中考数学二轮复习讲练测(全国通用)中考大题05四边形的证明与计算问题(9大题型)(原卷版+解析)

这是一份中考数学二轮复习讲练测(全国通用)中考大题05四边形的证明与计算问题(9大题型)(原卷版+解析)，共187页。试卷主要包含了综合与实践，正确的结论有 个，用数学的眼光观察等内容，欢迎下载使用。
四边形在中考数学中是占比较大，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.
题型一： 利用四边形的性质与判定求解
1．（2023·广东深圳·中考真题）（1）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，
①若BE=BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD=20时，则BE⋅CF=______．

（2）如图，在菱形ABCD中，csA=13，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD=24时，求EF⋅BC的值．

（3）如图，在平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6，AD=5，点E在CD上，且CE=2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF⋅EG=73时，请直接写出AG的长．

2．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF．试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．

3．（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2a2+b2．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2=a2+b22−c24．
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为_______．
1．（2023·山东济南·模拟预测）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
(3)如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求DE的长．
2．（2023·广东深圳·模拟预测）【问题发现】
（1）在一次小组合作探究课上，老师将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG，请直接写出线段BE与DG的数量关系______ ，位置关系______ ；

【类比探究】
（2）若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“矩形ABCD和矩形AEFG，且矩形ABCD ∽矩形AEFG，AE=3，AG=4，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若AD=12105，求BE的长．

【拓展延伸】
（3）若将正方形ABCD和正方形AEFG改成菱形ABCD和菱形AEFG，且菱形ABCD∽菱形AEFG如图3，AD=5，AC=6，AG平分∠DAC，点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ，使得AQ=35AP，连接PQ，QC，当tan∠PQC=43时，直接写出AP的长．

3．（2023·福建龙岩·模拟预测）综合与实践：过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP．将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．
【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°，无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ．当PQ⊥BQ，AB=6+2时，求AP的长．
【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=3，AB=4，AM平分∠DAC，α=90°．在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．

题型二： 中点四边形
1．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长度的关系，并证明你的结论．

1．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边中点，连接EF、FG、GH、HE，分别交两条对角线于点P、点Q、点R、点S，且AC=BD．

(1)如图1，求证：四边形EFGH是菱形；
(2)如图2，若AC垂直平分BD，在不添加任何字母及辅助线的情况下，请直接写出图中锐角∠α，使∠α正弦值等于PR与AB的比值．
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）折纸是一项有趣的活动，有的同学玩过折纸，可能折过小动物、飞机、小船等．在折纸过程中，不仅可以得到一些美丽的图形，而且其中还蕴含着丰富的数学知识．
如图①，菱形纸片ABCD中，AB=4,∠A=60°．

(1)活动一：
如图②，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在点B处，则折痕的长为_________；菱形纸片ABCD的面积是_________；
(2)活动二：
如图③，E,F,G,H分别是菱形纸片ABCD各边的中点，分别沿着EF,FG,GH,HE折叠并展开．猜想四边形EFGH是什么特殊四边形，并证明你的猜想；
(3)活动三：如图④，先将菱形纸片ABCD沿AC折叠再展开，点E,F,G,H分别在边AB,BC,CD,DA上且EF∥AC，再分别沿着EF,FG,GH,HE折叠再展开，若四边形EFGH是正方形，则AE=_________；
(4)活动四：如图⑤，折叠菱形纸片ABCD，使点A落在BC边的中点F处，则折痕MN的长为_________．
题型三： 十字架模型
1．（2022·四川乐山·中考真题）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且EG⊥FH．则EGFH=______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E、F分别在线段AB、AD上，且CE⊥BF．求CEBF的值．
1．（2023·贵州黔东南·一模）如图，四边形ABCD是正方形．
(1)问题解决：如图①，若E，F分别是BC，CD上的点，且AE⊥BF．求证：△ABE≌△BCF；
(2)类比探究：如图②，若点E，F，G，H分别在BC，CD，DA，AB上，且EG⊥HF，求证：EG=HF．
(3)迁移应用：如图③，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点D是BC的中点，点E是AC上一点，且AD⊥BE，求AE：EC的值．
2．（2024·山东菏泽·一模）琅琊中学九年级一班同学利用工具，对几种四边形进行探究．
【初步认识】同学们所用的工具由两条互相垂直的直线构成，垂足为O．如图1，同学们将该工具放入正方形ABCD中，该工具与正方形四条边的交点分别为E、F、G、H．
（1）若点O在边长为1的正方形ABCD的中心，直接写出OE+OH+OG+OF的最大值和最小值．
（2）试猜想EGFH的值，并证明你的猜想．
【知识迁移】如图2，同学们又将该工具放入矩形ABCD中，该工具与矩形四条边的交点分别为E、F、G、H．若AB=m，BC=n，则EGFH= ．（直接写出答案）
【拓展运用】如图3，同学们将工具放入四边形ABCD中，使其经过C、B两点，并与AB边交于点E，与AD边交于点F．已知∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC．求CEBF的值．
3．（2024·广东阳江·一模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察猜想】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，ED⊥CF，则DECF的值为__________．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则CEBD的值为__________；
【类比探究】
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE⋅AB=CF⋅AD．
【拓展延伸】
（4）如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．求DECF的值．
题型四： 正方形半角模型
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN．

【探究一】如图②，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上．求证：∠CNM=∠CNH；
【探究二】在图②中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F．求证：△CEF∽△CNM；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F．连接AC交BD于点O，求EFNM的值．
2．（2022·贵州黔西·中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
1．（2023·吉林白城·模拟预测）下面是小明同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，已知正方形ABCD中，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°．求证：EF=AE+CF．
证明：如图，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，则DE=DM,∠A=∠DCM,∠ADE=∠MDC．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠ADC=∠DCB=90°，
∴∠EDM=∠EDC+∠MDC=∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°．
∵∠EDF=45°,∴∠MDF=∠EDF=45°．
又∵∠A=∠DCM=∠DCB=90°，∴点B，F，C，M在一条直线上．
∵DF=DF,∴△EDF≌＿＿＿，∴EF=MF=CM+CF=＿＿＿+CF．
【探究】（1）在图①中，若正方形ABCD的边长为3，AE=1，其他条件不变，求EF的长．
解：∵正方形ABCD的边长为3，∵AE=1,∴BE=2,CM=1．
设EF=x，则FM=EF=x,FC=FM−CM=x−1,∴BF=3−(x−1)=4−x．
在Rt△BEF中，由22+(4−x)2=x2，解得x=＿＿＿，即EF=＿＿＿．
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°,AB=AD=6,BC=4，E是AB边上的点，且∠CDE=45°，则CE=＿＿＿．
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°，AD为BC边上的高．若BD=2,CD=3，则AD的长为＿＿＿．
2．（2024·湖北随州·一模）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，从而可得：DM+BN=MN．
(1)【实践探究】在图①条件下，若CN=6，CM=8，则正方形ABCD的边长是___________．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：M是CD的中点．
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD，AB=12，AD=16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，BN=4，则DM的长是 ___________．
题型五： 四边形对角互补模型
1．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
2．（2022·湖北武汉·中考真题）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
1．（2024·贵州黔南·一模）小红在学习了三角形的相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，如图，在Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D，E分别在边AB，AC上（不同时在点A），连接DE．
(1)问题解决：如图1，当点D，E分别与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF，AF与BC的位置关系是_________，数量关系是________．
(2)问题探究：如图2，当点D，E不与点B，C重合时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，连接AF,AF与BC的位置关系是怎样的？请说明理由．
(3)拓展延伸：如图3，当点E不与点C重合，且D为AB的中点时，将线段DE绕点E顺时针旋转90°，得到线段FE，点G是点C关于直线AB的对称点，若点G，D，F在一条直线上，求AEEC的值．
2．（2023·吉林长春·二模）【问题呈现】如图①，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．小聪同学延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证△ABE≌△ADG，进而得到△AEF≌△AGF，从而得出BE、EF、FD之间的数量关系为______ .(不需要证明)．
【类比引申】如图②，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，请回答当∠EAF与∠BAD满足什么关系时，仍有【问题呈现】中BE、EF、FD之间的数量关系，并给出证明．
【探究应用】如图③，在四边形ABCD中，AB=AD=60，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，点E、F分别在线段BC、CD上，且AE⊥AD，DF=303−30，直接写出线段EF的长．
题型六： 正方形对称模型
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B,D不重合），GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足．连接EF,AG，并延长AG交EF于点H．

(1)求证：∠DAG=∠EGH．
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
1. 如图，在正方形ABCD中，E是射线CD上一动点（E不与D重合），连AE交射线BD于F点，过F作FG⊥AE交在射线BC于G．
(1)当点E在线段CD上时，求证：AF＝FG．
(2)若BC＝10，BG＝4，求BF的长；
(3)连EG，当E在射线CD上移动时，探究线段BG、EG、DE之间的数量关系，并说明理由．
题型七： 与正方形有关的三垂直模型
1．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE8（不符合题意舍去），
∴CB=CD=10−32，
∴四边形EBCD的周长为10+8+210−32=38−62．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
1．（2023·吉林松原·模拟预测）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】：
（1）如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD____（填“一定”或“不一定”）是正方形；
（2）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若∠MBN=60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；并直接写出四边形BMDN的周长的最小值；
【尝试应用】：
（3）现有一个平行四边形材料ABCD，如图③，在▱ABCD中，AB=17，BC=6，tanB=4，点E在BC上，且BE=4，在▱ABCD边AD上有一点P，使四边形ABEP为“等邻边四边形”，请直接写出此时AP的长．
【答案】（1）一定；
（2）四边形BMDN是等邻边四边形，理由见解析，周长的最小值为43+4；
（3）AP的长为17或256或3
【分析】（1）根据等邻边四边形”的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形．利用全等三角形的性质证明BM=BN即可；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．分三种情形：①当AP=AB=17时，②当PA=PE时，③当PE=BE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵矩形ABCD是“等邻边四边形”，
∴四边形ABCD的邻边相等，
∴矩形ABCD一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形．
理由：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDM=∠BCN=60°，DB=CB，
∵∠MBN=∠DBC=60°，
∴∠DBM=∠CBN，
∴△DBM≌△CBN(ASA)，
∴BM=BN，DM=CN，
∴四边形BMDN是等邻边四边形，
∴DM+DN=DN+NC=CD=4，
∵BM+DM+DN+BN=BM+BN+4，
∴BM+BN的值最小时，四边形BMDN的周长最小，
根据垂线段最短可知，当BM⊥AD时，BM的值最小，此时BM=BN=AB⋅sin60°=4×32=23，
∴四边形BMDN的周长的最小值为43+4；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，过点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．
∵tanB=AHBH=4，AB=17，
∴BH=1，AH=EN=4，
∵BE=4，
∴AN=HE=4−1=3，
①当AP=AB=17时，四边形ABEP为“等邻边四边形”；
②当PA=PE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，
设PA=PE=x，
在Rt△PEN 中，PE2=NE2+PN2，
∴x2=42+(x−3)2，
∴x=256，
∴PA=x=256；
③当PE=BE时，四边形ABEP为“等邻边四边形”，
此时点P与N重合，
∴AP=AN=3，
综上所述：AP的长为17或256或3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
2．（2023·陕西西安·模拟预测）如图①，在矩形ABCD中，点F是矩形边上一动点，将线段BF绕点F顺时针旋转一定的角度，使得BF与矩形的边交于点E（含端点），连接BE，把△BEF定义为“转角三角形”．

(1)由“转角三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“转角△BEF”一定是一个___三角形；
(2)如图②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当点F与点C重合时，画出这个“转角△BEF″，并求出点E的坐标；
(3)如图③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当“转角△BEF″面积最大时，求点F的坐标．
【答案】(1)等腰
(2)作图见解析，点E的坐标为3−5,2
(3)点F的坐标为3,0或3,1或32,2．
【分析】（1）根据旋转的性质，以及转角三角形的定义进行判断作答即可；
（2）如图②，以F″为圆心，BF″长为半径画弧，交AD于点E，连接BE，EF″即可，由题意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=CE2−CD2=5，则AE=3−5，进而可得E点坐标；
（3）由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：①当F在AB上，由题意知，当F与A重合时，此时面积最大；②当F在OC上，由（2）可知，当F与C重合时，此时面积最大；③当F在CD上，由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时面积最大；④当F在AD上，由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时面积最大；然后分别求解各情况下的F坐标，然后判断作答即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，FB=FE，
∴△BEF是等腰三角形，
故答案为：等腰；
（2）解：如图②；

由题意知CE=OC=3，CD=2，
由勾股定理得DE=CE2−CD2=5，
∴AE=3−5，
∴点E的坐标为3−5,2；
（3）解：由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：
①当F在AB上，
由题意知，当F与A重合时，EF=AB，EF⊥AB，此时最大面积为S△BEF″=12AB×EF=2，F0,2；
②当F在OC上，
由（2）可知，当F与C重合时，此时最大面积为S△BEF″=12BF″×AB=BF″=3，F3,0；
③当F在CD上，
由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时最大面积为S△BEF″=12BE×AD=3，F3,1；
④当F在AD上，
由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时最大面积为S△BEF″=12BC×AB=3，F32,2；
综上所述，S△BEF″最大为3，F点的坐标为3,0或3,1或32,2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于正确的理解题意并分类讨论．
1．（2023柳州市二模）如图1，正方形ABCD和正方形QMNP，M是正方形ABCD的对称中心，QM交AD于E．
(1)猜想：ME与MF的数量关系为 ___________；
(2)如图2，若将原题中的“正方形”改为“菱形”，且∠NMQ=∠ABC，直接写出：线段ME与线段MF的数量关系为 ___________；
(3)如图3，若将原题中的“正方形”改为“矩形”，且AB:BC=1:2，探索线段ME与线段MF的数量关系，并说明理由；
(4)如图4，若将原题中的“正方形”改为平行四边形，且∠NMQ=∠ABC，AB:BC=m其它条件不变，直接写出ME：MF的值 ___________．
【答案】(1)ME=MF
(2)ME=MF
(3)MF=2ME，见解析
(4)m
【分析】（1）过点M作MH⊥AB于H，MG⊥AD于G，连接AM，首先证明M是正方形ABCD对角线的交点，然后证明△MHF≌△MGE，利用全等三角形的性质得到ME=MF；
（2）由M为菱形的对称中心得到M为菱形对角线的交点，根据菱形的性质得到AM平分∠BAD，根据角平分线性质得到MH与MG相等，然后由已知的∠NMQ=∠ABC，推导出∠EMH=∠FMG，进而推导出△MHE≌△MGF，进而得到ME=MF；
（3）过点M作ME⊥AB于E，MG⊥AD于G，利用矩形ABCD性质和已知条件证明∠HMF=∠GME，∠MHF=∠MGE，得出△MHF∽△MGE，然后利用相似三角形的性质即可求解；
（4）平行四边形ABCD和平行四边形QMNP中，∠M=∠B，AB=mBC，由于M是平行四边形ABCD的对称中心，MN交AB于F，AD交QM于E，则ME=mMF．证明方法和（1）（2）类似．
【详解】（1）解：ME=MF．理由如下：
如图1，过点M作MH⊥AB于H，连接AM，
∵M是正方形ABCD的对称中心，
∴AM平分∠BAD，
∴MH=MG，
在正方形ABCD中，∠DAB=90°，
∴∠EMF=∠HMG=90°，
∴∠FMH=∠EMG，
在△MHF和△MGE中，
∠FMH=∠EMGMH=MG∠MHF=∠MGE，
∴△MHF≌△MGE，
∴MF=ME，
故答案为：MF=ME；
（2）ME=MF．理由如下：
过点M作MH⊥AD于H，MG⊥AB于G．如图2，
∵M是菱形ABCD的对称中心，
∴M是菱形ABCD对角线的交点，
∴AM平分∠BAD，
∴MH=MG．
∵∠NMQ=∠ABC，
∴∠NMQ+∠BAD=180°．
又∵∠MHA=∠MGF=90°，
∴∠HMG+∠BAD=180°．
∴∠EMF=∠HMG．
∴∠EMH=∠FMG．
∵∠MHE=∠MGF，
∴△MHE≌△MGF，
∴ME=MF．
故答案为：MF=ME；
（3）MF=2ME．理由如下：
如图3，过点M作MG⊥AB于G，则∠MHE=∠MGF=90°，
在矩形ABCD中，∠BAC=90°，
在四边形GMHA中，∠GMH=90°，
又∵∠EMF=90°，
∴∠HME=∠GMF，
又∵∠MHE=∠MGF=90°，
∴△MHE∽△MGF，
∴MEMF=MHMG，
又∵M是矩形ABCD的对称中心，
∴MG=12BC,MH=12AB，
∴MHMG=ABBC=12，
∴MF=2ME；
（4）ME：MF=m．理由如下：
如图8，过点M作MG⊥AB于G，MH⊥AD于点H，则∠MHE=∠MGF=90°，
在平行四边形ABCD中，∠BAD+∠ABC=180°，
∴∠BAD+∠EMF=180°，
∵∠NMQ=∠ABC，
在四边形AGMH中，∠BAD+∠HMG=180°，
∴∠EMH=∠GMF，
又∵∠MHE=∠MGF=90°，
∴△MHE∽△MGF，
∴MEMF=MHMG，
又∵M是平行四边形ABCD的对称中心，
∴MHMG=ABBC=mBCBC=m，
∴ME：MF=m．
故答案为：m．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了正方形、矩形、平行四边形的性质、全等三角形、相似三角形的性质和判定的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形，运用相似三角形的对应边成比例进行推导．
2．（2023·河南平顶山·一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC，CD上．连接AM，AN，MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：线段DM，BN与MN的关系：______．（请直接写出结论，不必说明理由）
（2）如图2，在正方形ABCD中，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=13，求证：tan∠DAM=12．
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M，N分别在边DC，BC上，连接AM，AN，已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是______．

【答案】（1）MN=BN+DM，（2）证明见解析，（3）8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN=MN．
（2）根据设BN=m，DM=n，则MN=m+n，利用tan∠BAN=13，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m−n，CN=2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=MN2，代入可得关于m，n得方程，继而得到n=32m，最后代入tan∠DAM=DMAD，即可证明结论．
（3）延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用PQ∥BC可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠ABE=∠D=90°，AE=AM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°−45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
故答案为：MN=BN+DM；
（2）证明：设BN=m，DM=n，
由（1）可知，MN=BN+DM=m+n，
∵∠B=90°，tan∠BAN =13，
∴tan∠BAN =BNAB=13，
∴AB=3BN=3m，
∴CN=BC−BN=2m，CM=CD−DM=3m−n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=MN2
∴(2m)2+(3m−n)2=(m+n)2，
整理得：n=32m，
∴tan∠DAM=DMAD=32m3m=12，
（3）解：延长AB至P，使BP=BN=4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：

则四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=AP=AB+BP=12+4=16，
设DM=a，则MQ=16−a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴BNPE=ABAP=1216=34，
∴PE =43 BN =163，
∴EQ=PQ−PE=16 −163=323，
由（1）得：EM=PE+DM =163+ a，
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
(323)2+(16−a)2=(163+a)2，
解得：a=8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN=MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论CM2+CN2=MN2是解题的关键．
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上(如图1)，连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若PD=22，AB=6，则BQ的长为 ；
若P在BD的延长线上(如图2)，连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE=8，△DPE的面积是20，则PE的长为 ．

【答案】 2 413
【分析】本题考查正 方形的性质和判定，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关键，（1）过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC=45°，根据PH⊥DC，可得∠BDC=∠HPC=45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得DH=PH=2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到FC=PH=AE=DH=2，继而求出QE=FC=2，从而得到BQ；（2）过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH=PF，根据三角形的判定定理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA=FE，再由正方形的性质求出CF=EF=12CE=4，设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，根据S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE列方程求出a，最后根据勾股定理进行计算．
【详解】解：过点P作PE⊥AB,PH⊥DC,PF⊥BC，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，
∴∠BDC=45°，
∵PH⊥DC，
∴∠BDC=∠HPC=45°，
∴DH=PH，
∴△PHD是等腰直角三角形，
由勾股定理可得：PH2+DH2=PD2，
即2PH2=222，
解得：PH=2，
∴DH=PH=2，
∵∠FPH=∠PFC=∠PHC=90°，
∴四边形PFCH是矩形，
∴FC=PH=2，
同理可证：四边形ADHE是矩形，
∴AE=DH=2，
∵PQ⊥CP，PF⊥BC，
∴∠EPQ+∠QPF=90°,∠QPF+∠CPF=90°，
∴∠EPQ=∠CPF，
∵PE=PF,∠QEP=∠PFC，
∴△EPQ≌△FPC，
∴QE=FC=2，
∴BQ=AB−AE−EQ=6−2−2=2．
故答案为：2．
过点P作PH⊥AB,PF⊥BC，如图，
∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB,PF⊥BC，
∴PH=PF，
∵∠HPF=90°,∠APE=90°，
∴∠HPA+∠APF=90°,∠APF+∠FPE=90°，
∴∠HPA=∠FPE，
在△HPA和△FPE中
∠PHA=∠PFEPH=PF∠HPA=∠FPE
∴△HPA≌△FPE，
∴HA=FE，
∵四边形BHPF和ABCD均为正方形，
∴BH=BF,AB=BC，
∴AH=CF，
∴CF=EF=12CE=4，
设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为a+4，
∵S△PDE=S梯形DCFP+S△PFE−S△DCE，
∴a+a+4×4×12+4a+4×12−12×a×8=20，
解得：a=2，
∴PF=6，
∴PE=PF2+EF2=52=413．
故答案为：413．
4．（2023·广东云浮·三模）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E在边BC上，∠DAE=45°．若BD=3，CE=1，求DE的长．
小明发现，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转90°，得到△ACF，连接EF（如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE=45°，可证△FAE≌△DAE，得FE=DE．解△FCE，可求得FE（即DE）的长．
(1)请回答：在图2中，∠FCE= ，DE= ；
(2)参考小明思考问题的方法，解决下列问题：
①已知：如图3，正方形ABCD，BM，DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN=45°，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是 ．
②如图4，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．猜想线段BE、EF、DF之间的数量关系并说明理由．
【答案】(1)90°，10
(2)①直角三角形；②线段BE、EF、DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由见解析
【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质和旋转性质得到∠FCE=90°，进而利用勾股定理求得EF=10，证明△FAE≌△DAESAS证得EF=DE即可求解；
（2）①将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长线于P，由旋转性质和正方形的性质证得△FDN是直角三角形，FD=BM，再证明△FAN≌△MANSAS，得到MN=FN，进而可得答案；
②将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，根据旋转性质和已知可证得BE=DG，点F，D，G在同一条直线上，同样证明△AEF≌△AGFSAS，得到EF=FG，由FG=DG+DF=BE+DF可得结论．
【详解】（1）解：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
由旋转的性质得：∠ACF=∠B=45°，CF=BD=3，AF=AD，∠BAD=∠CAF，
∴∠FCE=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
在Rt△EFC中，EF=CF2+CE2=32+12=10，
∵∠BAC=90°，∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠CAE=45°，
∴∠CAF+∠CAE=45°，即∠FAE=45°，
∴∠FAE=∠DAE，
在△FAE和△DAE中，
AF=AD∠FAE=∠DAEAE=AE，
∴△FAE≌△DAESAS，
∴EF=DE，
∴DE=10；
故答案为：90°，10；
（2）解：①BM、DN、MN为三边围成三角形，则该三角形的形状是直角三角形，理由如下：
将△ABM绕点A按逆时针方向旋转90°，使AB与AD重合，得到△ADF，连接NF交AD的延长线于P，如图3所示：
∴AF=AM，DF=BM，∠DAF=∠BAM，∠ADF=∠ABM，
∵正方形ABCD，BM、DN分别平分正方形的两个外角，
∴∠ABM=90°+45°=135°，∠PDN=45°，∠BAD=90°，
∴∠ADF=135°，
∴∠FDP=180°−135°=45°，
∴∠FDP+∠PDN=45°+45°=90°，
∴∠FDN=90°，
∴△FDN是直角三角形，
∵∠MAN=45°，
∵∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠DAF+∠DAN=45°，即∠FAN=45°，
∴∠FAN=∠MAN，
在△FAN和△MAN中，
AF=AM∠FAN=∠MANAN=AN，
∴△FAN≌△MANSAS，
∴MN=FN，
∵FD=BM，FN=MN，
∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形，
故答案为：直角三角形；
②线段BE，EF，DF之间的数量关系为：EF=BE+DF，理由如下：
将△ABE绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AD重合，得到△ADG，如图4所示：
∴BE=DG，AE=AG，∠DAG=∠BAE，∠B=∠ADG，
∵∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADG+∠ADC=180°，
即点F，D，G在同一条直线上，
∵∠DAG=∠BAE，
∴∠GAE=∠BAD，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAF=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
AF=AC∠EAF=∠GAFAF=AF，
∴△AEF≌△AGFSAS，
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
【点睛】本题考查旋转性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质、直角三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用旋转性质构造全等三角形求解是解答的关键．
1．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2+CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由见解析；（2）AB2+CD2=AD2+BC2，证明见解析；（3）GE=73．
【分析】（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；
（2）先根据垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理解答即可；
（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，再根据角的和差可证∠BNM=90°，即CE⊥BG，从而可得四边形CGEB是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得．
【详解】证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
如图，连接AC,BD，
∵AB=AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB=CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）猜想AB2+CD2=AD2+BC2，证明如下：
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得：AD2+BC2=OA2+OD2+OB2+OC2，
AB2+CD2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°,AG=AC,AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△GAB≅△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，∠AME=∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得：CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AB是Rt△ACB的斜边，且AC=4，AB=5，
∴BC2=AB2−AC2=9，AG=AC=4,AE=AB=5，
在Rt△ACG中，CG2=AC2+AG2=32，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2=50，
∴9+GE2=32+50，
解得GE=73或GE=−73（不符题意，舍去），
故GE的长为73．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
2．（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）△APE是等腰直角三角形，理由见解析；（3）△APE的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接BD，BF，BP，根据正方形的性质求出∠DBF=90°，证明△APD≌△APB，推出BP=DP，再利用余角的性质求出∠PBF=∠PFB，推出PB=PF即可；
（2）根据正方形的性质直接得到∠CAE=∠PEA=45°，推出AP=EP,∠APE=90°，得到△APE是等腰直角三角形；
（3）延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，证明△MPD≌△EPFSAS，得到DM=EF,∠DMP=∠PEF，推出BG∥DM，设DF交BC于点H，交BG于点N，得到∠MDN=∠DNB，由AD∥BC得到∠ADN=∠BHN，推出∠ADM=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，进而得到∠ADM=∠ABE，再证明△ADM≌△ABESAS，得到AM=AE，∠DAM=∠BAE，证得∠APE=90°，再由∠MAE=90°，根据等腰三角形的三线合一的性质求出∠MAP=∠PAE=45°，即可证得△APE是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接BD，BF，BP，如图，

∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CBD=45°=∠FBG，
∴∠DBF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，
又∵AP=AP，
∴△APD≌△APBSAS，
∴BP=DP，
∴∠PDB=∠PBD，
∵∠PDB+∠PFB=90°=∠PBD+∠PBF，
∴∠PBF=∠PFB，
∴PB=PF，
∴PD=PF，即点P恰为DF的中点；
（2）△APE是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CAE=∠PEA=45°
∴AP=EP,∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）△APE的形状不改变，
延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，

∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠EBG=90°，BE=EF，BG∥EF，
∵点P为DF的中点，
∴PD=PF，
∵∠DPM=∠EPF，
∴△MPD≌△EPFSAS，
∴DM=EF,∠DMP=∠PEF，
∴BE=DM，DM∥EF，
∴BG∥DM，
设DF交BC于点H，交BG于点N，
∴∠MDN=∠DNB，
∵AD∥BC，
∴∠ADN=∠BHN，
∵∠BHN+∠BNH+∠HBN=180°，
∴∠ADM=∠ADN+∠MDN=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，
∵∠ABE=360°−∠ABC−∠EBG−∠HBN=180°−∠HBN，
∴∠ADM=∠ABE，
又∵AD=AB，
∴△ADM≌△ABESAS，
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE，
∵PM=EP，
∴AP⊥ME，即∠APE=90°，
∵∠DAM+∠MAB=90°，
∴∠BAE+∠MAB=90°，即∠MAE=90°，
∴∠MAP=∠PAE=45°，
∴∠PEA=45°=∠PAE，
∴AP=EP，
∴△APE是等腰直角三角形．
【点睛】此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，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
3．（2022·湖北襄阳·中考真题）矩形ABCD中，ABBC＝k2（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
(1)【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
(2)【类比探究】如图（2），当k≠2时，求AEEF的值（用含k的式子表示）；
(3)【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，PF=5，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)k−1
(3)22
【分析】（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；
（2）在BA上截取BH=BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB=3a，则BC=2a，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，证明△AEP'≌△AEP（SAS），△PEG≌△P'EH（AAS），可得四边形APEP'是正方形，再证明△APD≌△PEC（AAS），由（2）得△AHE∽△ECF，过点P作PK⊥AE交于K，进而证明四边形PKEF是矩形，则有PF=5=1210a，即可求出BC=22．
【详解】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接EH．
∵k=2，
∴AB=BC．
∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠1=∠2=45°，
∴∠AHE=180°-∠1=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠3=12∠DCG=45°，
∴∠ECF=∠3+∠4=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠6+∠AEB=90°，
∵∠5+∠AEB=90°，
∴∠5=∠6，
∵AB=BC，BH=BE，
∴AH=EC，
∴△AHE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
（2）解：在BA上截取BH=BE，连接EH．
∵∠B=90°，BH=BE，
∴∠BHE=∠BEH=45°，
∴∠AHE=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCG=90°，
∴∠DCF=12∠DCG=45°．
∴∠ECF=135°，
∵AE⊥EF，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
∴△AHE∽△ECF，
∴AEEF=AHCE，
∵ABBC=k2，E是BC边的中点，
∴EC=HB=12BC，
∴AH=AB-12BC=12k−1BC，
∴AEEF=k−1；
（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k=3，
∴ABBC=32，
设AB=3a，则BC=2a，
∵∠PAE=45°，
∴∠P'AP=90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点M，连接EM，
∵AH=AD=2a，
∴BH=a，
∵E是BC的中点，
∴BE=a，
∴HE=2a，∠BHE=45°，
∴∠P'HE=135°，
∵CG=EC=a，
∴∠MEC=45°，
∴∠PME=135°，
∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，
∴△AEP'≌△AEP（SAS），
∴PE=P'E，
∴△PEM≌△P'EH（AAS），
∴∠PEG=∠P'EH，
∵∠HEG=∠EGH=45°，
∴∠HEG=90°，
∴∠PEP'=90°，
∴∠AEP=∠AEP'=45°，
∴∠APE=∠AP'E=90°，
∴四边形APEP'是正方形，
∴AP=PE，
∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，
∴∠DAP=∠EPC，
∵AP=PE，
∴△APD≌△PEC（AAS），
∴AD=PC=2a，PD=ED=a，
∴PE=5a，
由（2）得△AHE∽△ECF，
∴AHEC=AEFE=2aa=2，
∵AE=10a
∴EF=102a，
∵∠HEM=∠AEF=90°，
∴∠HEA=∠MEF，
∵∠PEM=∠P'EH，
∴∠PEF=∠P'EH=45°，
过点P作PK⊥AE交于K，
∵EF⊥AE，
∴PK∥EF，
∵PK=1210a，
∴PK=EF，
∴四边形PKEF是矩形，
∴PF=KE，
∵PF=5，
∴1210a=5，
∴a=2,
∴BC=22．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形是判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质是解题的关键．
4．（2023·山东烟台·中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B,C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．

【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
【答案】线段CQ的长为2512．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明△QPO≌△QCOHL，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCOHL，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．

(1)若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是_______；
(2)如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC=BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)2
(2)90°
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得AC=BD，根据正方形的判定可得菱形ABCD为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接OC，根据“可旋四边形”的性质和题意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根据等边对等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，根据垂直平分线的性质可得OA=OD，OC=OB，根据全等三角形的判定和性质可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可证明四边形ABCD是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD为“可旋四边形”，
则菱形ABCD的一条对角线AC绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线BD重合，
即AC=BD，
则菱形ABCD为正方形，
∵菱形ABCD的面积为4，
∴菱形ABCD的边长是4=2．
故答案为：2．
（2）解：连接OC，如图：

∵四边形ABCD为“可旋四边形”，且点O是四边形ABCD的一个“旋点”，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵点O是边AB的中点，
∴OA=OB，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，
即2∠OCA+∠OCB=180°，
∴∠ACB=90°．
（3）解：四边形ABCD是“可旋四边形”；理由如下：
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，如图：

∵点O在线段AD和线段BC的垂直平分线上，
∴OA=OD，OC=OB，
在△AOC和△DOB中，
OA=ODAC=BDOC=OB，
∴△AOC≌△DOBSSS，
∴∠AOC=∠BOD，
则∠AOC−∠DOC=∠BOD−∠DOC，
即∠AOD=∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
6．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察．
如图，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是AB的中点，N是DC的中点，求证：∠PMN=∠PNM．
（2）用数学的思维思考．
如图，延长图中的线段AD交MN的延长线于点E，延长线段BC交MN的延长线于点F，求证：∠AEM=∠F．
（3）用数学的语言表达．
如图，在△ABC中，AC