝CQ时，以点P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，
此时PD＝t cm，QC＝（16﹣3t）cm，
∴t＝16﹣3t，
解得t＝4；
②点Q在线段BC的延长线上，
当PD＝CQ时，以点P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，
此时PD＝tcm，CQ＝（3t﹣16）cm，
∴t＝3t﹣16，
解得t＝8；
综上所述，存在以点P、Q、C、D为顶点的四边形是平行四边形，此时的运动时间t为4s或8s．
【点评】此题是四边形综合题，考查了梯形的性质、平行四边形的判定、等腰梯形的性质．熟练掌握平行四边形和梯形的判定，根据题意得出方程是解决问题的关键．
16．【学习新知】等边对等角是等腰三角形的性质定理．如图1，可以表述为：
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
【新知应用】已知：在△ABC中，AB＝AC，若∠A＝110°，则∠B＝ 35° ；若∠B＝70°，则∠A＝ 40° ．
【尝试探究】如图2，四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，若连接CA，则CA平分∠BCD．
某数学小组成员通过观察、实验，提出以下想法：延长CD到点E，使得DE＝BC，连接AE，利用三角形全等的判定和等腰三角形的性质可以证明．请你参考他们的想法，写出完整的证明过程．
【拓展应用】借助上一问的尝试，继续探究：如图3所示，在五边形ABCDE中，AB＝AE，BC+DE＝CD，∠B+∠AED＝180°，连接CA，CA平分∠BCD吗？请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】【新知应用】根据等腰三角形的性质即可解答；
【尝试探究】证明△ABC≌△ADE（SAS），得∠ACB＝∠D，AC＝AD，利用等腰三角形的性质可以证明结论；
【拓展应用】如图3，延长DE到点F，使得EF＝BC，连接AF，证明△ABC≌△AEF（SAS），再证明△ACD≌△AFD（SSS），得∠ACD＝∠F，进而可以得结论．
【解答】【新知应用】解：在△ABC中，
∵AB＝AC，∠A＝110°，
∴∠B＝∠C=12（180°﹣110°）＝35°，
若∠B＝70°，
则∠A＝180°﹣2×70°）＝40°，
故答案为：35°，40°；
【尝试探究】证明：如图2，延长CD到点E，使得DE＝BC，连接AE，
∴∠ADC+∠ADE＝180°，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠AED，
在△ABC和△ADE中，
AB=AD∠B=∠AEDBC=ED，
∴△ABC≌△ADE（SAS），
∴∠ACB＝∠D，AC＝AD，
∴∠ACD＝∠D，
∴∠ACD＝∠ACB，
∴CA平分∠BCD；
【拓展应用】解：CA平分∠BCD，理由如下：
如图3，延长DE到点F，使得EF＝BC，连接AF，
∴∠AED+∠AEF＝180°，
∵∠B+∠AED＝180°，
∴∠B＝∠AEF，
∵AB＝AE，
∴△ABC≌△AEF（SAS），
∴AC＝AF，∠ACB＝∠F，
∵BC+DE＝CD，BC＝EF，
∴CD＝FD，
在△ACD和△AFD中，
AC=AFAD=ADCD=FD，
∴△ACD≌△AFD（SSS），
∴∠ACD＝∠F，
∴∠ACD＝∠ACB，
∴AC平分∠BCD．
【点评】本题属于四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质，角平分线定义，等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到△ABC≌△ADE．
17．在平面直角坐标系中，点A（0，4），点B（4，0），动点P（m，0）（﹣4＜m＜4），M、N分别为点P关于直线AB、OA的对称点，连接AM，AN．
（1）如图1，当0＜m＜4时，∠MAN＝ 90° ；
（2）如图2，当﹣4＜m＜0时，是否存在点P，使得BMBN=3，若存在，求点P坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当﹣4＜m＜0时，四边形ANBM的面积是否随点P的运动而改变？若不变，请求出四边形ANBM的面积；若改变，请描述四边形ANBM的面积随点P运动的变化规律．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）90°；
（2）当﹣4＜m＜0时，存在点P，使得BMBN=3，理由见解答；
（3）当﹣4＜m＜0时，四边形ANBM的面积不随点P的运动而改变．理由见解答．
【分析】（1）证明△AOB是等腰直角三角形，根据轴对称性可得∠NAO＝∠OAP，∠PAB＝∠MAB，进而可以解决问题；
（2）设BN长为x，则BM的长为3x，ON长为4﹣x，得PO＝ON＝4﹣x，根据PB＝BM＝PO+BO，列出方程求出x的值，即可解决问题；
（3）设ON＝x，得PO＝ON＝x，BN＝OB﹣ON＝4﹣x，BM＝PB＝OB+OP＝4+x，根据四边形ANBM的面积＝梯形AOBM的面积﹣三角形AON的面积，代入值即可解决问题．
【解答】解：（1）∵点A（0，4），点B（4，0），
∴OA＝OB＝4，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝∠ABO＝45°，
如图1，连接AP，PM，
∵M、N分别为点P关于直线AB、OA的对称点，
∴O为PN的中点，AB为MP的中垂线，AN＝AP，
∴△ANP为等腰三角形，
∴∠NAO＝∠OAP，
同理可证∠PAB＝∠MAB，
∴∠MAN＝∠NAO+∠OAP+∠PAB+∠BAM＝2∠OAB＝90°，
故答案为：90°；
（2）当﹣4＜m＜0时，存在点P，使得BMBN=3，理由如下：
∵M为点P关于直线AB的对称点，
∴∠ABO＝∠ABM＝45°，
∴∠MBO＝∠ABO+∠ABM＝2∠ABO＝90°，
如图2，连接MP．由（1）知B在PM的中垂线上，A在PN的中垂线上，
∴PB＝BM，PO＝ON，
设BN长为x，则BM的长为3x，ON长为4﹣x，
∴PO＝ON＝4﹣x，
∵PB＝BM＝PO+BO，
∴3x＝4﹣x+4，
解得x＝2，
∴PO＝4﹣x＝2，
∴点P坐标为（﹣2，0）；
（3）当﹣4＜m＜0时，四边形ANBM的面积不随点P的运动而改变，
如图2，连接MP．由（1）知B在PM的中垂线上，A在PN的中垂线上，
∴PB＝BM，PO＝ON，
设ON＝x，
∴PO＝ON＝x，
∴BN＝OB﹣ON＝4﹣x，
∴BM＝PB＝OB+OP＝4+x，
∵四边形ANBM的面积
＝梯形AOBM的面积﹣三角形AON的面积
=12（AO+BM）•OB−12×AO•ON
=12（4+4+x）×4−12×4•x
＝16+2x﹣2x
＝16．
∴当﹣4＜m＜0时，四边形ANBM的面积不随点P的运动而改变．
【点评】本题是四边形的综合题，考查梯形的面积，等腰直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
18．【教材呈现】
将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段AE、DE、EF、BF、CF把四个顶点连接起来）．已知如图1：∠DAE＝∠ADE＝30°，∠AEF＝∠BFE＝120°．
（1）由图1可知，线段AB和EF的位置关系为： AB∥EF ；
【问题探究】
（2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形 是 （是/不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了△AF′D≌△BFC，发现△AF′E是 等边 三角形，请结合以上结论，猜想线段AE与OE的数量关系，并证明．
【问题解决】
（3）在第（2）问的基础上，若AB＝6，求最短连法的线段和，即AE+DE+EF+BF+CF的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）AB∥EF；
（2）是，等边；猜想线段AE＝2OE，证明见解答；
（3）AE+DE+EF+BF+CF的值为63+6．
【分析】（1）根据正方形的性质证明∠BAE+∠AEF＝180°，进而可以解决问题；
（2）证明△AED≌△BFC（ASA），可得△AF′D≌△AED，证明△AF′E是等边三角形，然后根据含30度角的直角三角形的性质即可解决问题；
（3）结合（2）根据等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠DAE＝30°，
∴∠BAE＝60°，
∵∠AEF＝120°，
∴∠BAE+∠AEF＝180°，
∴AB∥EF，
故答案为：AB∥EF；
（2）图1所示图形是轴对称图形，如图2构造了△AF′D≌△BFC，发现△AF′E是等边三角形，
猜想线段AE＝2OE，证明如下：
由（1）AB∥EF，
∵∠BFE＝120°，
∴∠ABF＝60°，
∴∠FBC＝30°，
同理∠FCB＝30°，
∴△AED≌△BFC（ASA），
∵△AF′D≌△BFC，
∴△AF′D≌△AED，
∴AF′＝AE，∠F′AE＝60°，
∴△AF′E是等边三角形，
∵∠F′AD＝∠EAD＝30°，
∴AO⊥EF′，OF′＝OE，
∴AE＝2OE，
故答案为：是，等边；
（3）∵△AF′E是等边三角形，
同（2）可知：△DF′E是等边三角形，
∴AE＝DE＝EF′，
由（1）知：AO⊥EF′，
∴AO＝DO=12AD=12AB＝3，
∴OE＝3×33=3，
∴AE＝2OE＝23，
∴EF＝AB﹣2OE＝6﹣AE，
∴AE+DE+EF+BF+CF
＝4AE+6﹣AE，
＝3AE+6
＝63+6
∴AE+DE+EF+BF+CF的值为63+6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形各边长相等的性质，全等三角形对应边相等的性质，平行线的判定，准确的计算AE、EF的值是解题的关键．
19．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE．
（1）问题发现：如图1，当点P与点O重合时，点E在边AD上，连结CE，BP与CE的数量关系是 BP＝CE ；CE与AD的位置关系是 CE⊥AD ；
（2）拓展探究：如图2，当点E在菱形ABCD外部时，猜想BP与CE的数量关系并说明理由；
（3）解决问题：如图3，若OC=3，AP=213，请直接写出四边形ACDE的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）BP＝CE；CE⊥AD；
（2）当点E在菱形ABCD外部时，BP＝CE，理由见解答；
（3）四边形ACDE的面积为103．理由见解答．
【分析】（1）利用SAS证明△ABP≌△ACE，可得BP＝CE；再证明∠APB＝90°，进而判断出∠AEC＝∠APB＝90°，即可得出结论；
（2）先证明∠BAP＝∠CAE，进而利用SAS证明△BAP≌△CAE，得出BP＝CE即可；
（3）根据菱形的性质求出BP，用面积的和即可得出结论．
【解答】解：（1）在菱形ABCD中，AB＝CB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△PAE是等边三角形，且点E在边AD上，
∴AP＝AE，∠CAE＝60°，
在△ABP和△ACE中，
AB=AC∠BAP=∠CAE=60°AP=AE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE；
∵BD，AC是菱形ABCD的对角线，
∴AC⊥BD，
∴∠APB＝90°，
∵△ABP≌△ACE，
∴∠AEC＝∠APB＝90°，
∴CE⊥AD，
故答案为：BP＝CE；CE⊥AD；
（2）当点E在菱形ABCD外部时，BP＝CE，理由如下：
如图2，设CE交AD于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠DAC＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∴∠BAP＝∠CAE，
在△BAP和△CAE中，
AB=AC∠BAP=∠CAEAP=AE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE；
（3）四边形ACDE的面积为103．理由如下：
设CE交AD于H，
∵BD，AC是菱形ABCD的对角线，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OA＝OC=3，
∴AC＝2OC＝23，
∵∠ABC＝60°，
∴AB＝AC＝23，∠DBA=12∠ABC＝30°，
∴OB=3OA＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵OA=3，AP=213，
∴OP=AP2−OA2=52−3=7，
∴BP＝OB+OP＝3+7＝10，
由（1）知，CE＝BP，CE⊥AD，
∴CE＝10，
∴S四边形ACDE＝S△ACE+S△DCE=12CE•AH+12CE•DH=12CE•（AH+DH）=12CE•AD=12×10×23=103，
即四边形ACDE的面积为103．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、等边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，构造全等三角形解决问题．
20．对于点P，直线l和图形N，给出如下定义：若点P关于直线l的对称点P′在图形N的内部或边上，则称点P为图形N关于直线l的“镜像点”．
在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（2，1），B（﹣1，1），C（﹣1，﹣2），设点T（0，t），直线l1为过点T（0，t）且与y轴垂直的直线．
（1）若t＝﹣2，在点P1（0，﹣4），P2（2，﹣5.5），P3（﹣1，﹣2.2）中，点 P1，P3 是△ABC关于直线l1的“镜像点”；
（2）当t≠0时，若x轴上存在△ABC关于直线l1的“镜像点”，则t的最小值为 ﹣1 ；
（3）已知直线l2过点T（0，t）且与第一、三象限的角平分线平行．
①若直线l2上存在△ABC关于直线l1的“镜像点”，直接写出t的取值范围；
②已知边长为1的正方形DEFH的对角线的交点为Q（t，0），且正方形DEFH的边与坐标轴平行．若正方形DEFH边上的所有点都是△ABC关于直线l2的“镜像点”，直接写出t的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】新定义；一元一次不等式（组）及应用；平面直角坐标系；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】（1）P1，P3；
（2）﹣1；
（3）①﹣3≤t≤3；
②0≤t≤14．
【分析】（1）根据定义求得各个点关于直线y＝﹣2的对称点，进而得出结果；
（2）设x轴上点（a，0），关于y＝t的对称点为（a，2t），从而得出﹣2≤2t≤1，进一步得出结果；
（3）①由题意设直线l2的解析式为：y＝x+t，则l2关于直线y＝t的“镜像”的直线l2′的解析式为：y＝﹣x+t，可得出当l2′过点A（2，1）时，1＝﹣2+t，从而求得t的值；当l2′过点C（﹣1，﹣2）时，﹣2＝﹣（﹣1）+t，求得此时t的值，进而得出结果；②先得出点Q关于l2的对称点I（﹣t，2t），进而表示出正方形对称后各个点坐标，根据其位置列出不等式组，进一步得出结果．
【解答】解：（1）∵点P1（0，﹣4），P2（2，﹣5.5），P3（﹣1，﹣2.2）关于直线y＝﹣2的对称点分别是（0，0），（2，1.5），（﹣1，﹣1.8），
∴（0，0）在△ABC内，（2，1.5）在△ABC外，（﹣1，﹣1.8）在BC边上，
故答案为：P1，P3；
（2）设x轴上点（a，0），关于y＝t的对称点为（a，2t），
∴﹣2≤2t≤1，
∴﹣1≤t≤12，
∴t的最小值为：﹣1，
故答案为：﹣1；
（3）①如图1，
由题意设直线l2的解析式为：y＝x+t，则l2关于直线y＝t的“镜像”的直线l2′的解析式为：y＝﹣x+t，
当l2′过点A（2，1）时，1＝﹣2+t，
∴t＝3，
当l2′过点C（﹣1，﹣2）时，﹣2＝﹣（﹣1）+t，
∴t＝﹣3，
∴﹣3≤t≤3；
②如图2，
直线AC的解析式为：y＝x﹣1，
∵点Q关于l2的对称点I（﹣t，2t），
∴正方形DEFH关于l2的对称正方形MNGH的各点坐标为：M（﹣t−12，2t+12），N（﹣t+12，2t+12），G（﹣t+12，2t−12），H（﹣t−12，2t−12），
∵正方形DEFH边上的所有点都是△ABC关于直线l2的“镜像点”，
∴2t+12≤1−t−12≥−1−t+12−1≤2t−12，
∴0≤t≤14．
【点评】本题在新定义的基础上，考查了轴对称的性质，解不等式组等知识，解决问题的关键是确定图形对称后的位置．
21．在平面直角坐标系中，O为原点，点B在x轴的正半轴上，D（0，8），将矩形OBCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．
（1）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠AOB的度数；
（2）如图1，已知折痕与边BC交于点A，若OD＝2CP，求点A的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，擦去折痕AO，线段AP，连接BP，动点M在线段OP上（点M与P，O不重合），动点N在线段OB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M，N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；
（2）A（10，5）；
（3）当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变；它的长度为25．
【分析】（1）根据点P恰好是CD边的中点设DP＝PC＝y，则DC＝OB＝OP＝2y，在Rt△ODP中，根据OD2+DP2＝OP2，解得：y=833，然后利用△ODP∽△PCA得到AC=y28=83，从而利用tan∠AOB=33得到∠AOB＝30°；
（2）设OB＝OP＝DC＝x，则DP＝x﹣4，在Rt△ODP中，根据OD2+DP2＝OP2，解得：x＝10，然后根据△ODP∽△PCA得到AC=x−42=3，从而得到AB＝5，表示出点A（10，5）；
（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP＝MQ，BN＝QM，得出MP＝MQ，根据ME⊥PQ，得出EQ=12PQ，根据∠QMF＝∠BNF，证出△MFQ≌△NFB，得出QF=12QB，再求出EF=12PB，由（1）中的结论求出PB，最后代入EF=12PB即可得出线段EF的长度不变．
【解答】解：（1）∵点 P 恰好是CD边的中点，
设DP＝PC＝y，
则DC＝OB＝OP＝2y，
在Rt△ODP中，由勾股定理得：OD2+DP2＝OP2，
∴82+y2＝（2y）2，
解得：y=833，
∵∠OPA＝∠B＝90°，
∴△ODP∽△PCA，
∴OD：PC＝DP：CA，
∴8：y＝y：AC，
则AC=y28=83，
∴AB＝8−83=163，
∵OB＝2y=1633，
∴tan∠AOB=ABOB=1631633=33，
∴∠AOB＝30°；
（2）∵D（0，8），
∴OD＝BC＝8，
∵OD＝2CP，
∴CP＝4，
设OB＝OP＝DC＝x，则DP＝x﹣4，
在Rt△ODP中，由勾股定理得：OD2+DP2＝OP2，
∴82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∵∠OPA＝∠B＝90°，
∴△ODP∽△PCA，
∴OD：PC＝DP：CA，
∴8：4＝（x﹣4）：AC，
则AC=x−42=3，
∴AB＝5，
∴点A（10，5）；
（3）当点M，N在移动过程中，线段EF的长度不发生变化；理由如下：
作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2，
∵AP＝AB，MQ∥AN，
∴∠APB＝∠ABP＝∠MQP，
∴MP＝MQ，
∵BN＝PM，
∴BN＝QM，
∵MP＝MQ，ME⊥PQ，
∴EQ=12PQ，
∵MQ∥AN，
∴∠QMF＝∠BNF，
∴△MFQ≌△NFB（AAS），
∴QF=12QB，
∴EF＝EQ+QF=12PQ+12QB=12PB，
由（2）中的结论可得：PC＝4，BC＝8，∠C＝90°，
∴PB=82+42=45，
∴EF=12PB＝25，
∴当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变；它的长度为25．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，解题关键是作出辅助线，找出全等和相似的三角形．
22．（1）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，并延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．若∠EAF＝45°，则BE，EF，DF之间的数量关系为 EF＝BE+DF ；
（2）【类比探究】如图2，当点E在线段BC的延长线上，且∠EAF＝45°时，试探究BE，EF、DF之间的数量关系，并说明理由；
（3）【拓展应用】如图3，在Rt△ABC中，AB＝AC，D，E在BC上，∠DAE＝45°，若△ABC的面积为18，BD•CE＝4，请求出△ADE的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE﹣DF，理由见解析；
（3）8．
【分析】（1）证明△ADF≌△ABG（SAS），可得AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，根据正方形的性质求出∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，再证△AGE≌△AFE（SAS），可得GE＝EF，则GE＝GB+BE＝BE+DF，即可得出答案；
（2）在BC上截取BG＝DF，连接AG．证明△ADF≌△ABG（SAS），可得AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，根据正方形的性质求出∠BAG+∠DAE＝45°＝∠EAF，再证△AGE≌△AFE（SAS），可得GE＝EF，则GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF，即可得出答案；
（3）如图3，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG，此时AB与AC重合，AD＝AG，BD＝CG，证明△ADE≌△AGE（SAS），则S△ADE＝S△AGE，由∠ACB＝∠ACG＝45°，可得△ECG是直角三角形，由BD•CE＝4可得S△ECG＝2，根据△ABC的面积为18即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠ABG＝∠ABC＝∠ADF＝90°，
∵BG＝DF，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE﹣DF，理由如下：
如图2，在BC上截取BG＝DF，连接AG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADC＝∠ADF＝90°，
∵BG＝DF，
∴△ADF≌△ABG（SAS），
∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠DAF＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF＝45°，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣DF；
（3）如图3，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，连接EG，此时AB与AC重合，
∴AD＝AG，BD＝CG，∠DAG＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠GAE＝∠DAE＝45°，
∵AE＝AE，
∴△ADE≌△AGE（SAS），
∴S△ADE＝S△AGE，
在Rt△ABC中，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
由旋转得∠B＝∠ACG＝45°，
∴∠ECG＝∠ACB+∠ACG＝90°，
∴△ECG是直角三角形，
∴S△ECG=12BD•CE，
∵BD•CE＝4，
∴S△ECG＝2，
∵△ABC的面积为18，
∴S△ADE＝S△AGE=12×（18﹣2）＝8．
【点评】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，直角三角形的判定和性质，三角形的面积，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度．
23．折叠问题是几何变换中常见的数学问题，经常利用轴对称的性质解决相关问题，而有直角的图形折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动：
（1）【初步感知】如图①，在三角形纸片ABC中，∠C＝90°，BC＝12，将∠A沿DE折叠，使点A与点B重合，折痕和AC交于点E，折痕和AB交于点D，AE＝13，则CE的长为 5 ；
（2）【深入探究】如图②，在平行四边形纸片ABCD中，∠B＝90°，现将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝3，BC＝6．求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图③，在平行四边形纸片ABCD中，∠A＝90°，AB＝5，BC＝8，点E为射线AD上一个动点，把△ABE沿直线BE折叠，当点A的对应点F刚好落在线段BC的垂直平分线上时，直接写出AE的长为 52或10 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）5；
（2）BE=94；
（3）52或10．
【分析】（1）先求出BE，再利用勾股定理即可求解；
（2）先求出CE＝AE，再利用勾股定理建立方程求解即可；
（3）先讨论E点的位置，再在每种情况中先求出FN，再利用勾股定理建立方程即可求解．
【解答】解：（1）在三角形纸片ABC中，∠C＝90°，BC＝12，将∠A沿DE折叠，使点A与点B重合，折痕和AC交于点E，折痕和AB交于点D，AE＝13，
∴BE＝AE＝13，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE=BE2−BC2=132−122=5；
则CE的长为5，
故答案为：5；
（2）在平行四边形纸片ABCD中，∠B＝90°，将纸片折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，
∴CE＝AE，AB＝3，BC＝6，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，
∴32+BE2＝CE2，即32+BE2＝（6﹣BE）2，
解得：BE=94；
（3）AE的长为52或10；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝8，
∵∠A＝90°，
∴该四边形是矩形，∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，
设线段BC的垂直平分线交BC于点M，交AD于点N，
∴四边形ABMN和四边形DCMN都是矩形，
∴MN＝AB＝5，
①如图，当点E在线段AD上时，
∵点F在线段BC的垂直平分线MN上，
∴AN=12AD=4，BM=12BC=4，
由折叠的性质得：BF＝BA＝5，AE＝FE，
在Rt△BFM中，由勾股定理得：FM=BF2−BM2=52−42=3，
∴FN＝MN﹣FM＝5﹣3＝2，
在Rt△ENF中，由勾股定理得：EF2＝EN2+FN2，即AE2＝（4﹣AE）2+22
∴AE=52；
②如图4，当点E在线段AD的延长线上时，
由折叠的性质得：BF＝BA＝5，AE＝FE，
同①得：FM＝3，
∴FN＝MN+FM＝5+3＝8，
在Rt△ENF中，由勾股定理得：EF2＝EN2+FN2，即AE2＝（AE﹣4）2+82，
解得：AE＝10，
综上可得：AE的长为52或10，
故答案为：52或10．
【点评】本题考查了图形的折叠问题，涉及到了勾股定理、矩形的判定与性质、解一元一次方程等知识，解题关键是利用勾股定理建立方程，正确画出图形，运用分类讨论的思想方法．
24．【概念呈现】：当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形．若其中有一个三角形是等腰直角三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”，把这个四边形叫做“等腰直角四边形”；当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分成两个三角形，若其中一个三角形是等腰直角三角形，另一个三角形是等腰三角形，则把这条对角线叫做这个四边形的“真等腰直角线”，把这个四边形叫做“真等腰直角四边形”．
（1）【概念理解】：如图①，若AD＝1，AD＝DB＝DC，BC=2，则四边形ABCD 是 （填“是”或“不是”）真等腰直角四边形；
（2）【性质应用】：如果四边形ABCD是真等腰直角四边形，且∠BDC＝90°，对角线BD是这个四边形的真等腰直角线，当AD=2，AB＝1时，BC2＝ 4或2 ；
（3）【深度理解】：如图②，四边形ABCD与四边形ABDE都是等腰直角四边形，∠BDC＝90°，∠ADE＝90°，BD＞AD＞AB，对角线BD、AD分别是这两个四边形的等腰直角线，试猜想并说明AC与BE的数量关系；
（4）【拓展提高】：已知：四边形ABCD是等腰直角四边形，对角线BD是这个四边形的等腰直角线，且∠DBC＝90°，若AD＝2，AB＝3，∠BAD＝45°，请直接写出AC的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）是；
（2）4或2；
（3）AC＝BE，说明见解析；
（4）22．
【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证明∠BDC＝90°，从而△BDC是等腰直角三角形，又因为△ABD是等腰三角形，即可得出结论；
（2）由题意知△ABD是等腰三角形，当AD＝BD=2时，由勾股定理渴求得BC2；当BD＝AB＝1时，由勾股定理渴求得BC2；
（3）利用SAS证明△ADC≌△EDB，得AC＝BE；
（4）构造等腰直角三角形，利用（3）中全等进行转化，从而解决问题．
【解答】解：（1）∵AD＝1，AD＝DB＝DC，
∴DB＝DC＝1，AD＝1，BC=2，
∵BD2+CD2＝2，BC2＝2，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵△ABD是等腰三角形，
∴四边形ABCD是真等腰直角四边形，
故答案为：是；
（2）∵对角线BD是这个四边形的真等腰直角线，当AD=2，AB＝1时，
∴△ABD是等腰三角形，
当AD＝BD=2时，
由勾股定理得：BC2=22+22＝4，
当BD＝AB＝1时，由勾股定理得：BC2＝12+12＝2，
综上：BC2＝4或2；
故答案为：4或2；
（3）由题意知：△BDC和△ADE都是等腰直角三角形，
∴BD＝CD，AD＝DE，∠BDC＝∠ADE＝90°，
∴∠ADC＝∠EDB，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC＝BE；
（4）四边形ABCD是等腰直角四边形，对角线BD是这个四边形的等腰直角线，且∠DBC＝90°，若AD＝2，AB＝3，∠BAD＝45°，
∴△BDC是等腰直角三角形，
∵∠DBC＝90°，如图3，
由（3）同理得△ACB≌△EBD（SAS），
∴AC＝DE，
∵AB＝3，△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝32，∠EAB＝45°，
∵∠DAB＝45°，
∴∠EAD＝90°，由勾股定理得DE=AE2+AD2=(32)2+22=22，
∴AC=22．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形和等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，读懂题意，作辅助线构造全等三角形是解题的关键，注意问题设置的层次性．
25．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探究发现：小明同学的方法是延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，从而得出结论： EF＝BE+FD ；
（2）拓展延伸：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）尝试应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC，CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，请探究线段BE，EF，DF具有怎样的数量关系，并证明．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；推理能力．
【答案】（1）EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析过程；
（3）EF＝BE﹣FD，证明见解析过程．
【分析】（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，利用全等三角形的性质解决问题即可；
（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．证明△ABM≌△ADF，由全等三角形的性质得出AF＝AM，∠2＝∠3．△AME≌△AFE，由全等三角形的性质得出EF＝ME，即EF＝BE+BM，则可得出结论；
（3）在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．证明△ABG≌△ADF．由全等三角形的性质得出∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．证明△AEG≌△AEF，由全等三角形的性质得出结论．
【解答】解：（1）EF＝BE+FD．
延长FD到点G．使DG＝BE．连接AG，如图1，
∵∠ABE＝∠ADG＝∠ADC＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS）．
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG．
∴∠BAE+∠DAF＝∠DAG+∠DAF＝∠EAF＝60°．
∴∠GAF＝∠EAF＝60°．
又∵AF＝AF，
∴△AGF≌△AEF（SAS）．
∴FG＝EF．
∵FG＝DF+DG．
∴EF＝BE+FD．
故答案为：EF＝BE+FD；
（2）（1）中的结论仍然成立．理由如下：
如图2中，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠1+∠ABC＝180°，
∴∠1＝∠D，
在△ABM与△ADF中，
AB=AD∠1=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS）．
∴AF＝AM，∠2＝∠3．
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠2+∠4=12∠BAD=∠EAF．
∴∠3+∠4＝∠EAF，即∠MAE＝∠EAF．
在△AME与△AFE中，
AM=AF∠MAE=∠EAFAE=AE，
∴△AME≌△AFE（SAS）．
∴EF＝ME，即EF＝BE+BM，
∴EF＝BE+DF；
（3）结论：EF＝BE﹣FD．理由如下：
如图3中，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
在△ABG与△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠ADFBG=DF，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．
∴∠GAE＝∠EAF．
∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵EG＝BE﹣BG，
∴EF＝BE﹣FD．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
考点卡片
1．四边形综合题
涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，综合性比较强．未知线段
已知线段
⋯

因为C，D分别是线段OA，OB的中点，
所以OC=12OA，OD=12 ①，
所以CD＝OC+OD=12OA+12 ②，
=12 ③．
因为AB＝12，
所以CD＝ ④．
线段中点的定义
线段的和、差等式的性质
未知线段
已知线段
⋯

因为C，D分别是线段OA，OB的中点，
所以OC=12OA，OD=12 OB ①，
所以CD＝OC+OD=12OA+12 OB ②，
=12 AB ③．
因为AB＝12，
所以CD＝ 6 ④．
线段中点的定义
线段的和、差等式的性质