2020-2022年山东中考数学3年真题汇编 专题17 与四边形有关的压轴题（学生卷+教师卷）

这是一份2020-2022年山东中考数学3年真题汇编 专题17 与四边形有关的压轴题（学生卷+教师卷），文件包含专题17与四边形有关的压轴题-三年2020-2022中考数学真题分项汇编山东专用解析版docx、专题17与四边形有关的压轴题-三年2020-2022中考数学真题分项汇编山东专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。

专题17 与四边形有关的压轴题
一、单选题
1．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ）

①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中

∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，

∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．

【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
二、解答题
2．（2021·山东日照·中考真题）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【分析】（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
3．（2021·山东淄博·中考真题）已知：在正方形的边上任取一点，连接，一条与垂直的直线（垂足为点）沿方向，从点开始向下平移，交边于点．

（1）当直线经过正方形的顶点时，如图1所示．求证：；
（2）当直线经过的中点时，与对角线交于点，连接，如图2所示．求的度数；
（3）直线继续向下平移，当点恰好落在对角线上时，交边于点，如图3所示．设，求与之间的关系式．
【答案】（1）见详解；（2）；（3）
【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求证；
（2）连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，由题意易得AQ=FQ，∠ADB=45°，则有QM=MD，进而可得证，然后可得，则问题可求解；
（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，由题意易证四边形HEGD是平行四边形，则有，进而可得，然后可得，则问题可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵AF⊥ED，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：连接AQ，过点Q作QM⊥AD于点M，并延长MQ，交BC于点N，如图所示：

∵点P是AF的中点，AF⊥EQ，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形MNCD是矩形，△MDQ是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）过点D作DH∥EG，交AB于点H，如图所示：

∴四边形HEGD是平行四边形，
∴，
∵AF⊥EG，
∴AF⊥HD，
由（1）中结论可得，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴与之间的关系式为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定、函数及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
4．（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，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想．
（3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长．

【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）．
【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，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，再利用勾股定理解答即可；
（3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，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）四边形是垂美四边形，理由如下：
如图，连接，

∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，即，
∴四边形是垂美四边形；
（2）猜想，证明如下：
∵四边形是垂美四边形，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
，
∴；
（3）如图，设分别交于点，交于点，连接，

∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由（2）得：，
∵是的斜边，且，，
∴，，
在中，，
在中，，
∴，
解得或（不符题意，舍去），
故的长为．
【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．
5．（2021·山东菏泽·中考真题）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落在点处．

（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；
（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；
（3）当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）分别根据平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；
（2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；
（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．
【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，
∴ADBC，AB＝CD；
∴∠DEF＝∠EFB，
∵折叠，
∴∠DEF＝∠HEF，
∴∠HEF＝∠EFB，
∴PE＝PF；
（2）证明：连接PM，ME，MF，


∵在矩形ABCD中，
∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，
又∵AE＝CF，
∴AD－AE＝BC－CF，
即：DE＝BF，
∵折叠，
∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，
∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，
又∵由（1）得：PE＝PF，
∴PE－HE＝PF－BF，
即：PH＝PB，
在RtPHM与RtPBM中，
，
∴RtPHM≌RtPBM（HL），
∴∠EPM＝∠FPM，
在EPM与FPM中，
，
∴EPM≌FPM（SAS），
∴ME＝MF，
∴点M在线段EF的垂直平分线上；
（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG，

∵AB＝CD＝5，，
∴BC＝，
∴在RtABC中，AC＝＝，
∵ADBC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在EAO与FCO中，
，
∴EAO≌FCO（AAS），
∴OA＝OC＝AC＝5，
又∵折叠，
∴OG＝OC＝5，
当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，

当点E与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，

∵O为定点，OG＝5为定值，
∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆心角为∠BOC，
在RtABC中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∵OA＝OB＝OC＝OG，
∴点A、B、C、G在以点O为圆心，5为半径的圆上，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∴的长为＝，
∴点运动的路线长为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．
6．（2021·山东临沂·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC
（1）求证：AG＝GH；
（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；
（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析
【分析】（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；
（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．
【详解】解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，
∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，
∴AG⊥BF，
∴∠AGF=90°，
∵AH平分∠DAF，
∴∠FAH=∠FAD，
∴∠EAH=∠GAF+∠FAH
=∠BAF+∠FAD
=（∠BAF+∠FAD）
=∠BAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∴∠EAH=∠BAD=45°，
∴∠GHA=45°，
∴GA=GH；
（2）连接DH，DF，交AH于点N，
由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，
∴AH⊥DF，FN=DN，
∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，
又∵∠GHA=45°，
∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，
∴∠DHF=90°，
∴DH的长即为点D到直线BH的距离，
由（1）知：在Rt△ABE中，，
∴，
∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AEB=∠ABG，
∴△ABG∽△AEB，
∴，
∴，
，
由（1）知：GF=BG，AG=GH，
∴，，
∴DH=FH=GH-GF==，
即点D到直线BH的长为；
（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，
∵∠BHD=90°，
∴H在圆周上，
∴∠BHC=∠BDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BDC=∠DBC=45°，
∴∠BHC=45°，
∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．
7．（2020·山东济南·中考真题）在等腰△ABC中，AC＝BC，是直角三角形，∠DAE＝90°，∠ADE＝∠ACB，连接BD，BE，点F是BD的中点，连接CF．
（1）当∠CAB＝45°时．
①如图1，当顶点D在边AC上时，请直接写出∠EAB与∠CBA的数量关系是　 　．线段BE与线段CF的数量关系是　 　；
②如图2，当顶点D在边AB上时，（1）中线段BE与线段CF的数量关系是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由；
学生经过讨论，探究出以下解决问题的思路，仅供大家参考：
思路一：作等腰△ABC底边上的高CM，并取BE的中点N，再利用三角形全等或相似有关知识来解决问题；
思路二：取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°，再利用旋转性质、三角形全等或相似有关知识来解快问题．
（2）当∠CAB＝30°时，如图3，当顶点D在边AC上时，写出线段BE与线段CF的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①，；②仍然成立，证明见解析；（2），理由见解析．
【分析】（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．首先证明再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．证明（SAS），可得结论．解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．证明四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，可得结论．
（2）结论：BE＝．如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．证明，可得结论．
【详解】解：（1）①如图1中，连接BE，设DE交AB于T．

∵CA＝CB，∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝90°，
∵∠ADE＝∠ACB＝45°，∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，


∴AT⊥DE，DT＝ET，
∴AB垂直平分DE，
∴BD＝BE，
∵∠BCD＝90°，DF＝FB，
∴CF＝BD，
∴CF＝BE．
故答案为：∠EAB＝∠ABC，CF＝BE．
②结论不变．
解法一：如图2﹣1中，取AB的中点M，BE的中点N，连接CM，MN．

∵∠ACB＝90°，CA＝CB，AM＝BM，
∴CM⊥AB，CM＝BM＝AM，
由①得：
设AD＝AE＝y．FM＝x，DM＝a，
点F是BD的中点，
则DF＝FB＝a+x，
∵AM＝BM，
∴y+a＝a+2x，
∴y＝2x，即AD＝2FM，
∵AM＝BM，EN＝BN，
∴AE＝2MN，MN∥AE，
∴MN＝FM，∠BMN＝∠EAB＝90°，
∴∠CMF＝∠BMN＝90°，
∴（SAS），
∴CF＝BN，
∵BE＝2BN，
∴CF＝BE．
解法二：如图2﹣2中，取DE的中点G，连接AG，CG，并把△CAG绕点C逆时针旋转90°得到，连接DT，GT，BG．

∵AD＝AE，∠EAD＝90°，EG＝DG，
∴AG⊥DE，∠EAG＝∠DAG＝45°，AG＝DG＝EG，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∴AC⊥AG，
∴AC∥DE，
∵∠ACB＝∠CBT＝90°，

∴AC∥BT∥，
∵AG＝BT，
∴DG＝BT＝EG，
∴四边形BEGT是平行四边形，四边形DGBT是平行四边形，
∴BD与GT互相平分，
∵点F是BD的中点，
∴BD与GT交于点F，
∴GF＝FT，
由旋转可得；
是等腰直角三角形，
∴CF＝FG＝FT，
∴CF＝BE．
（2）结论：BE＝．
理由：如图3中，取AB的中点T，连接CT，FT．

∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝30°，∠ACB＝120°，
∵AT＝TB，
∴CT⊥AB，

∴AT＝，
∴AB＝，
∵DF＝FB，AT＝TB，
∴TF∥AD，AD＝2FT，
∴∠FTB＝∠CAB＝30°，
∵∠CTB＝∠DAE＝90°，
∴∠CTF＝∠BAE＝60°，
∵∠ADE＝∠ACB＝60°，

∴AE＝AD＝FT，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,锐角三角函数的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
8．（2020·山东青岛·中考真题）已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．

解答下列问题：     
（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？
（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；
（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；
（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） t=；（2）t=3;（3）S与t的函数关系式为；（4）存在，t=,
【分析】（1）要使点M在线段CQ的垂直平分线上，只需证CM=MQ即可；
（2）由矩形性质得PH=QN，由已知和AP=2t，MQ=t，解直角三角形推导出PH、QN，进而得关于t的方程，解之即可；
（3）分别用t表示出梯形GHFM的面积、△QHF的面积、△CMQ的面积，即可得到S与t的函数关系式；
（4）延长AC交EF与T，证得AT⊥EF，要使点P在∠AFE的平分线上，只需PT=PH，分别用t表示PT、PH，代入得关于t的方程，解之即可．
【详解】（1）当=时，点在线段的垂直平分线上，理由为：
由题意，CE=2，CM∥BF，
∴即：，
解得：CM=，
要使点在线段的垂直平分线上，
只需QM=CM=，
∴t=；
（2）如图，∵，，，
∴AC=10，EF=10，sin∠PAH=，cos∠PAH=，sin∠EFB=，
在Rt△APH中，AP=2t，
∴PH=AP·sin∠PAH=，
在Rt△ECM中，CE=2,CM=,由勾股定理得：EM=，
在Rt△QNF中，QF=10-t-=，
∴QN=QF·sin∠EFB=()×=，
四边形为矩形，
∴PH=QN，
∴=，
解得：t=3；

（3）如图，过Q作QN⊥AF于N，
由（2）中知QN=，AH=AP·cos∠PAH=，
∴BH=GC=8-，
∴GM=GC+CM=，HF=HB+BF=，
∴
=
=
=，
∴S与t的函数关系式为：；

（4）存在，t=．
证明：如图，延长AC交EF于T，
∵AB=BF,BC=BF, ，
∴△ABC≌△EBF，
∴∠BAC=∠BEF，
∵∠EFB+∠BEF=90º，
∴∠BAC+∠EFB=90º，
∴∠ATE=90º即PT⊥EF，
要使点在的平分线上，只需PH=PT，
在Rt△ECM中，CE=2,sin∠BEF=，
CT=CE·sin∠BEF =，
PT=10+-2t=，又PH=，
=，
解得：t=．

【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了解直角三角形、锐角三角函数、垂直平分线、角平分线、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、多边形的面积等知识、解答的关键是认真审题，分析相关知识，利用参数构建方程解决问题，是中考常考题型．
9．（2020·山东菏泽·中考真题）如图1，四边形的对角线，相交于点，，．

       图1                  图2          
（1）过点作交于点，求证：；
（2）如图2，将沿翻折得到．
①求证：；
②若，求证：．
【答案】（１）见解析；（２）①见解析；②见解析．
【分析】（1）连接CE，根据全等证得AE=CD，进而AECD为平行四边形，由进行等边代换，即可得到；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，，得，利用翻折的性质得到，即可证明；②证△BEF≌△CDE，从而得，进而得∠CED=∠BCD，且，得到△BCD∽△CDE，得，即可证明．
【详解】解：（1）连接CE，

∵，
∴，
∵，，，
∴△OAE≌△OCD，
∴AE=CD，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AE=CD，OE=OD，
∵，
∴CD=BE，
∴；
（2）①过A作AE∥CD交BD于E，交BC于F，连接CE，

由（1）得，，
∴，
由翻折的性质得，
∴，
∴，
∴；
②∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴EF=DE，
∵四边形AECD是平行四边形，
∴CD=AE=BE，
∵AF∥CD，
∴，
∵EF=DE，CD=BE，，
∴△BEF≌△CDE（SAS），
∴，
∵，
∴∠CED=∠BCD，
又∵∠BDC=∠CDE，
∴△BCD∽△CDE，
∴，即，
∵DE=2OD，
∴．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质以及平行四边形的判定和性质，考查等腰三角形的判定与性质综合，熟练掌握各图形的性质并灵活运用是解题的关键．
10．（2020·山东临沂·中考真题）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．

（1）求证：；
（2）求的最小值；
（3）当点E在上运动时，的大小是否变化？为什么？
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.
【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.
【详解】解：（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；

（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为；

（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD=∠CFD=∠AFC，
∵AF=CF=EF，
∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，
∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF=∠CEF，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABF=∠CEF=30°，为定值.

【点睛】本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．
11．（2020·山东济宁·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E、F、G分别在边BC、CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．
(1)求证:△AEH≌△AGH；
(2)当AB=12，BE=4时：
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或
【分析】（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；
（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；
②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形 ，
∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，
∵BE=CG，AB=AC，
∴△ABE≌△ACG，
∴AE=AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAH=∠GAH，
∵AH=AH，
∴△AEH≌△AGH；
（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，
∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，
∴点E和点G关于AF对称，
∴此时△DGH的周长最小，
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，
由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，
∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，
∴CM=CD=6，
∴DM=，
∵AB=12=BC，BE=4，
∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，
∴DE==DH+EH=DH+HG，
∴DH+HG+DG=
∴△DGH周长的最小值为；

②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，
可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，
即S△AON：S△AEC=1:4，
∵O是AC中点，
∴N为AE中点，此时ON∥EC，
∴，

当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，
同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，
∴S△NOC：S△AEC=1:4，
∵O为AC中点，
∴N为EC中点，则ON∥AE，
∴，
∵BE=4，AB=12，
∴EC=8，EN=4，
过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，
∴CG=2CP，
∵CG=BE=4，
∴CP=2，GP=，
∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，
∴△AEF≌△AGF，
∴EF=FG，
设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，
在△FGP中，，
解得：x=，
∴EF=，
∴，

综上：存在直线OH，的值为或.
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.
12．（2020·山东德州·中考真题）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，中，，，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使，连接BE，证明，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明的判定定理是：__________________________________________；
（2）AD的取值范围是________________________；
方法运用：
（3）如图2，AD是的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使，求证：．
（4）如图3，在矩形ABCD中，，在BD上取一点F，以BF为斜边作，且，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：．

【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【分析】（1）利用三角形的中线与辅助线条件，直接证明，从而可得证明全等的依据；
（2）利用全等三角形的性质得到求解的范围，从而可得答案；
（3）延长至点，使，证明，利用全等三角形的性质与，证明，得到，从而可得答案；
（4）延长至点使，连接、、，证明，得到，利用锐角三角函数证明，再证明，利用相似三角形的性质可得是直角三角形，从而可得答案．
【详解】解：（1）如图，AD是中线，

在与中，



故答案为：
（2）





故答案为：
（3）证明：延长至点，使，
∵是的中线
∴
在和中

∴，
∴，
又∵，
∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
又∵
∴

（4）证明：延长至点使，连接、、
∵G为的中点
∴
在和中

∴
∴
在中，∵，
∴
又矩形中，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
又为的外角，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
即，
在和中，

∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵G为的中点，
∴，
即．

【点睛】本题考查的是倍长中线法证明三角形全等，同时考查全等三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，矩形的性质，三角形相似的判定与性质，锐角三角函数的应用，掌握以上知识是解题的关键．