【期中讲练测】苏科版八年级下册数学 06期中必刷题（压轴专练）.zip

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一．利用特殊四边形的性质与判定解决多结论问题（共5小题）
1．（22-23八年级下·广东广州·期中）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF，交AC于点M，连接DE，BO．若∠BOC=60°，FO=FC，则下列结论：①AE=CF；
②四边形BFDE是菱形；
③BF垂直平分线段OC；
④BE=3AE．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据CD∥AB，则∠CAB=∠ACD，根据点O是AC的中点，证明△AOE≌△COF，判断①；根据矩形的性质，得AB=CD，AB∥CD，根据AE=CF，证明四边形BEDF是平行四边形，根据∠BOC=60°，OA=OB，得∠OAB=∠OBA=30°；根据△AOE≌△COF，得∠FCO=∠OAB=30°，等量代换，得∠BOF=90°，OB垂直平分线段EF，BE=BF，即可判断②；利用线段垂直平分线的性质的逆定理，可判断③；根据直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半，则BE=2OE，根据△AOE≌△COF，得AE=CF，OE=OF，OF=FC，等量代换，即可判断④．
【详解】解：在矩形ABCD中，CD∥AB，
∴∠CAB=∠ACD，
∵点O是AC的中点
∴AO=CO
∵∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF
∴AE=CF，
故①正确；
在矩形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，
∵AE=CF，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵∠BOC=60°，OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=30°，
∵△AOE≌△COF，
∴∠FCO=∠OAB=30°，OF=OE，
∵FO=FC，
∴∠FOC=30°，
∴∠BOF=90°，
∵OF=OE，
∴OB垂直平分线段EF，
∴BE=BF，
∴平行四边形BEDF是菱形．
故②正确；
∵OB=OC，∠BOC=60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴BO=CB，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分线段OC．
故③正确；
∵∠BOE=90°，∠OBE=30°，
∴BE=2OE，
∵△FOC≌△EOA，
∴AE=CF，OE=OF，
∵OF=FC，
∴AE=OE，
∴BE=2AE．
故④不正确．
综上所述，正确的有①②③．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形，菱形，垂直平分线的性质，等边三角形和全等三角形等知识，解题的关键是掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边三角形的性质，全等三角形判定和性质．
2．（22-23八年级下·贵州安顺·期中）如图，在正方形ABCD中， AB=2，AC，BD相交于点O，E、F分别是边BC、CD上的动点 （点E、F不与线段BC、CD的端点重合），BE=CF，连接OE，OF，EF．在点E、F运动的过程中，有下列四个结论：①△OEF始终是等腰直角三角形；②△OEF面积的最小值是12；③四边形OECF的面积始终是1；④至少存在一个△ECF，使得△ECF的周长是2+3；所有正确结论的序号是（ ）

A．①③④B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】通过证明△OBE≌△OCF则可证明结论①正确；由OE的最小值是O到BC的距离，即可求得OE的最小值1，根据三角形面积公式即可判断选项②正确；由①可知△OBE≌△OCF，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项③正确；假设存在一个△ECF，使得△ECF的周长为2+3，则EF=3，由①可知△ECF是等腰直角三角形，即可判断④正确．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，AC，BD相交于点O，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，
在△OBE和△OCF中，
OB=OC∠OBE=∠OCFBE=CF，
△OBE≌△OCFSAS，
∴OE=OF，
∵∠BOE=∠COF，
∴∠EOF=∠BOC=90°，
∴△OEF是等腰直角三角形，故①正确；
②∵当OE⊥BC时，OE最小，此时OE=OF=12BC=1，
∴△OEF面积最小=12×1×1=12，故②正确；
③由①可知，△OBE≌△OCF，
∴S四边形OECF=S△COE+S△OCF=S△COE+S△OBC=S△OBC=14×2×2=1，故③正确；
④∵BE=CF，
∴CE+CF=CE+BE=BC=2，
假设存在一个△ECF，使得△ECF的周长为2+3，则EF=3，
由①可知△ECF是等腰直角三角形，
∴OE=EF2=62，
∵OB=2，OE的最小值为1，
∴存在一个△ECF，使得△ECF的周长为2+3，故④正确．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质注意掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．
3．（23-24八年级上·福建泉州·阶段练习）如图，点E在正方形ABCD外，连结AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点F．若AE=AF=42，BF=10，则下列结论：①△AFD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为22；④S△ABF+S△ADF=40．其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】利用正方形和AF⊥AE，证得∠BAE=∠DAF，利用SAS即可证△AFD≌△AEB，得到∠AFD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，即可证得EB⊥ED，过点B作BP⊥AE，交AE的延长线于P，利用勾股定理求得FE、BE，结合△AEF是等腰直角三角形，得到PB=PE，再利用勾股定理可求BP，连接BD，根据S△ABF+S△ADF=S△ABF+S△AEB=S△AEF+S△BEF，即可求得S△ABF+S△ADF面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=∠BAE+∠BAF=90°，
∵∠DAF+∠BAF=∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
又∵AE=AF，
∴△AFD≌△AEBSAS，故①正确；
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AEB=∠AEF+∠BEF，∠AFD=∠AEF+∠FAE，
∴∠BEF=∠FAE=90°，即EB⊥ED，故②正确；
过点B作BP⊥AE，交AE的延长线于P，则BP的长即点B到直线AE的距离，
∵AE=AF=42，∠FAE=90°，
∴FE=AE2+AF2=8，∠AEF=∠AFE=45°，
在Rt△BEF中，FB=10，FE=8，
∴BE=6，
∵EB⊥ED，BP⊥AP，则∠BED=∠P=90°，
∴∠PEB=∠PBE=45°，则PB=PE，
在Rt△PBE中，BE2=PE2+PB2=2PB2，
∴BP=EP=BE2=32，故③不正确；
连接BD，
S△ABF+S△ADF=S△ABF+S△AEB=S△AEF+S△BEF=12×42×42+12×6×8=40，
故④正确；
综上，正确结论的序号是①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用等，解题的关键是作出辅助线构造直角三角形．
4．（21-22八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中：①∠DCF=12∠BCD；②EF=CF；③S△BEC<2S△CEF；④∠DFE=4∠AEF．一定成立的有的结论有 ．（填正确结论的序号）

【答案】①②/②①
【分析】①先证出AF=FD=CD，得到∠DFC=∠DCF，再根据平行线性质得到∠DFC=∠FCB，即可得到∠DCF=∠BCF，可得∠DCF=12∠BCD，故①正确；
②延长EF，交CD延长线于M，先证△AEF≌△DMFASA，得到FE=MF即FE=12EM，再通过在Rt△ECM中斜边上的中线等于斜边的一半得到FC=12EM，即可得到CF=EF，故②正确；
③根据EF=FM，可得S△EFC=S△CFM，那么S△ECM=2S△CFE，再通过当E、A不重合时，则有MC>BE，得到S△BEC④先证FC=FE，设∠FCE=x，那么∠DCF=90°-x，再通过证∠DCF=∠DFC，那么∠DCF=∠DFC=90°-x，则∠EFC=180°-2x，进一步证得∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，即可证得∠DFE=3∠AEF，故④错误．
【详解】解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵在▱ABCD中，AD∥BC ，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，
故①正确；
②延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM ，
∴△AEF≌△DMFASA，
∴FE=MF，即FE=12EM，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∴FC=12EM
∵FE=12EM，
∴CF=EF，
故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∴S△ECM=2S△CFE，
当E和A不重合时，MC>BE，
∴S△BEC∴S△BEC<2S△CEF，
当E、A重合时，则有MC=BE，则S△BEC=2S△CEF
故③错误；
④设∠FEC=x，
∵CE⊥AB，AB∥CD，
∴∠ECD=∠BEC=90°，
∵F 是EM的中点，
∴FC=FE，
∴∠FCE=x，
∴∠DCF=90°-x，
∵AD∥BC
∴∠FCB=∠DFC
∵∠DCF=∠FCB；
∴∠DCF=∠DFC，
∴∠DCF=∠DFC=90°-x
∴∠EFC=180°-2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，
∵∠AEF=90°-x，
∴∠DFE=3∠AEF，故④错误．
综上所述正确的是：①②．
故答案为：①②．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形性质等知识，能准确找到边与边之间、角与角之间的关系是解答此题的关键．
5．（2021·山东菏泽·一模）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；
②无论点M运动到何处，都有DM=2HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）．

【答案】①②④
【分析】①正确．证明∠ADM=30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．③错误．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM>CD即可判断．④正确．证明∠AHM<∠BAC=45°，即可判断．
【详解】解：如图，连接DH，HM．

由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AD，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAHSAS，
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=2HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°-45°=15°，
∴∠ADM=45°-15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM>AD，AD=CD，
∴DM>CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③错误，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM∴∠AHM<∠BAC=45°，
∴∠CHM>135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查正方形的性质，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30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
二．折叠问题综合（共5小题）
6．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠；顶点E落到点E处，BE交AD于点F．
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)如图2，O为BD的中点，FO的延长线交BC于G，连接DG，
①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
②若AB=6，AD=8，求FG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①四边形BFDG是菱形，证明见解析；②FG=152；
【分析】
本题考查的是等腰三角形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记菱形的判定与性质是解本题的关键；
（1）先证明∠DBE=∠DBC，再证明∠FDB=∠DBC，可得∠FBD=∠FDB，从而可得结论；
（2）①先证明四边形BFDG是平行四边形，结合DF=BF，可得四边形BFDG是菱形；②求解BD=10．可得OB=12BD=5，设DF=BF=x，表示AF=8-x，由勾股定理可得62+(8-x)2=x2，可得x的值，再求解FO即可；
【详解】（1）证明：根据折叠，∠DBE=∠DBC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FDB=∠DBC，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FB=FD，
∴△BFD为等腰三角形；
（2）①结论：四边形BFDG是菱形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
∴ FD∥BG，
∴∠FDB=∠DBG，
又∵ O为BD的中点，
∴OB=OD，
∵∠FOD=∠GOB，
∴△DOF≌△BOGAAS，
∴DF=BG，
∴四边形BFDG是平行四边形，
由（1）得：DF=BF，
∴四边形BFDG是菱形；
②∵AB=6，AD=8，∠A=90°，
∴BD=10．
∴OB=12BD=5．
设DF=BF=x，
∴AF=AD-DF=8-x，
∴在直角△ABF中，
AB2+AF2=BF2，即62+(8-x)2=x2，
解得x=254，即BF=254，
FO=BF2-BO2=2542-52=154，
∴FG=2FO=152．
7．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点Dʹ处，MD'与BC交于点N．
【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME．
（2）若CD=4，MD=8，求EC的长．
（3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并说明理由；
【答案】（1）MN=CN；（2）EC=10（3）EM2+MC2=4MN2，理由见解析
【分析】
本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等：
（1）由折叠的性质可得∠CMD=∠CMD'，再由矩形的性质结合平行线的性质得到∠CMD=∠MCN，则∠CMD'=∠MCN，进而可得MN=CN；
（2）由折叠的性质可得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，设MN=NC=x，则ND'=MD'-MN=8-x，由ND'2+D'C2=NC2，得到8-x2+42=x2，解得x=5，则MN=5，同理可证明EN=MN=5，则EC=EN+CN=10；
（3）由折叠的性质证明∠EMC=90°，由勾股定理得到EM2+MC2=CE2，再证明CE=2MN，即可得到EM2+MC2=4MN2．
【详解】
解：（1）∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD=∠CMD'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CMD=∠MCN，
∴∠CMD'=∠MCN，
∴MN=CN．
故答案为：MN=CN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，
设MN=NC=x，
∴ND'=MD'-MN=8-x，
在Rt△ND'C中，∠D'=90°，
∴ND'2+D'C2=NC2，
∴8-x2+42=x2，
解得x=5，
∴MN=5，
同理可证明EN=MN=5，
∴EC=EN+CN=10；
（3）EM2+MC2=4MN2，理由如下：
由折叠的性质可得∠AME=∠EMN，∠DMC=∠CMN，
∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN=180°，
∴∠EMN+∠CMN=90°，即∠EMC=90°，
∴EM2+MC2=CE2，
∵EN=MN=CN，
∴CE=2MN，
∴EM2+MC2=4MN2．
8．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在正方形纸片ABCD中，点M、N分别是BC、AD上的点，连接MN．
(1)问题探究：如图1，作DD'⊥MN，交AB于点D'，求证：MN=DD'；
(2)问题解决：如图2，将正方形纸片ABCD沿过点M、N的直线折叠，点D的对应点D'恰好落在AB上，点C的对应点为点C'，若BD'=12，CM=4，求线段MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)MN=610
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
（1）过点N作NH⊥BC于H，利用ASA证明△ADD'≌△HNM，得MN=DD'；
（2）连接MD'，DD'，设正方形的边长为x，由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，解方程可得x的值，利用勾股定理求出DD'，再根据（1）知，DD'=MN，从而解决问题．
【详解】（1）解：证明：过点N作NH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，∠DAB=∠ABM=90°，
∵ ∠NHB=90°，
∴四边形ABHN是矩形，
∴ AB=HN，
∵ DD'⊥MN，
∴ ∠DON=90°，
∴ ∠OND+∠ODN=90°，
∵ ∠OND+∠MNH=90°，
∴ ∠ODN=∠MNH，
∵ ∠DAD'=∠NHM，AD=NH，
∴ △ADD'≌△HNMASA，
∴ MN=DD'；
（2）（2）连接MD'，DD'，
由折叠的性质得到：C'M=CM，CD=C'D'，
设正方形的边长为x，
由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，
∴ 122+x-42=x2+42，
解得：x=18，
∴ AB=AD=18，
∴ AD'=AB-BD'=18-12=6，
由勾股定理得，DD'=AD2+AD'2=182+62=360=610 ，
∵ MN是DD'的垂直平分线，
由（1）知，DD'=MN，
∴ MN=610．
9．（23-24八年级上·江苏南通·阶段练习）综合与实践：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
在矩形ABCD中，E为AB边上一点，F为AD边上一点，连接CE、CF，分别将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．
(1)如图1，若F为AD边的中点，AB=BC=6，点G与点H重合，则∠ECF= °，BE= ；
(2)如图2，若F为AD的中点，AB=5，BC=4，求BE的长．
(3)AB=5，AD=3，若F为AD的三等分点(图仅供参考)，请直接写出BE的长．
【答案】(1)45，2
(2)127
(3)2或97
【分析】
（1）证明四边形ABCD是正方形，由正方形的性质得出AD=AB=6，∠BCD=90°，由勾股定理及折叠的性质可得出答案；
（2）延长CG，交AB于点T，连接FT，证明Rt△FTG≌Rt△FAT，在Rt△CBT中，勾股定理求得TG=TA=45，在Rt△EHT中，勾股定理即可求解．
（3）分两种情况：①当AF=2DF时，如图3，过点E作EP ∥ GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，证明Rt△EFP≌Rt△FEA（HL），由全等三角形的性质得出AE=FP，设BE=EH=a，FP=a+1，AE=FP=5-a，得出a+1=5-a，则可得出答案；②当DF=2AF时，如图4，过点E作EP ∥ GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，设BE=EH=a，FP=a+2，AE=5-a，由勾股定理得出12+5-a2=22+a+22，求出a则可得出答案．
【详解】（1）解：∵AB=BC，四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=6，∠BCD=90°，
∵F为AD的中点，
∴DF=AF=3，
∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴BE=EG，DF=FG=3，
设BE=x，则AE=6-x，
∴EF=3+x，
∵EF2=AE2+AF2，
∴(3+x)2=(6-x)2+32，
∴x=2，
∴BE=2．
∵将△BCE和△CDF沿CE、CF翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴∠BCE=∠GCE，∠DCF=∠GCF，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF=12∠BCD=12×90°=45°．
故答案为：45；2；
（2）
解：如图2，延长CG，交AB于点T，连接FT，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4,AB=CD=5
∵F是AD的中点，
∴AF=DF=2
∵折叠，
∴∠FGC=∠FGT=90°,FG=FD=2
在Rt△FTG,Rt△FAT中，
FT=FTFG=FA
∴Rt△FTG≌Rt△FAT
∴TG=TA
设TG=TA =a，
在Rt△CBT中，CT=CG+GT=5+a，BT=BA-TA=5-a，
CT2=CB2+BT2
即5+a2=5-a2+42
解得：a=45,
即TG=45
∵CG=CD=5,CH=CB=4
∴HG=1，
设BE=x，则EH=x，
在Rt△EHT中，ET=BA-BE-TA=5-x-45,
ET2=EH2+TH2
∴5-x-452=x2+1+452
解得：x=127
即BE=127；
（3）2或97．
分两种情况：①当AF=2DF时，
如图3，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，
由折叠的性质可知，CD=CG=5，BC=CH=3，
∴HG=CG-CH=2，
∵AF=2DF，
∴AF=2，
∴AF=EP，
在Rt△EFP和Rt△FEA中，
AF=EPEF=EF，
∴Rt△EFP≌Rt△FEA(HL)，
∴AE=FP，
设BE=EH=a，FP=a+1，AE=FP=5-a，
∴a+1=5-a，
解得a=2，
∴BE=2．
②当DF=2AF时，
如图4，过点E作EP∥GH，交FG的延长线于点P，连接EF，则四边形GHEP为矩形，GH=EP，EH=GP，
由折叠的性质可知，CD=CG=5，BC=CH=3，
∴EP=HG=CG-CH=2，
∵DF=2AF，
∴AF=1．
设BE=EH=a，FP=a+2，AE=5-a，
∵EF2=AF2+AE2=EP2+FP2，
∴12+(5-a)2=22+(a+2)2，
解得a=97，
∴BE=97．
综上可知，BE的长为2或97．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（21-22八年级下·江苏无锡·期中）已知，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．
(1)以点B为坐标原点，将矩形ABCD放在平面直角坐标系中，点C、A分别在x轴、y轴上（如图1），沿对角线BD折叠该矩形，点A落在点E处，DE交x轴于点F，求过点F并将矩形面积平分的直线所对应的一次函数表达式；
(2)以对角线BD为边长作正方形DBQP，并将该正方形绕点D旋转，记作正方形DB1Q1P1（如图2），DB1交边BC于点M，B1Q1、Q1P1分别交DC、BC的延长线于点H、N．
①求证：MN=DH；
②正方形DBQP在旋转过程中，当点B对应的点B1恰好落在线段QP1上时，求线段QP1的长．（0°<旋转角<180°）
【答案】(1)过点F并将矩形面积平分的直线所对应的一次函数表达式为y＝－43x＋253
(2)①证明见解析；② QP1＝56＋52
【分析】（1）作对角线BD的中点O，则直线OF即为将矩形面积平分的直线，求出O（4，3），设BF＝x，则DF＝x，CF＝8−x，由勾股定理得出（8－x）2＋62＝x2，解得x＝254，求出F（254，0），可由待定系数法求出答案；
（2）①过P1作P1E∥MN交B1D于E，交DC于F，证明△B1DH≌△DP1E（ASA），由全等三角形的性质得出P1E＝DH，则可得出结论；
②过点D作DK⊥QP1于点K，连接DQ，由勾股定理求出P1K和QK即可求出答案．
【详解】（1）解：作对角线BD的中点O，则直线OF即为将矩形面积平分的直线，如图，
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴D（8，6），
∴O（4，3），
∵沿对角线BD折叠该矩形，点A落在点E处，
∴∠ADB＝∠EDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBF，
∴∠EDB＝∠DBF，
∴DF＝BF，
设BF＝x，则DF＝x，CF＝8－x，
在Rt△DCF中，CF2＋DC2＝DF2，
∴（8－x）2＋62＝x2，
解得x＝254，
∴F（254，0），
设直线OF解析式为y＝kx＋b，
则0=254k+b3=4k+b，解得k=-43b=253，
∴直线OF解析式为y＝－43x＋253，
∴过点F并将矩形面积平分的直线所对应的一次函数表达式为y＝－43x＋253；
（2）①过P1作P1E∥MN交B1D于E，交DC于F，如图，
∵四边形DB1Q1P1是正方形，
∴DB1＝DP1，DB1∥P1Q1，∠B1＝∠P1DE，
∴四边形EMNP1是平行四边形，
∴MN＝P1E，
∵DC⊥MN，P1E∥MN，
∴DC⊥P1E，
∴∠DP1E＝90°－∠FDP1＝∠B1DH，
在△B1DH和△DP1E中，∠B1=∠P1DEDB1=DP1∠B1DH=∠DP1E，
∴△B1DH≌△DP1E（ASA），
∴P1E＝DH，
∴MN＝DH；
②过D作DK⊥QP1于K，连接DQ，
∵AB＝CD＝6，BC＝8，
∴BD＝CD2+BC2=62+82=10，
∴DP1＝BD＝10，
∴B1P1＝DQ＝102，
∴DK＝P1K＝12B1P1＝52，
∴QK＝DQ2-DK2=1022-522=56，
∴QP1＝QK＋KP1＝56＋52．
【点睛】此题是一次函数综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，待定系数法，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识，解决此题目关键是要掌握旋转的性质，正确画出图形．
三．与特殊四边形有关的最值问题（共4小题）
11．（23-24八年级上·江苏南通·阶段练习）已知：在平面直角坐标系中，四边形OABC满足OA∥BC，OC∥AB，OA=AB=4，且∠OAB=60°．
(1)如图1，求直线AB的解析式；
(2)如图2， 将线段AB沿线段AC方向从点A向点C平移，记平移中的线段AB为A'B'，当△CA'B'为直角三角形时，在x轴上找一点P，使PB'-PC最大，请求出PB'-PC的最大值；
(3)如图3，将线段OC绕点O顺时针旋转角度α（0°≤α≤180°），记旋转中的线段OC为OC'，在旋转过程中，设线段OC'所在直线与直线BC交于点P，与直线AC交于点Q，是否存在角α，使得△CPQ为等腰三角形？若存在，请直接写出角α；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-3x+43
(2)P-8,0， PB'-PC最大为433
(3)45°或者90°或者135°
【分析】（1）过点B作BT⊥OA于点T，先证明四边形OABC是菱形，且A4,0，根据 ∠OAB=60°，BT⊥OA，可得∠ABT=30°，根据含30°直角三角形的性质可得AT=12AB=2，即有BT=AB2-AT2=23，可得B2,23，再根据待定系数法即可求解；
（2）当△CA'B'为直角三角形，∠CB'A'=90°时，过点A'作A'W⊥OA于点W，连接BO交AC于点S，先证明四边形OABC是菱形，∠OAB=60°，可得∠BAC=∠OAC=12∠OAB=30°，利用勾股定理和含30°直角三角形的性质可得，CA'=833，即有AA'=AC-A'C=433，进而可得A'W=12A'A=233，AW=AA'2-A'W2=2，再根据点A的平移轨迹可得点B2,23平移轨迹，即可得B'0,833，在△PB'C中，根据三角形三边关系有：PB'-PC（3）分当△CPQ为等腰三角形，且为锐角三角形，PC=QC时；当△CPQ为等腰三角形，且PQ=QC时；当△CPQ为等腰三角形，且为钝角三角形，PC=CQ时，三种情况讨论，画出图形，结合等腰三角形的性质，三角形外角的定义与性质，三角形内角和定理即可作答．
【详解】（1）过点B作BT⊥OA于点T，如图，
∵OA∥BC，OC∥AB，OA=AB=4，
∴四边形OABC是菱形，且A4,0，
∵∠OAB=60°，BT⊥OA，
∴∠ABT=30°，
∴AT=12AB=2，BT=AB2-AT2=23，
∴OT=OA-AT=2，
∴B2,23，
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
∵B2,23，A4,0，
∴4k+b=02k+b=23，解得：k=-3b=43，
∴直线AB的解析式为：y=-3x+43，
（2）当△CA'B'为直角三角形，∠CB'A'=90°时，过点A'作A'W⊥OA于点W，连接BO交AC于点S，如图，
根据平移的性质有：A'B'∥AB，A'B'=AB=4，
∵四边形OABC是菱形，∠OAB=60°，
∴∠BAC=∠OAC=12∠OAB=30°，
∴BS=OS=12AB=2，CS=AS=OA2-OS2=23，
∴AC=CS+AS=43，
∵A'B'∥AB，
∴∠B'A'C=∠BAC=30°，
∵△CA'B'为直角三角形，∠CB'A'=90°，A'B'=4，
∴B'C=12A'C，A'C2=B'A'2+B'C2，
∴CA'=833，
∴AA'=AC-A'C=433，
∴A'W=12A'A=233，AW=AA'2-A'W2=2，
则将点A往左平移2个单位，再往上平移233即可得到点A'，
∴根据线段的平移，可知：将点B2,23往左平移2个单位，再往上平移233即可得到点B'，
∴B'0,833，
∵B2,23，OA∥BC，BC=4，
∴C-2,23，
在△PB'C中，根据三角形三边关系有：PB'-PC当B'、P、C三点共线时，有：PB'-PC=B'C，
∴最大的PB'-PC=B'C=0+22+833-232=433，
∵B'0,833，C-2,23，
∴利用求解直线AB解析式的方法求得B'C的解析式为：y=33x+833，
当y=0时，33x+833=0，
解得：x=-8，
∴此时P-8,0，最大的PB'-PC=433；
当△CA'B'为直角三角形，∠B'CA'=90°时，过点A'作A'W⊥OA于点W，连接BO交AC于点S，如图，

∵A'B'∥AB，
∴∠B'A'C=∠BAC=30°，
∵A'W⊥OA，
∴四边形OABC是菱形，
∴OB⊥CA，SA=CS=23，
∴∠B'CA'=90°=∠BSA，
∵∠B'CA'=90°=∠BSA，∠B'A'C=∠BAC=30°，B'A'=BA，
∴△B'CA'≌△BSA，
∴CA'=SA=CS，
∴点A'与S重合，
∴A'W=12AS=3，AW=A'A2-A'W2=3，
则将点A往左平移3个单位，再往上平移3即可得到点A'，
∴根据线段的平移，可知：将点B2,23往左平移3个单位，再往上平移3即可得到点B'，
∴B'-1,33，
∵B2,23，OA∥BC，BC=4，
∴C-2,23，
在△PB'C中，根据三角形三边关系有：PB'-PC当B'、P、C三点共线时，有：PB'-PC=B'C，
∴最大的PB'-PC=B'C=-2+12+23-332=2，
∵2<433，
∴此种情况舍去，
综上：P-8,0，最大的PB'-PC=433；
（3）存在，理由如下：
当△CPQ为等腰三角形，且PC=QC时，如图，
∴∠QPC=∠PQC，
∵∠ACB=30°=∠ACO，
∴∠QPC=∠PQC=180°-∠ACB2=75°，
∴∠QPC=∠PQC=180°-∠ACB2=75°，
∵∠ACO+∠COQ=∠PQC，
∴∠COQ=∠PQC-∠ACO=75°-30°=45°，
∴α=∠COQ=45°；
当△CPQ为等腰三角形，且PQ=QC时，如图，
∴∠QPC=∠QCP=30°，
∴∠CQP=180°-∠QPC+∠QCP=120°，
∵∠ACO+∠COQ=∠PQC，
∴∠COQ=∠PQC-∠ACO=120°-30°=90°，
∴α=∠COQ=90°；
当△CPQ为等腰三角形，且为钝角三角形，PC=CQ时，如图，
∴∠QPC=∠CQP，
∵∠QPC+∠CQP=∠BCQ=30°，
∴∠QPC=∠CQP=12∠BCQ=15°，
∵∠BCO=∠BAO=60°；
∴∠PCO=180°-∠BCO=120°，
∴∠COQ=∠PCO+∠CPO=135°；
∴α=∠COQ=135°；
综上：α的角度为：45°或者90°或者135°．
【点睛】本题是一道几何综合题，考查了菱形的判定与性质，含30°直角三角形的性质，待定系数法求解一次函数解析式，平移的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，灵活运用含30°直角三角形的性质，是解答本题的关键．
12．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，点M、N分别是边BC、CD上的两个动点，∠MAN=60°，连接MN．

(1)△AMN是等边三角形吗？如是，请证明；如不是，请说明理由．
(2)在M、N运动的过程中，△CMN的面积存在最大值吗？如存在，请求出该最大值；如不存在，请说明理由．
【答案】(1)是，见解析；
(2)存在，最大值为34．
【分析】（1）连接AC，证明△BAM≌△CANASA，推出 AM=AN可得结论；
（2）利用全等三角形的性质得到四边形AMCN的面积，推出△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，由△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小．
【详解】（1）是，理由如下：
如图，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D=60°，AB=BC=CD=AD，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠B=∠BAC=∠ACD=∠MAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
在△BAM和△CAN中，
∠B=∠ACNAB=AC∠BAM=∠CAN，
∴△BAM≌△CANASA，
∴AM=AN，
∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形；
（2）△CMN的面积存在最大值，理由如下：
由（1）得：△BAM≌△CAN，
∴S△BAM=S△CAN，
∴S四边形AMCN=S△AMC+S△ACN=S△AMC+S△ABM=S△ABC，
∴S四边形AMCN=S△ABC ，
∴S四边形AMCN不发生变化，

则△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，
∵△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小,
∴∠AMB=90°，
由（1）得：△ABC是等边三角形，则有：BM=MC=12×2=1，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM=AB2-BM2=22-12=3，
∴S四边形AMCN=S△ABC=12×2×3=3，
同理：ME=12AM=32，
在Rt△AEM中，由勾股定理得：AE=AM2-ME2=(3)2-(32)2=32
∴S△AMN=12×3×32=334，即：△AMN的面积最小值为334，
∴△MCN的面积的最大值=3-334=34，
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，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．
13．（21-22八年级下·江苏南京·期中）如图1，∠A=∠B=∠C=∠D=∠=∠F=90°，AB、EF、CD为铅直方向的边，AF、DE、BC为水平方向的边，点E在AB、CD之间，且在AF、BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“L图形”的等积线．
(1)下列四副图中，直线L是该“L图形”等积线的是_________(填写序号)
(2)如图2，直线m是该“L图形”的等积线，与边BC、AF分别交于点M、N，过MN中点O的直线分别交边BC、AF于点P、Q，则直线PQ (填“是”或“不是”)该图形的等积线．
(3)在图3所示的“L图形”中，AB=6，BC=10，AF=2．
①若CD=2，在下图中画出与AB平行的等积线l(在图中标明数据)
②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边DE、BC分别交于P、Q，求PQ的最大值；
③如果存在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，则CD的取值范围为 ．
【答案】(1)①②③
(2)是
(3)①1；②210；③65【分析】（1）如图，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形的面积平分线，由此可直接进行判断；
（2）如图2，证明△OQN≌△OPM(AAS)，根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
（3）①如图4，先计算L图形ABCDEF的面积，可得出矩形EMNO的面积=EO×ON=2，由此可得出OE的长；
②如图5，根据面积平分线可知梯形CDQP的面积为14，根据面积公式列式可得CH的长，根据勾股定理可得PQ的最大值；
③如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得CD的取值．
【详解】（1）解：根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形的面积平分线，
∴直线L是该“L图形”等积线的是①②③；
故答案为：①②③；
（2）如图2，
∵∠A=∠B=90°，
∴AF∥BC，
∴∠NQO=∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON=OM，
在△OQN和△OPM中，
∠NQO=∠MPO∠NOQ=∠MOPON=OM，
∴ △OQN≌△OPMAAS，
∴ S△OQN=S△OPM，
∵ S梯形ABMN=S多边形MNFEDC，
∴ S梯形ABMN-S△OPM=S多边形MNFEDC-S△OQN，
即SABPON=S多边形CDEFQOM，
∴ SABPON+S△OQN=S多边形CDEFQOM+S△OPM，
即S梯形ABPQ=S多边形CDEFQP，
∴直线PQ是L图形ABCDEF的等积线．
故答案为：是；
（3）①L图形ABCDEF的面积=6×10-(6-2)×(10-2)=28，
延长FE交BC于点M，
∴ S四边形AFMB=2×6=12<14，
∴若ON是L图形ABCDEF的面积平分线，且ON∥AB，点O必然在线段DE上，如图4所示，
∴矩形EMNO的面积=EO×ON=2，
∴EO=1，
②如图5，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积= 12 ×(DQ+BC)×CD=14，
即12 ×(DQ+10)×2=14，
∴DQ=CH=4，
∴PH=10-4=6，
∵QH=CD=2，
由勾股定理得：PQ= 210；
即PQ的最大值是210；
③在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，
如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长DE交AB于G，延长FE交BC于H，
则S矩形AGEF即S矩形ABHF∴6×2<10CD，
∴CD> 65，
故答案为： 65【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
14．（21-22八年级下·江苏扬州·期末）如图1，在正方形ABCD中，AD=4，点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG、CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α0°<α<90°．
(1)如图2，在旋转过程中，判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
(2)如图3，延长CE交直线AG于点P．
①求证：AG⊥CP；
②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)△AGD≅△CED．理由见解析
(2)①见解析；②存在，PC的最大值为2+23
【详解】（1）如图2中，结论：△AGD≅△CED．
证明：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG=DE，∠GDE=90°，
∵DA=DC，∠ADC=90°，
∴∠GDE=∠ADC，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△AGD≅△CED（SAS）．
（2）①证明：如图3中，设AD交PC于O．
∵△AGD≅△CED，
∴∠DAG=∠DCE，
∵∠COD=∠AOP，
∴在△APO与△COD中
∠APO=∠ADC=90°，
∴CP⊥AG．
②存在
∵∠CPA=90°，AC是定值，
∴当AP最小时，PC的值最大，
∴当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合，
∵∠CED=90°，CD=4，DE=2，
∴EC=CD2-DE2=42-22=23，
∵EF=DE=2，
∴CP=CE+EF=2+23，
∴PC的最大值为2+23．
【点睛】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，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会寻找特殊位置解决最值问题，属于中考压轴题．
四．与四边形有关的动点问题（共5小题）
15．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中， AD∥BC，E是BC的中点， AD=10，BC=24，CD=82，∠C=45°，点P是边BC上的一动点，设PB的长为x．
(1)当x的值为多少时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
(2)点P在边BC上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
【答案】(1)2或22
(2)能，具体见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理等知识点的应用:
（1）分为两种情况，画出图形，由平行四边形的性质可得AD=PE，分两种情况讨论可求解；
（2）分为两种情况，画出图形，过D作DM⊥BC于M，求出DM、MC，根据平行四边形的性质、菱形的性质和判定求出BP即可．
【详解】（1）解：当x为2或22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，理由如下：
分为两种情况：①如图1，当P在E的左边时，
∵E是BC的中点，AD=10，BC=24，
∴AD=PE=10，BE=CE=12BC=12，
∴x=BP=BE-PE=12-10=2，
即当x的值为2时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
②如图2，当P在E的右边时，
∵AD=EP=10，BE=12，
∴x=BP=BE+EP=12+10=22，
即当x为22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
综上，当x为2或22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；
（2）解：当x=22时，点P在BC边上运动的过程中，以P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形，
理由是：分为两种情况：①当P在E的左边时，如图3，过过点D作DM⊥BC于点M，
∵CD=82，∠C=45°，
∴∠CDM=45°,
∴DM=CM,
∴DM2+CM2=CD2,
∴DM=8,
∵E是BC的中点，BC=24，
∴BE=CE=12，
∴EM=12-8=4，
在Rt△DME中，由勾股定理得：DE=EM2+DM2=42+82=45，
∵AD=10，DE=45，
∴AD≠DE，
即此时以点P、A、D、E为顶点的四边形APED不是菱形；
②当P在E的右边时，如图4，当x=22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
∴EP=AD=10，
过D作DM⊥BC于M，
∵CD=82，∠C=45°，
则DM=CM=8，
∴MP=BP-BM=BP-BC-CM=22-24+8=6．
∴DP=DM2+MP2=82+62=10，
∴EP=DP，
故此时▱PDAE是菱形，
即以点P、A、D、E为顶点的四边形能构成菱形；
综上，当x为22时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为菱形．
16．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB=6cm，AD=14cm，BC=20cm，∠ABC=90°，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当t为何值时，四边形ABQP成为矩形？
(2)当t为何值时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形？
(3)四边形PBQD是否能成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由，并探究如何改变Q点的速度（匀速运动），使四边形PBQD在某一时刻为菱形，求点Q的速度．
【答案】(1)t=5
(2)t=5或t=3或t=3.5
(3)四边形PBQD不能成为菱形，见解析，点Q的速度为4120cm/s时，能够使四边形PBQD在407s这一时刻为菱形．
【详解】（1）∵∠ABC=90°，AP∥BQ，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形，
由运动知，AP=t，CQ=3t，
∴BQ=20-3t，
∴t=20-3t，
解得t=5．
∴当t=5时，四边形ABQP成为矩形；
（2）①当AP=BQ时，t=20-3t，
此时t=5，四边形ABQP是平行四边形；
②当PD=BQ时，14-t=20-3t，
此时t=3，四边形PBQD是平行四边形时；
③当PD=QC时，14-t=3t，
此时t=3.5，四边形PQCD为平行四 边形；
综上所述，当t=5或t=3或t=3.5时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形．
（3）四边形PBQD不能成为菱形．理由如下：
∵PD∥BQ，
∴当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形．
由PD=BQ，得14-t=20-3t，
解得：t=3，
当t=3时，PD=14-3=11，BQ=20-9=11，AP=AD-PD=14-11=3．
在Rt△ABP中，AB=6，AP=3，
根据勾股定理得，BP=AB2+AP2=45≠11，
∴四边形PBQD不能成为菱形；
如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，
由题意得14-t=20-vt14-t=36+t2，
解得：t=407v=4120．
故点Q的速度为4120cm/s时，能够使四边形PBQD在407s这一时刻为菱形．
17．（23-24八年级上·江苏镇江·期末）四边形ABCD是正方形，点G、H分别是AB和CD上的动点，将四边形GBCH沿GH翻折，点B和点C的对称点分别是E和F．
(1)如图1，若点E在AD上，求证：∠EBC=∠BEF；
(2)若点E恰好是AD的中点．
①如图2，当正方形的边长为4时，求AG的长；
②如图3，若EF交CD于点P，连接GP，判断GP、AG、DP之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①32；②GP2=AG2+DP2+8
【分析】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）根据折叠的性质可得∠CBG=∠GEF,GE=BG，再根据等边对等角可得∠EBG=∠BEG，然后根据线段的和差即可解答；
（2）①由中点的性质可得AE=12AD=2，设AG=x，则GE=BG=4-x，然后根据勾股定理求得x的值即可；②根据中点的定义可得AE=ED=12AD=2，再根据勾股定理可得EP2=4+DP2、GE2=AG2+4、GP2=EP2+GE2，最后等量代换化简即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GBC=90°,
∵将四边形GBCH沿GH翻折，点B和点C的对称点分别是E和F，点E在AD上，
∴∠CBG=∠GEF=90°,GE=BG,
∴∠EBG=∠BEG，
∴∠CBG-∠EBG=∠GEF-∠BEG，
∴∠EBC=∠BEF．
（2）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GBC=∠A=90°，AB=AD=4
∵点E恰好是AD的中点，
∴AE=12AD=2，
设AG=x，则GE=BG=7-x，
∵GE2=AG2+AE2，
∴4-x2=x2+22，解得：x=32，
∴AG=32；
②∵点E恰好是AD的中点，
∴AE=ED=12AD=2，
在Rt△DEP中，EP2=ED2+DP2，即：EP2=4+DP2；
在Rt△AEG中，GE2=AG2+AE2，即：GE2=AG2+4；
∵∠GEF=90°，
∴GP2=EP2+GE2，
∴GP2=AG2+4+4+DP2，即GP2=AG2+DP2+8．
18．（23-24八年级上·江苏徐州·期中）数学实验：
对矩形纸片进行折纸操作，可以得到一些特殊的角、特殊的三角形．如图1，①将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN．
提出问题：
（1）观察所得到的∠ABM，∠MBN和∠NBC，猜想这三个角之间有什么关系？证明你的猜想．
变式拓展：
如图2，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕PQ，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A落在PQ上的点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BH、线段BA′；
提出问题：
（2）已知AB=DC=PQ=10，AD=BC=16，求AH的长．
（3）若点G是线段PQ上一动点，当△ABG周长最小时，QG=________．
【答案】（1）∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°．
（2）AH=5．
（3）5．
【分析】（1）根据翻折的性质、等边三角形的判定和性质证明即可；
（2）由折叠可知：QP⊥AD，AP=DP=12AD=12×16=8，再证明四边形ABQP是矩形，可得BQ=AP=8，AB=PQ=10，根据勾股定理列出等式即可求出AH．
（3）由PQ垂直平分BC，可得GB=GC，即AG+GB=AG+GC，当A、G、C三点共线时，AG+GB=AG+GC=AC最小，此时△ABG周长最小，再证明△APG≌△CQG(AAS)，得出PG=QG，即可求得答案．
【详解】解：（1）猜想：∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°，理由如下：
如图1，连接AN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴EN垂直平分AB，
∴AN=BN，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，
∴BA=BN，∠ABM=∠MBN，
∴BA=BN=AN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠ABN=60°，
∴∠NBC=∠ABC-∠ABN=30°，∠ABM=∠MBN=12∠ABN=30°，
∴∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°．
（2）如图2，
由折叠可知：QP⊥AD，
∴AP=DP=12AD=12×16=8，
∵∠BAP=∠ABQ=∠APQ=90°，
∴四边形ABQP是矩形，
∴BQ=AP=8，AB=PQ=10，
∴ ∠BQA'=90°，
∵BA'=BA=10，
∴ QA'=BA'2-BQ2=102-82=6，
∴PA'=PQ-QA'=10-6=4，
由折叠可知：AH=A'H，
∵PH=AP-AH=8-AH，
在Rt△PHA'中，根据勾股定理得：
A'H2=PH2+A'P2，
∴ AH2=8-AH2+42，
∴AH=5．
（3）如图3，连接CG，
由（2）知：PQ垂直平分BC，
∴GB=GC，
∴AG+GB=AG+GC，
当A、G、C三点共线时，AG+GB=AG+GC=AC最小，
此时△ABG周长最小，
在△APG和△CQG中，
∠AGP=∠CGQ∠APG=∠CQG=90°AP=CQ=8，
∴△APG≌△CQG(AAS)，
∴PG=QG，
∴QG=12PQ=12×10=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，翻折变换，等边三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，轴对称求最短路径等知识，解题的关键是掌握翻折的性质．
19．（23-24八年级上·江苏无锡·期中）如图1，已知正方形ABCD的边长为16，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，点P为正方形ABCD边上的动点，动点P从点A出发，沿着A→B→C→D运动到A点时停止，设点P经过的路程为x，△APD的面积为y．
(1)如图2，当x=4时，y=______；如图3，当点P在边BC上运动时，y= ______；
(2)当y=24时，求x的值；
(3)若点E是边BC上一点且CE=6，连接DE．
①在正方形的边上是否存在一点P，使得△DCE与△BCP全等？若存在，求出此时x的值；若不存在，请说明理由．
②点P在运动过程中，△PBE为等腰三角形，求出此时x的值．
【答案】(1)32；128
(2)3或45；
(3)①存在，10或38；②6或40或59．
【分析】（1）由x=4，可得AP=4，然后由y=S△APD=12AP⋅AD，求得答案；直接由y=S△APD=12AD⋅AB，求得答案；
（2）由已知得只有当点P在边AB或边CD上运动时，y=24，然后分别求解即可求得答案；
（3）①分两种情况，当点P在边AB或边CD上运动时，分别画出图形，由全等三角形的性质列出关于x的方程求解即可；②分当点P在AB上时，△PBE为等腰三角形，当点P在CD上时，△PBE为等腰三角形，当点P在DA上时，△PBE为等腰三角形，三种情况利用等腰三角形的定义进行求解即可．
【详解】（1）解：如图2所示，∵AP=x=4，AD=16，∠A=90°，
∴y=S△APD=12AP⋅AD=12×4×16=32；
如图3所示，∵点P在边BC上运动，
∴y=S△APD=12AD⋅AB=12×16×16=128；
故答案为：32，128；
（2）解：由（1）得：点P在边BC上运动时，ΔAPD面积128，
∴只有当点P在边AB或边CD上运动时，y=24，
当点P在边AB上运动时，
∵S△PAD=12AD⋅PA，
∴12×16×PA=24，
解得，PA=3，
即x=3；
当点P在边CD上运动时，
∵S△PAD=12AD×PD，
∴12×16×PD=24，
解得：PD=3，
∴x=AB+BC+CD-PD=16+16+16-3=45；
综上所述，当y=24时，x=3或45；
（3）解：①当点P在边AB或边CD上运动时，存在一点P，使得△DCE与△BCP全等．
如图4，当点P在AB上时，

假设△DCE≌△CBP，则有CE=PB=6，
∴AP=AB-BP=16-6=10，即x=10．
如图5，当点P在CD上时，△DCE≌△BCP，

∴CP=CE=6，
∴x=AB+BC+CP=16+16+6=38，
综上所述，x=10或38时，使得△DCE与△BCP全等．
②∵CE=6，
∴BE=16-6=10，
如图4.3，当点P在AB上时，△PBE为等腰三角形，
∴BP=BE=10，
∴AP=AB-BP=6，
∴x=6；
如图4.4，当点P在CD上时，△PBE为等腰三角形，
∴PE=BE=10，
∴CP=PE2-CE2=8，
∴x=16+16+8=40；
如图4.5，当点P在DA上时，△PBE为等腰三角形，
∵PB=PE，
∴P在BE的垂直平分线PQ上，
∴PA=BQ=12BE=5（三线合一定理，平行线间间距相等），
∴x=16×4-5=59；
综上所述，△PBE为等腰三角形，此时x的值为6或40或59．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义和性质，勾股定理，全等三角形的性质，三角形面积，平行线的性质等等，灵活运用所学知识，通过画出对应的图形进行分类讨论求解是解题的关键．
五．平行四边形有关的存在性问题（共3小题）
20．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）如图，平面直角坐标系中，CB∥OA，∠OCB=90°，CB=2，OC=4，直线y=-12x+2过A点，且与y轴交于D点．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)试说明：AD⊥BO；
(3)若点M是直线AD上的一个动点，在x轴上是否存在另一个点N，使以O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0)，B(2,4)
(2)见解析
(3)存在，N(-6,0)或N(6,0)或N(14,0)
【分析】
（1）根据题意利用矩形性质及判定可得点B坐标，令y=0即可得到x的值，即为点A坐标；
（2）根据直线解析式求出点D坐标，得到CD的值，根据矩形对边相等，OC=4，然后证明△AOD≌△OCB，再利用全等性质即可得到结论；
（3）根据平行四边形对边平行且相等可得BM∥AN，BM=AN，令y=2求出点M坐标，从而得到BM长度，再分情况讨论求出点N坐标．
【详解】（1）解：当y=0时，-12x+2=0，解得：x=4，
∴点A坐标为(4,0)，
∵∠OCB=90°，CB=2，OC=4，
∴过点B作BF⊥AO于F，则四边形BCOF是矩形，
∴OF=BC=2，BF=OC=4，
∴点B的坐标为(2,4)；
（2）解：当x=0时，y=-12×0+2=2，
∴点D坐标为(0,2)，
∴OD=BC=2，
根据（1）中结论，四边形BCOF是矩形，
∴OC=BF=4，AO=OC=4，
在△AOD和△OCB中，
OD=BC∠AOD=∠OCBAO=CO，
∴△AOD ≌ △OCB，
∴∠OAD=∠COB，
∵∠COB+∠AOB=90°，
∴∠OAD+∠AOB=90°，
∴∠AEO=90°，
∴AD⊥BO；
（3）解：存在
∵点N在x轴上，O、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴BM∥x轴且BM=ON，
根据（1），点B(2,4)，
∴-12x+2=4，解得：x=-4，
∴点M(-4,4)，
∴BM=2-(-4)=6，
①点N在点O的左边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(-6,0)，
②点N在点O的右边时，ON=BM=6，
∴点N的坐标为(6,0)，
③作N(-6,0)关于A的对称点N1，则N1也符合，点N1的坐标为(14,0)，
综上所述：N(-6,0)或N(6,0)或N(14,0)．
【点睛】
本题考查坐标与图形，一次函数与坐标轴交点，矩形性质及判定，平行四边形性质，全等三角形判定及性质．
21．（23-24八年级上·江苏盐城·阶段练习）如图，平行四边形ABCD在直角坐标系中，点B、点C都在x轴上，其中OA=4，OB=3，AD=6，E是线段OD的中点．
(1)求出C，D的坐标；
(2)平面内是否存在一点N，使以A、D、E、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)C3,0，D6,4
(2)存在，点N的坐标为3,6或9,2或-3,2
【分析】（1）根据平行四边形的性质可求得OC的长，从而求得点C，D的坐标；
（2）分AD为对角线，DE为对角线，AE为对角线三种情况讨论，利用中点坐标公式即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=6，
∵OB=3，
∴OC=6-3=3，
∴点C的坐标为3,0，点D的坐标为6,4；
（2）理由如下：
∵E是线段OD的中点，
∴点E的坐标为6+02,4+02，即3,2，
设点N的坐标为x,y，
当AD为对角线时，
x+32=6+02，y+22=4，
解得：x=3，y=6，
∴N1的坐标为3,6；
当DE为对角线时，
x+02=6+32，y+42=4+22，
解得：x=9，y=2，
∴N2的坐标为9,2；
当AE为对角线时，
x+62=0+32，y+42=4+22，
解得：x=-3，y=2，
∴N3的坐标为-3,2，
综上可知，点N的坐标为3,6或9,2或-3,2．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质．讨论平行四边形存在性问题时，按对角线进行分类讨论，画出图形再计算．
22．（22-23八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，直线y=-2x+6与x轴、y轴分别相交于点C、B，与直线y=x相交于点A．

(1)求出这两条直线的交点A的坐标；
(2)在直线y=x上是否存在一点P，使△ACP的面积等于9？
(3)点E为OB的中点，点D从原点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴的正方向移动，过点D作y 轴的平行线，与直线y=-2x+6相交于点F，与直线y=x相交于点G，点D的运动时间是t秒．试问以O、E、F、G为顶点的四边形能否是平行四边形？ 如果能，求出所有t的值；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)2,2
(2)存在；此时点P的坐标为8,8或-4,-4
(3)能；t=3或t=1
【分析】
（1）联立y=-2x+6y=x，解方程组，得出交点A的坐标即可；
（2）求出点C的坐标为3,0，得出OC=3，求出S△AOC=12×3×2=3，设点P的坐标为m,m， 分两种情况，当点P在点A上方时，当点P在点A下方时，求出点P的坐标；
（3）把x=0代入y=-2x+6得：y=6，求出点B的坐标为0,6，得出Gt,t，Ft,-2t+6，求出FG=-2t+6-t=-3t+6，得出-3t+6=3，解方程即可．
【详解】（1）解：联立y=-2x+6y=x，
解方程组得：x=2y=2，
∴点A的坐标为2,2．
（2）解：存在，理由如下：
把y=0代入y=-2x+6得：
0=-2x+6，
解得：x=3，
∴点C的坐标为3,0，
即OC=3，
S△AOC=12×3×2=3，
设点P的坐标为m,m，
当点P在点A上方时，12×3m-3=9，
解得：m=8，
此时点P坐标为8,8；
当点P在点A下方时，
∵9>3，
∴此时点P在点O下方，
则：12×3-m+3=9，
解得：m=-4，
此时点P坐标为-4,-4；
∴在直线y=x上存在一点P，使△ACP的面积等于9．
（3）解：能；t=3或t=1；
把x=0代入y=-2x+6得：y=6，
∴点B的坐标为0,6，
∵点E为OB的中点，
∴OE=3，
∵点D以每秒1个单位长度的速度沿x轴的正方向移动，运动时间是t秒，
∴Gt,t，Ft,-2t+6，
则FG=-2t+6-t=-3t+6，
当以O、E、F、G为顶点的四边形是平行四边形时，OE=FG，
∴-3t+6=3，
解得：t=3或t=1．

【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，求出直线的交点坐标，三角形面积的计算，平行四边形的性质，解题的关键是数形结合，并注意进行分类讨论．
六．矩形有关的存在性问题（共3小题）
23．（22-23八年级下·江苏淮安·期中）如图，已知直线AB：y=-34x+6交y轴于点A，交x轴于点B，直线AC交x轴于点C（3，0），请解答下列问题：
(1)点A的坐标为，点B的坐标为_______；
(2)如图1，作射线BD∥y轴，交直线AC于点D，请说明：AD平分∠BAO；
(3)点P为直线AB上的一个动点，连接CP，若S△APCS△BPC=3，求点P的坐标；
(4)过C作直线l垂直于x轴，若M是直线l上的一个动点，在坐标平面内是否存在点N，使以A、B、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(0，6)；(8，0)；
(2)见解析；
(3)P(6,32)或P(12,-3)；
(4)(11,4)或(-5,-23)或(5,3-26)或(5,3+26)．
【分析】（1）解方程可求得交点坐标；
（2）证明∠OAD=∠BAD即可；
（3）利用等高三角形的面积比等于底的比进行计算即可；
（4）分AB为边和AB为对角线进行讨论计算即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=6，
当y=0时，y=-34x+6，
解得x=8，
∴A(0，6)，B(8，0)，
故应填(0，6)，(8，0)；
（2）证明：设AC的解析式为y=kx+6(k≠0)，
把C(3，0)代入得∶0=3k+6，
解得k=-2
∴直线AC为y=-2x+6，
当x=8时，y=-2×8+6=-10，
∴D(8，-10)，
∵B(8，0)，
∴BD=10，
在Rt△AOB中，AB=OA2+OB2=36+64=10，
∴AB=BD，
∴∠BAD=∠BDA，
∵BD∥y轴，
∴∠BDA=∠OAD，
∴∠OAD=∠BAD即AD平分∠BAO；
（3）解：设P(x,-34x+6)，连接PC如下图∶
由题意得∶△PAC与△PBC同高
∴S△APCS△BPC=|AP||BP|=3，即x2+(-34x)2=3(x-8)2+(-34x+6)2，
解得∶x1=6，x2=12，
∴P(6,32)或P(12,-3)；
（4）解：存在；
若AB为矩形的一边，
∵直线l的解析式为x=3，
∴设M(3，y)，N(m，n)，
当以BM为对角线时，如下图∶
∵四边形ABNM时是矩形，
∴∠MAB=90°，AN与BM互相平分，
∴AM2+AB2=BM2，
∵M(3，y)，A(0，6)，B(8，0)，N(m，n)，
∴3+8=m+0，y+0=6+n，32+y-62+32+42=y2+8-32，
解得y=10，m=11，
∴n=10-6=4，
∴N(11,2)，
当以AM为对角线时，同理可得M(3,-203)，N(-5,-23)，
若AB为对角线时，设M(3，a)，N(m，n)，
∵A(0，6)，B(8，0)，
∴AB的中点坐标为(4，3)，0+8=3+m，6+0=a+n，
∴m=5，n=6-a，
则62+82=32+(6-a)2+25+a2，
解得∶a=3±26，
∴n= 3-26或n= 3+26
∴N(5,3-26)或N(5,3+26)；
综上所述∶(11,4)或(-5,-23)或(5,3-26)或(5,3+26)．
【点睛】本题主要考查了一次函数的图像及性质，矩形的性质，熟练掌握一次函数的图像及性质以及矩形的性质是解题的关键．
24．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知矩形OBCD，点C4,22，现将矩形OBCD绕点O逆时针旋转（0°<∠EOB<180°）得到矩形OEFG，点B、C、D的对应点分别为点E、F、G．


(1)如图1，当点E落在边CD上时，求直线FG的函数表达式；
(2)如图2，当C、E、F三点在一直线上时，CD所在直线与OE、GF分别交于点H、M，求线段MG的长度；
(3)如图3，设点P为边FG的中点，连接PE，在矩形OBCD旋转过程中，点B到直线PE的距离是否存在最大值？若存在，请直接写出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x+4
(2)2
(3)存在，463+4
【分析】
（1）由矩形OBCD，点C4,22，得OB=CD=4，BC=OD=22，∠ODC=90°，可得DE=OE2-OD2=16-8=22，即知∠DOE=45°，E22,22，设FG的函数表达式为y=x+b，求出G-2,2，代入可得b=4，故FG的函数表达式为y=x+4；
（2）过点M作MN⊥OE于N，连接OC、OF，证明△MNH≌△CEHAAS，可得MH=HC，又Rt△BOC≌Rt△EOCHL，有∠BOC=∠EOC，可得OH=HC，设OH=HC=m，由勾股定理有(22)2+(4-m)2=m2；解得m=3，即OH=CH=3，从而可得MG=4-MF=2；
（3）当PE在O的左侧且PE⊥OB时，B到直线PE的距离最大，设PE于OB的交点为M，求出PE=EF2+PF2=(22)2+22=23，由面积法得OM=463，故点B到直线PE的距离最大值是463+4．
【详解】（1）
解：∵矩形OBCD，点C4,22，
∴OB=CD=4，BC=OD=22，∠ODC=90°，
∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋转得到，
∴OE=OB=4，FG∥OE，
在Rt△ODE中，DE=OE2-OD2=16-8=22，
∴DE=DO，
∴∠DOE=45°，E22,22，
∴直线OE表达式为y=x，
设FG的函数表达式为y=x+b，
由GO=DO=22，∠DOG=45°得G-2,2，
∴2=-2+b，
解得b=4，
∴FG的函数表达式为y=x+4；
（2）
解：如图，过点M作MN⊥OE于N，连接OC、OF，

∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋转得到，
∴OF=OC，∠OEF=90°，
∴FE=EC，
∵∠MNE=∠NEF=∠EFM=90°，
∴四边形MNEF是矩形，
∴MN=FE，
∴MN=EC，
∵∠MNH=∠CEH=90°，∠MHN=∠CHE，
∴△MNH≌△CEHAAS，
∴MH=HC，
∵BC=FE=EC，OC=OC，
∴Rt△BOC≌Rt△EOCHL，
∴∠BOC=∠EOC，
∵CD∥OB，
∴∠DCO=∠BOC=∠EOC，
∴OH=HC，
设OH=HC=m，
在Rt△ODH中，OD2+DH2=OH2，
∴(22)2+(4-m)2=m2；
解得m=3，
∴OH=CH=3，
∴EH=4-3=1，
∴MF=NE=2EH=2，
∴MG=4-MF=2；
（3）
解：在矩形OBCD旋转过程中，点B到直线PE的距离存在最大值，这个最大值是463，理由如下：
当PE在O的左侧且PE⊥OB时，B到直线PE的距离最大，设PE于OB的交点为M，如图：

∵P为FG的中点，
∴FP=PG=2，
∴PE=EF2+PF2=(22)2+22=23，
∵S△PEQ=12S矩形OEFG=42，
∴12OM⋅PE=42，
∴12OM×23=42，
∴OM=463，
∴BM=463+4，
∴点B到直线PE的距离最大值是463+4．
【点睛】
本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定与性质，旋转问题等，解题的关键是掌握旋转的性质．
25．（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，以点A为旋转中心，逆时针旋转矩形ABCD，旋转角为α(0°<α<180°)，得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．
(1)如图①，当点E落在DC边上时，直写出线段EC的长度为______；
(2)如图②，当点E落在线段CF上时，AE与DC相交于点H，连接AC．
①求证：△ACD≌△CAE；
②求线段DH的长度．
(3)如图③设点P为边FG的中点，连接PB，PE，在矩形ABCD旋转过程中，△BEP的面积是否存在最大值？若存在请直接写出这个最大值；若不存在请说明理由．
【答案】(1)3-5；
(2)①证明见详解；②DH=56；
(3)存在，最大值为：274；
【分析】
（1）本题考查矩形的性质，旋转的性质与勾股定理，根据旋转得到AE=AB，根据矩形得到∠D=90°，结合勾股定理即可得到答案；
（2）①矩形的性质，旋转的性质及三角形全等的判定，根据旋转及矩形得到∠D=∠AEC=90°，AE=AB=DC，即可得到证明；②本题考查三角形全等的性质与勾股定理，根据△ACD≌△CAE得到∠ACD=∠CAE，从而得到AH=CH，即可得到DH=EH，利用勾股定理求解即可得到答案；
（3）本题考考查矩形的性质，勾股定理，根据矩形的性质，勾股定理求出PE固定，即可得到高最大，面积最大，结合三角形三边关系得到最大高即可得到答案；
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，BC=2，
∴AD=BC=2，∠D=90°，
∵AB=3，逆时针旋转矩形ABCD得到矩形AEFG，
∴AE=AB=3，
∴DE=32-22=5，
∴EC=DC-DE=3-5；
（2）①证明：∵四边形ABCD是矩形，逆时针旋转矩形ABCD得到矩形AEFG，
∴∠D=∠AEC=90°，AE=AB=DC，
在△ACD与△CAE中，
∵CD=AEAC=CA，
∴△ACD≌△CAE(HL)；
②解：∵△ACD≌△CAE，
∴∠ACD=∠CAE，
∴AH=CH，
∴DH=EH，
设DH=x，则CH=3-x，
∴(3-x)2-x2=22，解得：x=56，
∴DH=56；
（3）解：存在
，
∵P为边FG的中点，
∴PF=12FG=32，
∴PE=PF2+EF2=(32)2+22=52，
过A作AM⊥PE，
∴当A，M，B三点共线时高最大，三角形面积最大如图所示，
∵SAPE=12PE×AM=12SAGFE，
∴AM=3×252=125，
∴AM+AB=125+3=275，
∴S△BEP最大=12MB×PE=12×275×52=274．
七．菱形有关的存在性问题（共3小题）
26．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A10,0，C0,3，点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动. 设动点P的运动时间为t秒．

(1)当t为何值时，四边形PODB是平行四边形；
(2)在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在线段PB上有一点M且PM=5，直接写出四边形OAMP的周长的最小值 ，并在图上画图标出点M的位置，
【答案】(1)t=2.5
(2)t=2时，Q9,3；t=4.5时，Q4,3；t=0.5时，Q-4,3
(3)15+61；点M的位置见解析
【分析】
（1）先求出OA，进而求出OD=5，再由运动知BP=10-2t,进而由平行四边形的性质建立方程10-2t=5即可得出结论；
（2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论；
（3）先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM+DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形OABC为矩形，A10,0，C0,3，
∴BC=OA=10，AB=OC=3，
∵点D是OA的中点，
∴OD=12OA=5，
由运动知，PC=2t，
∴BP=BC-PC=10-2t，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB=OD=5，
∴10-2t=5，
∴t=2.5；
（2）解：①当Q点在P的右边时，如图1，
∵四边形ODQP为菱形，
∴OD=OP=PQ=5，
∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=OP2-OC2=52-32=4，
∴2t=4，
∴t=2，
∵CQ=CP+PQ=4+5=9，
∴Q9,3；
②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2，
∵四边形ODQP为菱形，
∴OD=OQ=PQ=5，
∴在Rt△OCQ中，由勾股定理得：CQ=OQ2-OC2=52-32=4，
∴CP=CQ+PQ=4+5=9，
∴2t=9，
∴t=4.5，
∵CQ=4，
∴Q4,3；
③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3，
∵四边形ODQP为菱形，
∴OD=PQ=OQ=5，
∴在Rt△OCQ中，由勾股定理得：CQ=OQ2-OC2=52-32=4，
∴CP=PQ-CQ=5-4=1，
∴2t=1，
∴t=0.5，
∵CQ=4，
∴Q-4,3；
综上所述，t=2时，Q9,3；t=4.5时，Q4,3；t=0.5时，Q-4,3；
（3）解：如图4，由1知，OD=5，
∵PM=5，
∴OD=PM，
∵BC∥OA，
∴四边形OPMD是平行四边形，
∴OP=DM，
∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP
=10+AM+5+DM
=15+AM+DM，
∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小，
∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交PB于M，
∴AM=EM，
∴AM+DM=DM+EM，
∵两点之间线段最短，
∴此时DM+EM最小，即AM+DM最小，
∵AE=AB+BE=3+3=6，
∴AM+DM的最小值为DE=62+52=61，
∴四边形OAMP的周长最小值为15+61．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称的性质，坐标与图形，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
27．（22-23八年级下·江苏连云港·期中）如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，B点坐标-4,12，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90∘得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H．

(1)求直线BD的解析式；
(2)求△BOH的面积；
(3)点M在x轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-34x+9
(2)S△ΔBOH=72013
(3)(0,-9)或(-15,9)或(15,9)或(758，9)．
【分析】（1）求出点D的坐标，利用待定系数法求解即可．
（2）求出直线OE的解析式，利用方程组确定点H的坐标即可解决问题．
（3）根据菱形的性质，分四种情形讨论求解即可．
【详解】（1）解： ∵四边形ABCO是矩形，B(-4,12)，△ODE是由△OCB旋转得到，
∴OC=OD=12，
∴D(12,0)，
设直线BD的解析式为y=kx+b，根据题意有：
-4k+b=1212k+b=0，
解得：k=-34b=9，
∴直线BD的解析式为：y=-34x+9；
（2）∵E(12,4)，
∴直线OE的解析式为y=13x，
由y=13xy=-34x+9，
解得：x=10813y=3613，
∴H(10813，3613)，
∴OH=(10813)2+(3613)2=361013，
∵OB=42+122=410，
∴S△BOH=12OB⋅OH=12×361013×410=72013；
（3）由题意可知：F(0,9)，D(12,0)，
∴OF=9，OD=12，
∴DF=92+122=15，

当DM1为菱形的对角线时，M1(-12,0)，点N与点F(0,9)是关于x的对称，此时N1(0,-9)；
当DM=DF=NF=15时，若M2(-3,0)则N2(-15,9)，或若M3(27,0)，则N3(15,9)；
当DF为对角线时，设DM=FM=FN=x，
在Rt△FMO中，OF2+OM2=FM2，即92+(12-x)2=x2，解得x=758，
此时M4(218，0)，可得N4(758，9)；
综上所述，满足条件的点N的坐标为(0,-9)或(-15,9)或(15,9)或(758，9)．
【点睛】本题是一次函数的综合题，主要考查了待定系数法、旋转的性质、菱形的性质．在（1）中求得D坐标是解题的关键，在（2）中求点H的坐标是解题的关键，在（3）中确定出M点的坐标是解题的关键，注意分类讨论思想的应用．
28．（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）已知矩形ABCD中，AB=6，AD=8．点E、F、G、H分别在AD、BC、AB、CD上，且AE=CF，AG=GH．

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；
(2)当AE=5时，是否存在四边形EGFH是菱形？若存在，请求出DH的长；若不存在，请说明理由；
(3)对于AD上的任意一点E，是否存在一个四边形EFGH是菱形？若都存在，请加以证明；若AD上只有一部分点存在，请求出存在四边形EFGH是菱形时，AE长的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，当DH=133时，四边形EGFH是菱形，理由见解析
(3)AD上只有一部分点存在，当 74≤AE≤254 ，四边形EGFH是菱形．
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明EH=FG，EG=FH即可解决问题；
（2）存在．设DH=x，根据DE2+DH2=CH2+CF2，可得32+x2=52+6-x2即可解决问题；
（3）结论：AD上只有一部分点存在．利用勾股定理可得a、b的关系，列出不等式即可解决问题；
【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC，AB=CD，∠D=∠B=90°，
∵AE=CF，AG=CH，
∴DE=BF，DH=BG，
∴△DEH≌△BFG，
∴EH=GF，
同法可证△EAG≌△FCH，
∴EG=FH，
∴四边形EGFH是平行四边形．
（2）存在．设DH=x，
∵四边形EGFH是菱形，
∴EH=HF，
∴DE2+DH2=CH2+CF2，
∵AE=5，AB=6，AD=8．
∴DE=3，AE=CF=8-3=5，CH=6-x，
∴32+x2=52+6-x2，
∴x=133．
∴当DH=133时，四边形EGFH是菱形．
（3）结论：AD上只有一部分点存在．
理由如下： 设AE=a=CF，DH=b则DE=8-a，CH=6-b，
∵四边形EGFH是菱形，
∴EH=HF，
∴DE2+DH2=CH2+CF2，
∴8-a2+b2=a2+6-b2，
∴4a-3b=7，
∴b=4a-73，
∴b≥0，6-b≥0，
∴4a-73≥06-4a-73≥0， 解得74≤a≤254，
∴当 74≤AE≤254 ，四边形EGFH是菱形．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理，一元一次不等式组是解法等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．
八．正方形有关的存在性问题（共3小题）
29．（20-21八年级下·江苏连云港·期中）如图1，在平面直角坐标系中，点A、B、C、D坐标分别为（0，3）、（7，0）、（4，3）、（0，2），连接AC和BC，点P为线段AC上一从左向右运动的点，以PD为边作菱形PDEF，其中点E落在x轴上．
（1）则BC的长为 ，∠OBC的度数为 °；
（2）在点P运动过程中，是否能使得四边形PDEF为正方形？若存在，请求出点P的坐标若不存在，请说明理由；
（3）如图2，当点P运动到使得菱形PDEF的顶点F恰好在边BC上时，求出此时点F的坐标．
（4）若要使得顶点F不落在四边形OACB外，请直接写出菱形PDEF的对角线交点的最大运动路径长．
【答案】（1）32；45°；（2）存在，点P的坐标为（2，3）；理由见详解；（3）点F的坐标为（6，1）；（4）点Q的最大运动路径长为(3-32)．
【分析】（1）过点C作CH⊥OB于H，证明△BCH是等腰直角三角形，即可得到答案；
（2）由题意，根据正方形的性质，只要证明△ADP≌△OED，即可得到答案；
（3）过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，证明△PFM≌△EDO，然后求出ON=6，即可得到答案；
（4）过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，结合菱形的性质和勾股定理，得到点Q的坐标为（t2+3+t2，32）；然后找出临界点，经过讨论分析，即可求出答案．
【详解】解：（1）过点C作CH⊥OB于H，如图：
由题意，点A、B、C、D坐标分别为（0，3）、（7，0）、（4，3）、（0，2），
∴CH=3，OH=4，BH=7-4=3，
∴BH=CH，
∴△BCH是等腰直角三角形，
∴BC=32+32=32，∠OBC=45°；
故答案为：32；45°．
（2）存在；
理由如下：如（1）图，
∵四边形PDEF为正方形，
∴∠PDE=90°，
∴∠ADP+∠ODE=90°，
∵∠PAD=∠DOE=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
∴∠ODE=∠APD，
∵PD=DE，
∴△ADP≌△OED（AAS），
∴AP=OD=2，
∴点P的坐标为（2，3）；
（3）如图，过点F作FN⊥OB于N，延长NF、AC交于点M，则四边形AONM是矩形，此时NM=OA=3；
∵PM∥OE，PF∥DE，
∴∠MPF=∠OED，
∵MF∥OD，PF∥DE，
∴∠PFM=∠ODE，
∵PF=DE，
∴△PFM≌△EDO（ASA），
∴FM=OD=2，
∴FN=1，
∵∠OBC=45°，
∴BN=1，
∴ON=6，
∴点F的坐标为（6，1）；
（4）如图，过点F作FN⊥x轴于N，延长NF，交直线AC于M，连接DF、PE，交于点Q，
由（3）可知，△PFM≌△EDO（ASA），
∴FM=OD=2，AD=FN=1，PM=EO，
∴AP=NE，
设OE=t，则DE2=DP2=t2+4，
∴AP2=DP2-AD2=t2+4-1=t2+3，
∴AP=t2+3，
∴NE=t2+3，
∴ON=t2+3+t，
∴点F的坐标为（t2+3+t，1），
∴DF的中点Q的坐标为（t2+3+t2，32）；
∴点F在直线y=1上运动，点Q在直线y=32上运动，且横坐标的值随DE的增大而增大；
当点E在原点时，即t=0，此时Q为（32，32）；
当点E在最右端时，即t的值最大，此时点F恰好在BC上，即F（6，1）；
∴t2+3+t=6，
∴t2+3+t2=3，
∴点Q为（3，32）；
∴点Q的最左端坐标为（32，32），最右端的坐标为（3，32）；
∴点Q的最大运动路径长为：3-32．
【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理求线段的长度，等腰直角三角形的性质，动点的运动问题等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，正确的找出运动的临界点，从而进行解题．
30．（21-22八年级下·河北沧州·期末）如图，在平而直角坐标系中．直线l：y=-2x+10k≠0经过点C3,4，与x轴，y轴分别交于点A，B，点D的坐标为(8，4)，连接OD，交直线l于点M，连按OC，CD，AD．
(1)填空：点A的坐标为_________；点M的坐标为______；
(2)求证：四边形OADC是菱形；
(3)直线AP：y=-x+5与y轴交于点P．
①连接MP，则MP的长为_______；
②已知点E在直线AP上，在平面直角坐标系中是否存在一点F，使以O，A，E，F为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(5，0)，(4，2)
(2)见解析
(3)①5；②存在，点F的坐标为（5，5）或（52，-52）．
【分析】（1）利用一次函数图象上点的坐标特征，可得出点A的坐标，又点D的坐标，利用待定系数法可求出直线OD的解析式，再联立两函数解析式，可求出交点M的坐标；
（2）过点C作CQ⊥x轴于点Q，利用勾股定理可得出OC=5，又点C，D的坐标可得出CD=5，CD∥x轴，结合点A的坐标，可得出CD=OA，进而可得出四边形OADC为平行四边形，再结合OC=OA，即可证出四边形OADC是菱形；
（3）①过点M作MN⊥y轴于点N，利用一次函数图象上点的坐标特征，可求出点P的坐标，结合点M的坐标可得出MN，PN的长，再利用勾股定理，即可求出MP的长；
②存在，分OA为边及OA为对角线两种情况考虑，（i）当OA为边时，点E与点P重合，利用正方形的性质可求出点F的坐标；（ii）当OA为对角线时，点E在线段AP的中点，结合点A，P的坐标可得出点E的坐标，再利用正方形的性质，即可求出点F的坐标．
【详解】（1）解：当y=0时，-2x+10=0，
解得：x=5，
∴点A的坐标为（5，0）；
设直线OD的解析式为y=kx（k≠0），
将D（8，4）代入y=kx，得：4=8k，
解得：k=12，
∴直线OD的解析式为y=12x．
联立两函数解析式得：y=-2x+10y=12x，
解得：x=4y=2，
∴点M的坐标为（4，2），
故答案为：（5，0）；（4，2）；
（2）证明：过点C作CQ⊥x轴于点Q，如图1所示．
∵点C的坐标为（3， 4），
∴OQ=3，CQ=4，
∴OC= OQ2+CQ2=32+42=5．
∵点C的坐标为（3，4），点D的坐标为（8，4），
∴CD=5，CD∥x轴，
即CD∥OA．
∵点A的坐标为（5，0），
∴OA=5=CD，
∴四边形OADC为平行四边形，
又∵OA=OC=5，
∴四边形OADC是菱形；
（3）解：①过点M作MN⊥y轴于点N，如图2所示．
当x=0时，y=-1×0+5=5，
∴点P的坐标为（0，5）．
∵点M的坐标为（4，2），
∴MN=4，ON=2，
∴PN=5-2=3，
∴MP=PN2+MN2=32+42=5.
故答案为：5；
②存在，分两种情况考虑，如图3所示．
（i）当OA为边时，∵OA=OP=5，∠AOP=90°，
∴点E与点P重合，
∴点F的坐标为（5，5）；
（ii）当OA为对角线时，∵OA=OP=5，∠AOP=90°，
∴△AOP为等腰直角三角形，
又∵四边形AEOF为正方形，
∴点E为线段AP的中点，
∴点E的坐标为（52，52），
∴点F的坐标为（0+5-52，0+0-52），即（52，-52）．
∴在平面直角坐标系中存在一点F，使以O，A，E，F为顶点的四边形是正方形，点F的坐标为（5，5）或（52，-52）．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、勾股定理、平行四边形的判定、菱形的判定以及正方形的性质，解题的关键是：（1）利用待定系数法，求出直线OD的解析式；（2）利用邻边相等的平行四边形为菱形，证出四边形OADC是菱形；（3）①利用勾股定理，求出MP的长；②分OA为边及OA为对角线两种情况，求出点F的坐标．
31．（21-22八年级下·江苏泰州·期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（0(1)求点B到线段AC的距离；
(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；
(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，
①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)185
(2)t=2秒，MQ=NQ
(3)存在，t=3秒，理由见详解
(4)①存在，t=1秒，理由见详解②不存在，理由见详解
【分析】（1）结合题意，在Rt△ADC中由勾股定理计算AC=10，由平行线的性质可知CD的长与△ABC的边BC上的高长相等，然后借助面积法求点B到线段AC的距离即可；
（2）首先证明四边形DPNC为平行四边形，推导CN=DP，当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，由勾股定理计算可计算除AP=4，进而易得CN、BN的长，即可求出此时t的值；
（3）当四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等时，结合图形可知S△ABN=S△PCN，由平行线间的距离处处相等，可知△ABN的边BN上的高与△PCN的边CN上的高相等，易得此时BN=CN，进而确定BN=CN=12BC=3，然后计算此时t的值即可；
（4）①由折叠的性质及菱形的判定条件可知当PM=PA时，四边形AQMK为菱形，根据题意列出关于t的方程并求解即可；②若四边形AQMK为正方形，则∠QAK=90°，由折叠性质可知∠CAD=45°，此时△ACD为等腰直角三角形，CD=AD，而由题意可知CD≠AD，故可确定不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
【详解】（1）解：∵AD=8，BC=CD=6，∠ADC=90°，
∴在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=82+62=10，
∵AD∥BC，∠ADC=90°，
∴CD的长与△ABC的边BC上的高长相等，
∴S△ABC=12BC×CD=12×6×6=18，
设点B到AC的距离为h，
∴S△ABC=12AC×h=12×10h=18，
解得h=185，
∴点B到线段AC的距离为185；
（2）∵NP⊥AD，∠ADC=90°，
∴NP∥CD，
又∵AD//BC，
∴四边形DPNC为平行四边形，
∴CN=DP，
当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，
∴AQ=12AC=5，
又∵NP∥CD，
∴∆PAQ~∆DAC，
∴PQCD=AQAC=12，
∴PQ=12CD=3，
∴在Rt△APQ中，AP=AQ2-PQ2=52-32=4，
∴CN=DP=AD-AP=4，
∴BN=BC-CN=2，
∴t=BN1=2秒，
此时DM=2×2=4，
∴DM=DP，即点M与点P重合，即MQ=PQ=3，
∵四边形DPNC为平行四边形，
∴NP=CD=6，
∴NQ=NP-PQ=3，
∴MQ=NQ；
（3）存在，当t=3秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等，理由如下：
由题意可知，S四边形ANCP=S四边形ABCD-S△ABN-S△DCP，
S四边形ABNP=S四边形ABCD-S△PCN-S△DCP，
若S四边形ANCP=S四边形ABNP，则S△ABN=S△PCN，
∵AD∥BC，
又∵平行线间的距离处处相等，
∴△ABN的边BN上的高与△PCN的边CN上的高相等，设高均为h'，
∴12BN×h'=12CN×h'，
∴BN=CN，
∵BC=6，
∴BN=CN=12BC=3，
∴t=BN1=3秒，
综上所述，在点M、N运动过程中，当t=3秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等；
（4）①存在，当t=1秒时，四边形AQMK为菱形，理由如下：
由折叠可知，PQ=PK ，
又∵NP⊥AD，
∴当PM=PA时，四边形AQMK为菱形，
∵BN=t，DM=2t，
∴DP=CN=BC-BN=6-t，
∴PA=AD-DP=8-(6-t)，PM=DP-DM=6-t-2t，
∴8-(6-t)=6-t-2t，解得t=1；
②不存在，理由如下：
若四边形AQMK为正方形，则∠QAK=90°，
由折叠性质可知，∠QAM=∠KAM，
∴∠CAD=12∠QAK=45°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DCA=90°-∠CAD=45°，
∴∠DCA=∠CAD，
∴CD=AD，
由题意可知，CD≠AD，
∴不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
【点睛】本题主要考查了动点问题、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理以及折叠的性质等知识，综合性较强，解题关键是能够灵活运用所学知识，并利用数形结合的思想分析问题．
九．其它存在性问题（共3小题）
32．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）在8×8的正方形网格中建立如图所示的平面直角坐标系，已知A（2,-4），B（4,-2）．C是第四象限内的一个格点，由点C与线段AB组成一个以AB为底，且腰长为无理数的等腰三角形．
(1)填空：C点的坐标是 ，△ABC的面积是 ；
(2)将△ABC绕点C旋转180°得到△A1B1C1，连接AB1、BA1，则四边形AB1A1B的形状是何特殊四边形？ ．
(3)请探究：在y轴上是否存在这样的点P，使四边形ABOP的面积等于△ABC面积的2.5倍？若存在，请直接写出点P的坐标（不必写出解答过程）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1，-1，4
(2)矩形
(3)0，-4
【分析】（1）根据题意点C坐标为1，-1，如图1，即可解答．
（2）如图2，由已知可得四边形AB1A1B是平行四边形，然后根据等腰三角形的性质得到对角线相等，即可得到所求四边形是矩形．
（3）先判断存在，由（1）可得S△ABO=6，再讨论P在y轴正、负半轴四边形ABOP是否成立，即可解答．
【详解】（1）根据题意点C坐标为1，-1，如图1，
S△ABC=3×3-12×3×1-12×3×1-12×2×2=4，
故答案为：1，-1，4．
（2）如图2，
∵将△ABC绕点C旋转180°得到△A1B1C1，
∴A1、C、A在同一直线上，B1、C、B在同一直线上，A1C=AC，B1C=BC，
∴四边形AB1A1B是平行四边形，
∵AC=BC，
∴A1A=B1B，
∴平行四边形AB1A1B是矩形．
故答案为：矩形．
（3）存在．
由（1）知S△ABC=4，则S四边形ABOP=10，同（1）中的办法得S△ABO=16-4-4-2=6；
当P在y轴负半轴时，S△APO=S四边形ABOP-S△ABO=10-6=4，高为2，那么底边长为4，所以P0，-4，
当P在y轴正半轴不能形成四边形ABOP，
故点P的坐标为0，-4．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的性质，矩形的判定，熟练掌握对角线平分且相等的四边形为矩形是矩形的重要判断定理．
33．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E、F依次为AD、CD边上的动点，且分别从A、D出发，以相同的速度同时向终点D、C运动，连接BE、AF相交于H．
(1)试问：在整个运动过程中，BE、AF之间的关系是否保持不变，并请说明理由；
(2)AB的中点为G，在整个运动过程中，是否存在某一时刻．使DH+HG=2+22，若存在，请举例说明；若不存在，请说明理由理由．
【答案】(1)BE=AF且BE⊥AF
(2)存在；例如：当点E运动到点D，点F运动到点C时，DH+HG=2+22
【分析】（1）根据SAS证明△BAE≌△ADF，得出BE=AF，∠ABE=∠DAF，证明∠AHB=180°-90°=90°，即可得出BE⊥AF；
（2）根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，得出GH始终等于2，当点E运动到点D，点F运动到点C时，BE，AF正好为正方形ABCD的对角线，点H正好为对角线的交点，根据勾股定理求出BD=42+42=42，得出DH=12BD=22，从而得出此时DH+HG=2+22．
【详解】（1）解：BE=AF且BE⊥AF；理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，
∵点E、F以相同的速度同时向终点D、C运动，
∴AE=DF，
∴△BAE≌△ADF，
∴BE=AF，∠ABE=∠DAF，
∵∠DAF+∠BAH=∠BAD=90°，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠AHB=180°-90°=90°，
∴BE⊥AF．
（2）解：存在；例如当点E运动到点D，点F运动到点C时，DH+HG=2+22；
∵∠AHB=90°，
∴△ABH为直角三角形，
∵G为AB的中点，
∴GH=12AB=2，
即GH始终等于2，
当点E运动到点D，点F运动到点C时，BE，AF正好为正方形ABCD的对角线，点H正好为对角线的交点，
∵BD=42+42=42，
∴DH=12BD=22，
∴此时DH+HG=2+22．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，垂直的定义，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，证明△BAE≌△ADF．
34．（21-22八年级下·江苏徐州·阶段练习）情境：如图1，正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，正方形A′B′C′D′的顶点A′与点O重合，A′B′、A′D′与正方形ABCD相邻两边的交点分别为点E、F，A′B′>2．
(1)【问题】求证：OE=OF；
(2)【探究】将正方形A′B′C′D′ 绕点A′旋转，两个正方形重合部分的形状会随之发生变化，
①当正方形A′B′C′D′的边A′B′、A′D′与正方形ABCD的对角线共线时，如图2，此时两个正方形重合部分为等腰直角三角形，重合部分面积为___________；
②当旋转至其他任意位置时，这两个正方形重合部分的面积会发生变化吗？若不变，请求出重合部分面积．
(3)【拓展】连接EF，在旋转过程中，EF是否存在最小值，若存在，请在图3中画出示意图，并直接写出EF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①1；②两个正方形重合部分的面积不会发生变化，重合部分面积为1；
(3)示意图见解析，EF的最小值为2．
【分析】（1）由正方形的性质可以得出△DOF≌△COE，由全等三角形的性质就可以得出OE=OF；
（2）①根据正方形的性质得出S△DOC=14S正方形ABCD；
②由全等可以得出S△DOF=S△COE，就可以得出S四边形OEDF=S△DOC，据此求解就可以得出结论；
（3）运用勾股定理表示出EF的表达式，当OE垂直于DC时可以求出EF 的最小值．
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴∠DOC=90°，∠ODA=∠OCD=45°，OD=OC，
∵正方形A'B'C'D'的A'B'交CD于点E，A'D'交AD于点F．
∴∠EOF=90°，
∵∠DOF=∠EOF-∠EOD=90°-∠EOD，∠COE=∠DOC-∠EOD=90°-∠EOD，
∴∠DOF=∠COE．
在△DOF和△COE中，∠DOF=∠COEOD=OC∠ODF=∠OCE，
∴△DOF≌△COE（ASA）．
∴OF=OE；
（2）解：①重合部分面积，即S△DOC=14S正方形ABCD=14×22=1；
故答案为：1；
②两个正方形重合部分的面积不会发生变化，重合部分面积为1．
解：∵△DOF≌△COE，
∴S△DOF=S△COE，
∴S△COE+S△DOE= S△DOF+S△DOE=S四边形OEDF=S△DOC，
∵S△DOC=1，
∴S四边形OEDF=1，
∴两个正方形重叠部分的面积为1；
（3）解：连接EF，
∵∠EOF=90°，
∴EF2=OE2+OF2．
∵OE=OF，
∴EF2=2OE2，
∴要使EF最小，则OE最小，
∴当OE⊥DC时，OE最小，EF的长度最短．
∵OC=OD，
∴OE=12CD=1，
∴EF=2OE=2，即EF的最小值为2．
【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等得出OE=OF是关键．
十．正方形45°半角模型（共5小题）
35．（22-23八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．

(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？
请直接写出猜想：________________________．
(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
(3)图3中若AB=5，MN=8，求△AMN的面积．
【答案】(1)BM+DN=MN
(2)DN-BM=MN，证明见解析
(3)20
【分析】（1）证明△ABE≌△ADNSAS，根据全等三角形的性质得出AE=AN，∠EAB=∠NAD，证明△AEM≌△ANMSAS，由全等三角形的性质得出ME=MN，则可得出结论；
（2）证明△ABM≌△ADFSAS，根据全等三角形的性质得出AM=AF，∠BAM=∠DAF，证明△MAN≌△FANSAS，由全等三角形的性质得出MN=NF，则可得出结论；
（3）根据全等三角形的性质得出FN=MN=8，S△AMN=S△AFN，由题意求出△AFN的面积即可得出答案．
【详解】（1）解：猜想：BM+DN=MN，
证明如下：如图2，在MB的延长线上，截取BE=DN，连接AE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ABC=∠D=∠BAD=90°，
在△ABE和△ADN中，
AB=AD∠ABE=∠DBE=DN，
∴△ABE≌△ADNSAS，
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD，
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠EAB+∠BAM=45°，
∴∠EAM=∠NAM，
在△AEM和△ANM中，
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANMSAS，
∴ME=MN，
又∵ME=BE+BM=BM+DN，
∴BM+DN=MN；
故答案为：BM+DN=MN
（2）解：DN=MN+BM，
证明如下：如图3，在DC上截取DF=BM，连接AF，

在△ABM和△ADF中，
AB=AD∠ABM=∠ADF=90°BM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠BAM=∠DAF，BM=DF，
∴∠BAM+∠BAF=∠BAF+∠DAF=90°，即∠MAF=∠BAD=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠MAN=∠FAN=45°，
在△MAN和△FAN中，
AM=AF∠MAN=∠FANAN=AN，
∴△MAN≌△FANSAS，
∴MN=NF，
∴MN=NF=DN-DF=DN-BM，
∴DN-BM=MN；
（3）解：∵△MAN≌△FAN，
∴FN=MN=8，S△AMN=S△AFN，
∵四边形ABCD是正方形，AB=5，
∴AD=AB=5，
∴△AFN的面积为：12×FN×AD=12×8×5=20，
∴S△AMN=S△AFN=20．
即△AMN的面积为20．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
36．（22-23八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图1，四边形ABCD是矩形，动点P从B出发，沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'．

(1)若四边形ABCD是正方形，直线PB'与直线CD相交于点M，连接AM．
①如图2，当点P在线段BC上(不包括B和C)，说明结论“∠PAM=45°”成立的理由．
②当点P在线段BC延长线上，试探究：结论∠PAM=45°是否总是成立？请说明理由．
(2)在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，当△PCB'为直角三角形时，求PB的长 ．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)BP=5或15或53或534-253
【分析】（1）①证明Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，得到∠DAM=∠B'AM，而∠DAB=∠DAM+∠B'AM+∠B'AP+∠BAP=90°，则∠MAB'+∠PAB'=45°，即可求解；
②方法同①，即可求解；
（2）当∠PB'C为直角时，由PC2=B'C2+PB2，即可求解；当∠PCB'=90°、∠CPB'=90°同理可解．
【详解】（1）解：①∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，
∴∠AB'P=∠MB'A=∠D=∠B=90°，AB=AB'=AD，∠B'AP=∠PAB，
∵AM=AM，
∴Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，
∴∠DAM=∠B'AM，
∵∠DAB=∠DAM+∠B'AM+∠B'AP+∠BAP=90°，
∴∠MAB'+∠PAB'=45°，
则∠PAM=∠MAB'+∠PAB'=45°；
②∠PAM=45°成立，理由：
如下图，

同理可得：Rt△ADM≌Rt△AB'MHL，
∴∠MAB'=∠MAD，
设∠PAB=∠PAB'=α，∠MAB'=∠MAD=β，
则∠DAP=∠PAB'-∠B'AD=α-2β，
则∠DAB=∠DAP+∠PAB=α+α-2β=90°，
∴α-β=45°，
∴∠PAM=45°；
（2）解：①如图，当∠PB'C为直角时，

在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC=34，
在Rt△PB'C中，PC2=B'C2+PB2，
34-52+BP2=3-BP2，
解得：BP=534-253；
②如下图，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB'=4，
CB'=5+4=9，
在Rt△PCB'中，则有：92+BP-32=BP2，
解得BP=15；
③如下图，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，

Rt△B'CP中，12+BP-32=BP2
解得BP=53，
④如下图，当∠CPB'=90°时，

∵∠B=∠B'=∠BPB'=90°，AB=AB'，
∴四边形AB'PB为正方形，
BP=AB=5，
综上所述，BP=5或15或53或534-253．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，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．
37．（2019·山东德州·二模）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45°．则有结论EF=BE+FD成立；
(1)如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF是∠BAD的一半，那么结论EF=BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由．
(2)若将（1）中的条件改为：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，延长BC到点E，延长CD到点F，使得∠EAF仍然是∠BAD的一半，则结论EF=BE+FD是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
【答案】(1)结论仍然成立，理由见解析
(2)结论不成立，应为EF=BE-DF，理由见解析
【分析】（1）结论仍然成立，延长CB到G，使BG=FD，根据已知条件容易证明△ABG≅△ADF，由此可以推出∠BAG=∠DAF，AG=AF，而∠EAF=12∠BAD，所以得到∠DAF+∠BAE=∠EAF，进一步得到∠EAF=∠GAE，现在可以证明△AEF≅△AEG，然后根据全等三角形的性质就可以证明结论成立；
（2）结论不成立，应为EF=BE-DF，如图，在BE上截取BG，使BG=DF，由于∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，可以得到∠B=∠ADF，再利用已知条件可以证明△ABG≅△ADF，由此可以推出∠BAG=∠DAF，AG=AF，而∠EAF=12∠BAD，所以得到∠GAE=∠EAF，现在可以证明△AEG≅△AEF，再根据全等三角形的性质就可以证明EF=EG=EB-BG=EB-DF．
【详解】（1）解：如下图，延长CB到G，使BG=FD，连接AG，
∵∠ABG=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABG≅△ADF，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAE，
∴△AEF≅△AEG，
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF；
（2）结论不成立，应为EF=BE-DF，
如下图，在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，
∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵AB=AD，
∴△ABG≅△ADF，
∴∠BAG=∠DAF，AG=AF，
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD，
∴∠GAE=∠EAF，
∵AE=AE，
∴△AEG≅△AEF，
∴EG=EF，
∵EG=BE-BG，
∴EF=BE-FD．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
38．（19-20九年级上·江西上饶·期中）探究：
(1)如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=45°，试判断BE，DF与EF三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：______．
(2)如图2，若把（1）问中的条件变为“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”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
(3)在（2）问中，若将△AEF绕点A逆时针旋转，当点分别E，F运动到BC，CD延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明．
【答案】(1)EF=BE+DF
(2)（1）问中的结论EF=BE+DF仍然成立，证明见解析
(3)EF，BE，DF之间的关系是EF=BE-DF
【分析】(1)根据旋转得出∠EAF=∠EAF=45°，证明△AEF≌△AEF'，根据全等三角形对应边相等可得EF=EF'，从而得解；
(2)将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF'，根据旋转变换的性质可得△ADF≌△ABF'，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF'=∠DAF，对应边相等可得AF'=AF，BF'=DF，对应角相等可得∠ABF'=∠D，再根据∠EAF=12∠BAD证明∠EAF'=∠EAF，并证明E、B、F'三点共线，然后利用“边角边”证明△AEF和△AEF′全等，根据全等三角形对应边相等可得EF′=EF，从而得解；
(3)将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，点F落在BC上点F'处，得到△ABF'，根据旋转变换的性质可得△ADF≌△ABF'全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF'=∠DAF，对应边相等可得AF'=AF，BF'=DF，再根据∠EAF=12∠BAD证明∠EAF'=∠EAF，然后利用“边角边”证明△AEF≌△AEF'，根据全等三角形对应边相等可得EF=EF'，从而求出EF=BE-DE．
【详解】（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AB F'，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF'=∠EAF=45°，
在△AEF和△AEF'中，
AF=AF'∠EAF'=∠EAFAE=AE，
∴△AEF≌△AE F' SAS，
∴EF=EF'，又EF'=BE+BF'=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
故答案为：EF=BE+DF．
（2）结论EF=BE+DF仍然成立．理由如下：
如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△ABF'，则△ADF≌△ABF'，
∴∠BAF'=∠DAF，AF'=AF，BF'=DF，∠ABF'=∠D，
又∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠EAF=∠DAF+∠BAE=∠BAE+∠BAF'，
∴∠EAF=∠EAF'，
又∵∠ABC+∠D=180°，
∴∠ABF'+∠ABE=180°，
∴F'、B、E三点共线，
在△AEF与△AEF'中，
AF=AF'∠EAF=∠EAF'AE=AE，
∴△AEF≌△AEF' SAS，
∴EF=EF'，
又∵EF'=BE+BF'，
∴EF=BE+DF；
（3）发生变化．EF、BE、DF之间的关系是EF=BE-DF．
理由如下：如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，点F落在BC上点F'处，得到△ABF'，
∴△ADF≌△ABF'，
∴∠BAF'=∠DAF， AF'=AF，BF'=DF，
又∵∠EAF=12∠BAD，且∠BAF'=∠DAF，
∴∠F'AE=∠BAD-∠BAF'+∠EAD
=∠BAD-(∠DAF+∠EAD)
=∠BAD-∠FAE=∠FAE，
即∠F'AE=∠FAE，
在△F'AE与△FAE中，
AF=AF'∠F'AE=∠FAEAE=AE，
∴△AEF≌△AEF'，
∴EF=E F'，
又∵BE=B F' +E F'，
∴E F' =BE-B F'，
即EF=BE-DF．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转变换的性质，利用旋转变换构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点。
十一．与特殊四边形有关的新定义问题（共3小题）
39．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）问题背景
定义：若两个等腰三角形有公共底边，且两个顶角的和是180°，则称这两个三角形是关于这条底边的互补三角形．如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，且∠A+∠D=180°，则△ABC与△DBC是关于BC的互补三角形．
(1)初步思考：如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．则△ABC关于BC的互补三角形是______，并说明理由．
(2)实践应用：如图3，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E在AB边上，点F在AD边上，若△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，试求AE的长．
(3)思维探究：如图4，在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．点E是线段AB上的动点，点P是平面内一点，△BEP与△BCP是关于BP的互补三角形，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【答案】(1)△BCD，理由见解析
(2)3
(3)43或367
【分析】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．
（1）根据互补三角形的定义即可判断；
（2）根据互补三角形可得BE=FE，BC=FC，设AE=x，则BE=EF=8-x，利用勾股定理求解即可；
（3）分四种情形：如图4-1中，当BE=AF时，如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合，如图4-3中，当BE=AF时，如图4-4中，当BE=BC=AF时，F与点D重合，分别求解即可解决问题．
【详解】（1）解：如图2，
∵△BDC是等边三角形，
∴∠D=60°
∵AB=AC，∠ABC=30°
∴∠BAC=120°
∴∠A+∠D=180°
∴△ABC关于BC的互补三角形是△BCD；
故答案为：△BCD；
（2）△BEF与△BCF是关于BF互补三角形，
∴BE=FE，BC=FC
在长方形ABCD中，AB=8，AD=10，
∴CD=8,CF=BC=10，
∴DF=CF2-CD2=6，
∴AF=AD-DF=4，
设AE=x，则BE=EF=8-x，
∴x2+42=8-x2，解得：x=3，
∴AE=3；
（3）如图，当BE=AF时，设AE=x，连接EF，
∵BE=EP=AF，EF=EF，∠EAF=∠FPE=90°
∴Rt△EAF≌Rt△FPEHL
∴PF=AE=x
在Rt△DCF中，
DF=10-8-x=2+x，CD=8，
CF=10-x，
∴10-x2=82+2+x2，
解得：x=43
∴AE=43；
如图，当BE=AF时，设AE=x，
同法可得PF=AE=x，
在Rt△CDF中，则有
10+x2=82+18-x2，
解得：x=367
∴AE=367；
综上所述，满足条件的AE的值为43或367．
40．（23-24八年级上·江苏南京·期中）在数学实验课上，老师让学生以“折叠筝形”为主题开展数学实践探究活动．
定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
(1)概念理解：如图1，将一张纸对折压平，以折痕为边折出一个三角形，然后把纸展平，折痕为四边形ABCD．判断四边形ABCD的形状： 筝形（填“是”或“不是”）；
(2)性质探究：如图2，已知四边形ABCD纸片是筝形，请用测量、折叠等方法猜想筝形的角、对角线有什么几何特征，然后写出一条性质并进行证明；
(3)拓展应用：如图3，AD是锐角△ABC的高，将△ABD沿边AB翻折后得到△ABE，将△ACD沿边AC翻折后得到△ACF，延长EB,FC交于点G．
①若∠BAC=50°，当△BCG是等腰三角形时，请直接写出∠BAD的度数；
②若∠BAC=45°，BD=2,AD=5,AE=EG=FG，求CD的长．
【答案】(1)四边形ABCD是“筝形”；
(2)筝形的角对应相等、对角线互相垂直；∠A=∠C（答案不唯一）
(3)∠BAD的度数为10°，40°，25°；BC=157
【分析】（1）根据题意得DA=DC，BA=BC即可证明；
（2）连接BD，根据折叠性质可证明△ABD≌△CBD(SSS)即可得到结论；
（3）①分情况讨论：当BC=BG时，由折叠性质即可求解；当BC=CG时，
当GC=BG时，同理可得；
②有折叠性质可证四边形AEGF是正方形，设CD=CF=x，根据勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由折叠性质得：DA=DC，BA=BC，
∴四边形ABCD是“筝形”；
故答案为：是；
（2）解：筝形的对应角相等、对角线互相垂直；
∠A=∠C；
连接BD，如图，
在△ABC，△CBD中，
∵DA=DC，BA=BC，BD=BD，
∴△ABD≌△CBD(SSS)，
∴∠A=∠C；
（3）解：①当BC=BG时，如图，
∵∠BAD=∠BAE,∠CAD=∠CAF，∠BAC=50°，
∴∠EAF=2∠BAC=100°，
∵∠E=∠F=90°，
∴∠EGF=180°-100°=80°，
∵BC=BG，
∴∠BCG=∠BGC=80°，
∴∠ACB=∠ACF=50°，
∴∠ABC=180°-50°-50°=80°，
∵∠ADB=90°，
∴∠BAD=10°；
当BC=CG时，同理可得∠BAD=40°；
当GC=BG时，同理可得∠BAD=25°，
综上：∠BAD的度数为10°，40°，25°；
解：②由折叠性质可得：AE=BD=2，AD=5=AE=EG=FG，CD=CF，∠E=90°，∠F=90°，
∴BG=3，
∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴∠G=90°
设CD=CF=x，则BC=2+x，CG=5-x，
∴BG2+CG2=BC2，即32+5-x2=2+x2，解得：x=157，
∴BC=157；
【点睛】本题考查了四边形的综合题，折叠的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定与性质等，解题的关键是理解题意，掌握全等三角形的判定与性质，折叠的性质．
41．（23-24八年级上·江苏苏州·期中）定义：平面内一点P到点A，点B，点C三个点的距离分别为PA、PB、PC，若有PA2+PB2=PC2，则称点P为A，B，C三点关于点C的勾股点．

(1)若点P为A，B，C三点关于点C的勾股点，且PA=1，PB=2，则PC= ；
(2)如图1，△ABC与△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°, AB=AC，AD=AE，点D为边BC上一动点．求证：点D为B，C，E三点关于点E的勾股点；
(3)如图2，△AEC为直角三角形，∠EAC=90°，点P为A，B，C三点关于点C的勾股点，连接PA，PC，作PD⊥AC，垂足为点B，交EC于点D，连接BE，且BE∥AP，AP=5，EC=8，试求BD的长度．
【答案】(1)5
(2)见解析
(3)154
【分析】（1）根据题意，计算PC=PA2+PB2即可；
（2）连接CE，利用SAS证明△BAD≌△CAE，得出BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°，证出DC2+BD2=DE2，即可得出结论；
（3）过点B作BF⊥CE于点F，根据点P为A，B，C三点关于点C的勾股点，结合勾股定理，推出BC=5，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，证明四边形PAEB是平行四边形，推出BE=BC，根据勾股定理计算BF=BC2-CF2，设DF=x，根据DC2-BC2=BD2，BF2+DF2=BD2，得出方程4+x2-52=32+x2求解，计算BD=BF2+DF2即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点P为A，B，C三点关于点C的勾股点，
∴PA2+PB2=PC2，
∵PA=1，PB=2，
∴PC=PA2+PB2=12+22=5，
故答案为：5；
（2）证明：如图，连接CE，

∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAESAS，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°，
∴DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BD2=DE2，
∴点D为B，C，E三点关于点E的勾股点；
（3）解：如图，过点B作BF⊥CE于点F，

∵点P为A，B，C三点关于点C的勾股点，
∴PA2+PB2=PC2，
∴PC2-PB2=25，
∵PD⊥AC，
∴∠PBC=90°，
∴PC2-PB2=BC2，
∴BC=5，
∵PD⊥AC，∠EAC=90°，
∴AE∥PD，
∵BE∥AP，
∴四边形PAEB是平行四边形，
∴PA=BE=5，
∴BE=BC，
∵CE=8，
∴EF=CF=4，
∴BF=BC2-CF2=3，
设DF=x，
∵DC2-BC2=BD2，BF2+DF2=BD2，
∴4+x2-52=32+x2，
∴x=94，
∴DF=94，
∴BD=BF2+DF2=32+942=154．
【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握全等三角形的判定与性质及勾股定理是解题的关键．
十二．与特殊四边形有关的规律探索问题（共3小题）
42．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）（1）探究规律：
如图1，点P为平行四边形ABCD内一点，△PAB，△PCD的面积分别记为S1，S2，平行四边形ABCD的面积记为S，试探究S1+S2与S之间的关系．
（2）解决问题：
如图2 矩形ABCD中，AB=5，BC=8，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA上，且AE=CG=3，AH=CF=2，点P为矩形内一点，四边形AEPH、四边形CGPF的面积分别记为S1，S2，求S1+S2．
【答案】探究规律：S=S1+S2，理由见详解；解决问题：17；
【分析】
本题考查平行四边形性质，矩形的性质：
（1）过P作PE⊥AB并延长EP交CD于F，根据平行四边形得到AB=CD，AB∥CD，结合平行线间距离处处相等得到h=EF即可得到答案；
（2）过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，
结合矩形的性质及三角形面积加减关系求解即可得到答案；
【详解】解：探究规律：过P作PE⊥AB并延长EP交CD于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴h=EF，
∴S1+S2=12×AB×PE+12×CD×PF=12×AB×EF=S，
，
∴S=S1+S2；
解决问题：过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，连接：PA，PB，PC，PD，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5，BC=8，AE=CG=3，AH=CF=2，
∴BE=DG=AH=CF=2，AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，
，
∵PK⊥AB，PM⊥AD，
∴PK+PT=AD，PM+PN=MN，
∴S1+S2=12×AE×PK+12×CG×PT+12×AH×PM+12×CF×PN =12×3×PK+12×3×PT+12×2×PM+12×2×PN
=12×3×KT+12×2×MN
=12×3×8+12×2×5
=12+5
=17．
43．（22-23八年级下·江苏·期末）解答题
(1)证明三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；[要求根据图1写出已知、求证、证明；在证明过程中，至少有两处写出推理依据（“已知”除外）]
(2)如图2，在▱ABCD中，对角线交点为O，A1、B1、C1、D1分别是OA、OB、OC、OD的中点，A2、B2、C2、D2分别是OA1、OB1、OC1、OD1的中点，…，以此类推．若▱ABCD的周长为1，直接用算式表示各四边形的周长之和l；
(3)借助图形3反映的规律，猜猜l可能是多少？

【答案】(1)见解析
(2)l=1+12+14+18+⋯
(3)l=1+12+14+18+⋯=2（无限接近于2）
【分析】（1）先作出图形，延长DE至F，使EF=DE，然后根据“边角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=CF，全等三角形对应角相等可得∠A=∠ECF，再根据内错角相等，两直线平行可得AD∥CF，然后证明四边形BCFD是平行四边形，再根据平行四边形的对边平行且相等可得DF∥BC且DF=BC，然后整理即可证明结论；
（2）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出四边形A1B1C1D1的周长等于▱ABCD周长的一半，然后依次表示出各四边形的周长，再相加即可解答；
（3）根据规律，l的算式等于大正方形的面积减去最后剩下的一小部分的面积，然后写出结果即可解答．
【详解】（1）解：已知：在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，
求证：DE∥BC且DE=12BC，
证明：如图，延长DE至F，使EF=DE，
∵E是AC的中点，
∴AE=CE，
在△ADE和△CFE中，
DE=EF∠AED=∠CEFAE=CE，
∴△ADE≅△CFE（SAS），
∴AD=CF（全等三角形对应边相等），∠A=∠ECF（全等三角形对应角相等），
∴AD∥CF，
∵点D是AB的中点，
∴AD=BD，
∴BD=CF且BD∥CF，
∴四边形BCFD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴DF∥BC且DF=BC（平行四边形的对边平行且相等），
∵DE=EF=12DF，
∴DE∥BC且DE=12BC．

（2）解：∵A1、B1、C1、D1分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴A.A1B1=12AB,B1C1=12BC,C1D1=12CD,A1D1=12AD，
∴四边形A1B1C1D1的周长=12×1=121，
同理可得，四边形A2B2C2D2的周长=12×12=14，
四边形A3B3C3D3的周长=12×14=18，
…，
∴四边形的周长之和l=1+12+14+18+⋯．
（3）解：由图可知，12+14+18+⋯=1（无限接近于1），
所以l=1+12+14+18+⋯=2（无限接近于2）．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理的证明、平行四边形的判定与性质、数字规律等知识点，正确作辅助线构造出全等三角形的和平行四边形是解题的关键．
44．（21-22八年级下·安徽淮北·期中）小明同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组全等的三角形，小明把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．
（1）【问题发现】：如图1，D是等边△ACB的边BC上的一动点，其中等边△ACB的边长为10，以AD为边在AB上方作等边△ADE，小明认为AD有最小值，那么AD的最小值是___________．
（2）①【问题探究】：如图2，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，则∠AEB的度数为___________；线段BE与AD之间的数量关系是___________．
②【问题探究】：如图3，若△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点A、D、E在同一条直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM、AE、BE之间的数量关系并说明理由．
【问题解决】
（3）如图4，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，BC=5，CD=4，求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】（1）53；（2）①60°，BE=AD；②∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由见解析；（3）8134
【分析】
（1）根据垂线段最短可得当AD⊥BC时，AD有最小值，利用等边三角形的性质和勾股定理求解即可；
（2）①先证明∠ACD=∠BCE，再利用SAS证明△ACD≌△BCE即可得到AD=BE，∠CDA=∠CEB，根据等边三角形的性质和平角的定义得到∠CDA=∠CEB=120°，即可得到答案；②同理证明△ACD≌△BCE，得到AD=BE，∠ADC=∠BEC，根据等腰直角三角形的性质得到∠CDE=∠CED=45°，进而得到∠BEC=∠ADC=135°，由此可得∠AEB=90°，再证明DM=ME=CM，即可得到AE=AD+DE=BE+2CM．
（3）将△ADC绕点A顺时针旋转60°，得到对应的△ABE，连接CE，证明△ACE是等边三角形，得到AC=CE，则当C，B，E三点共线时，CE最大，即AC的最大值是9，过A作AH⊥CE于H，则EH=12CE=92，期初AH=AE2-EH2=932，再根据四边形ABCD面积=△ACE的面积进行求解即可．
【详解】
解：（1）∵D是等边△ABC的边BC上的一动点，
∴当AD⊥BC时，AD有最小值，
∴CD=BD=5，
∴AD=AB2-BD2=53，
∴AD的最小值是53，
故答案为：53；
（2）①∵△ABC和△CDE均是等边三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=∠CDE=∠CED=60°，
∴∠ACB-∠BCD=∠DCE-∠BCD，即∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCESAS，
∴AD=BE，∠CDA=∠CEB，
∵∠CAD=180°-∠CDE=120°，
∴∠CDA=∠CEB=120°，
∴∠AEB=∠CEB-∠CED=60°，
故答案为：60°，BE=AD；
②∠AEB=90°，AE=BE+2CM，理由如下：
同（2）①的方法得，△ACD≌△BCE，
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC，
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=∠CED=45°，
∴∠ADC=180°-∠CDE=135°，
∴∠BEC=∠ADC=135°，
∴∠AEB=∠BEC-∠CED=135°-45°=90°，
∵CD=CE，CM⊥DE，
∴DM=ME，
∵∠DCE=90°，
∴DM=ME=CM．
∴AE=AD+DE=BE+2CM．
（3）将△ADC绕点A顺时针旋转60°，得到对应的△ABE，连接CE，如图4，
∴CD=BE=4，
∵AC=AE，∠CAE=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC=CE，
∵CE≤BC+BE=4+5=9，
∴当C，B，E三点共线时，CE最大，
∴AC的最大值是9，
过A作AH⊥CE于H，
∴EH=12CE=92，
∴AH=AE2-EH2=932，
∴四边形ABCD面积=△ACE的面积=12×9×932=8134，
故四边形ABCD面积的最大值为8134．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
十三．与特殊四边形有关的阅读材料问题（共4小题）
45．（23-24八年级上·湖北十堰·阶段练习）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
任务：如图3，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，∠BAD=120°，以A为顶点的∠EAF=60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点.请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF=BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
【答案】成立，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质；根据旋转的性质得到△ABM≌△ADF，∠ABM=∠D=90°，∠MAB=∠FAD，AM=AF，MB=DF，推出M、B、E三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：成立．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，
∴△ABM≌△ADF，∠ABM=∠D=90°，∠MAB=∠FAD，AM=AF，MB=DF，
∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=180°，
∴M、B、E三点共线，
∴∠MAE=∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=∠BAD-∠EAF=60°，
∴∠MAE=∠FAE，
∵AE=AE，AM=AF，
∴△MAE≌△FAE(SAS)，
∴ME=EF，
∴EF=ME=MB+BE=DF+BE．
46．（23-24八年级上·黑龙江鸡西·阶段练习）请认真阅读下列材料，并完成相应学习任务．
探索四边形的内角和
数学课上，老师提出如下问题：我们知道，三角形的内角和等于180°，正方形、长方形的内角和都等于360°．那么，任意一个四边形的内角和是否也等于360°呢？你能利用三角形内角和定理证明四边形的内角和等于360°吗？
“勤奋小组”的思路是：如图1，连接对角线AC，则四边形ABCD被分为两个三角形，即△ABC和△ACD．由此可得，
∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=∠1+∠2+∠B+∠3+∠4+∠D
=(∠1+∠4+∠D)+(∠2+∠B+∠3)
∵∠1+∠4+∠D=180°，∠2+∠B+∠3=180°
∴∠BAD+∠B+∠BCD+∠D=360°
即四边形ABCD的内角和是360°．

“智慧小组”受到“勤奋小组”的启发，他们发现，在四边形的一条边上取一点E，或在四边形内部取一点E，也可以将四边形分为几个三角形(如图2或图3)，进而证明四边形内角和等于360°．
“创新小组”的思路是：如图4，在四边形外部取一点E，分别连接AE，BE，CE，DE…
任务一：
勤奋小组在探索四边形内角和的过程中，主要体现的数学思想是( )
A．从一般到特殊 B．转化 C．抽象
任务二：
∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠CDA=360°，在图2、图3、图4中，选择一种证明．
【答案】任务一：B；任务二：见解析
【分析】任务一：根据题意正确作答即可；任务二，根据将四边形分成几个三角形，然后根据度数之间的关系列式，计算求解即可．
【详解】任务一：解：由题意知，主要体现的数学思想是转化，
故选：B．
任务二：
①选择图2，证明：分别连接AE，BE，则把四边形分成3个三角形．
∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=∠1+∠7+∠D+∠2+∠3+∠6+∠4+∠5+∠C-∠5+∠6+∠7
=180°×3-180°
=360°；
②选择图3，证明：把四边形分成4个三角形，
∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=∠1+∠8+∠9+∠2+∠3+∠10+∠4+∠5+∠11+∠6+∠7+∠12-∠9+∠10+∠11+∠12
=4×180°-360°
=360°；
③选择图4，，证明：
∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=∠ABE+∠3+∠EAB+∠EBC+∠BCE+∠2+∠CDE+∠1+∠ECD-∠AED+∠EAD+∠EDA
=3×180°-180°
=360°．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，四边形内角和．解题的关键在于根据题意正确的表示角度之间的关系．
47．（22-23八年级下·四川南充·期末）阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，D为BC中点，E、F分别为AB、AC上一点，且ED⊥DF，求证：BE+CF>EF．
小明发现，延长FD到点H，使DH=FD，连接BH、EH，构造△BDH和△EFH，通过证明△BDH与△CDF全等、△EFH为等腰三角形，利用△BEH使问题得以解决(如图2)．
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在矩形ABCD中，O为对角线AC中点，将矩形ABCD翻折，使点B恰好与点O重合，EF为折痕，猜想EF、AE、FC之间的数量关系？并证明你的猜想．

【答案】猜想：EF2=AE2+CF2，理由见解析
【分析】猜想：EF2=AE2+CF2，延长EO交CD于点H，连接FH，首先证明△AEO≌△CHO，进而可得EO=HO，CH=AE，由折叠的性质可得△EFO≌△EFB，所以∠EOF=∠B=90°，继而在△FCH中，由勾股定理得FH2=CH2+FC2，即EF2=AE2+CF2问题得证．
【详解】解：猜想：EF2=AE2+CF2，理由如下：延长EO交CD于点H，连接FH．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC,∠B=90°，
∴∠EAO=∠HCO．
∵O为对角线AC中点，
∴AO=CO．
∵∠AOE=∠COH，
∴△AEO≌△CHO．
∴EO=HO，CH=AE，
∵折叠，
∴△EFO≌△EFB．
∴∠EOF=∠B=90°．
∴OF垂直平分EH．
∴FH=EF
在△FCH中，由勾股定理得FH2=CH2+FC2，
∴EF2=AE2+CF2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质勾股定理的运用以及折叠的性质，解题的关键是正确条件辅助线构造全等三角形．
48．（22-23八年级下·江苏盐城·阶段练习）在学习了《中心对称图形》一章后，某数学兴趣小组利用矩形硬纸片开展了一次活动，请阅读下面的探究片段，完成所提出的问题．
【探究1】（1）如图1，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折，点C刚好落在边AD上的点F处，若AB=3，BC=6，求AF长．

【探究2】（2）操作：如图2，点E是正方形ABCD上一动点，连接BE，将△CEB沿BE翻折，点C落在正方形内一点F处，请用无刻度直尺作出∠ABF的角平分线，并说明理由．
【探究3】（3）如图3，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折，点C落在矩形外一点F处，连接AF，若AB=3，BC=6，CE=2，则△ABF的面积是________．

【探究4】（4）如图4，点E是矩形ABCD边CD上一点，连接BE，将△CEB沿BE翻折，点C落在点F处，∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，若AB=3，BC=6，当点E从点C运动到点D时，点M运动的路径长是_______．
【答案】（1）33；（2）作图见解析，理由见解析；（3）7.2；（4）4
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠A=90°，由翻折的性质可得BF=BC=6，再根据勾股定理即可求得AF的长；
（2）延长EF交AD于点M，过点B、点M作射线BM，则射线BM是∠ABF的角平分线．理由：根据正方形的性质可得∠A=∠C=90°，BA=BC，根据翻折的性质得到BF=BC，∠BFE=∠C=90°，然后证明Rt△BAM≌Rt△BFMHL，根据全等三角形的性质可得结论；
（3）延长EF交BA的延长线于点H，过点F作FG⊥BH于点G，设AH=x，FH=y，根据矩形的性质可得∠C=90°，AB∥CD，HB=HA+AB=x+3，由平行线的性质得到∠HBE=∠CEB，根据翻折的性质得到BF=BC=6，FE=CE=2，∠HEB=∠CEB，∠BFE=∠C=90°，可得∠HBE=∠HEB，HE=HF+FE=y+2，根据等角对等边有HB=HE，y=x+1，在Rt△HFB中，HB2=HF2+BF2，得到x=7，然后由S△HFB=12BH⋅GF=12HF⋅BF，求得GF=4.8，最后根据三角形的面积公式可得结论；
（4）过点M作MH⊥BA，交BA的延长线于点H，延长HM交CD的延长线于点G，设HM=m，证明四边形BCGH是矩形，结合翻折的性质证明△BHM≌△BFMAAS，从而证明四边形BCGH是正方形，CG=BH=6，当点E与点D重合时，点M运动的路径是线段MG，则GD=CG-CD=6-3=3，在Rt△MDG中，MD=MF+FD=m+CD=m+3，根据MD2=MG2+GD2，解得：m=2，MG=6-m=6-2=4，可得答案．
【详解】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，
∴∠A=90°，
∵将△CEB沿BE翻折，点C刚好落在边AD上的点F处，
∴BF=BC=6，
∴在Rt△ABF中，AF=BF2-AB2=62-32=33，
∴AF的长为33；
（2）延长EF交AD于点M，过点B、点M作射线BM，则射线BM是∠ABF的角平分线．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠C=90°，BA=BC，
∵将△CEB沿BE翻折，点C落在正方形内一点F处，
∴BF=BC，∠BFE=∠C=90°，
∴BA=BF，∠BFM=180°-∠BFE=90°=∠C，
在Rt△BAM和Rt△BFM中，
BA=BFBM=BM，
∴Rt△BAM≌Rt△BFMHL，
∴∠BAM=∠BFM，
∴射线BM是∠ABF的角平分线，
则射线BM即为所作；

（3）延长EF交BA的延长线于点H，过点F作FG⊥BH于点G，设AH=x，FH=y，
∵在矩形ABCD中，AB=3，BC=6，
∴∠C=90°，AB∥CD，HB=HA+AB=x+3，
∴∠HBE=∠CEB，
∵将△CEB沿BE翻折，点C落在矩形外一点F处，CE=2，
∴BF=BC=6，FE=CE=2，∠HEB=∠CEB，∠BFE=∠C=90°，
∴∠HBE=∠HEB，HE=HF+FE=y+2，
∠HFB=180°-∠BFE=180°-90°=90°，
∴HB=HE，即x+3=y+2，
∴y=x+1，
在Rt△HFB中，HB2=HF2+BF2，
即：x+32=y2+62，
∴x+32=x+12+62，
解得：x=7，
∴HB=x+3=10，FH=y=x+1=8，
∵S△HFB=12BH⋅GF=12HF⋅BF，
∴BH⋅GF=HF⋅BF，即10GF=8×6，
∴GF=4.8，
∴S△ABF=12AB⋅GF=12×3×4.8=7.2，
∴△ABF的面积是7.2；
故答案为：7.2；

（4）过点M作MH⊥BA，交BA的延长线于点H，延长HM交CD的延长线于点G，设HM=m，
∴∠H=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=6，
∴∠ABC=∠C=90°，CD=AB=3，
∴四边形BCGH是矩形，
∴∠G=90°，HG=BC=6，CG=BH，
∴MG=HG-HM=6-m，
∵将△CEB沿BE翻折，点C落在点F处，
∴BF=BC=6，∠BFE=∠C=90°，
∴∠BFM=180°-∠BFE=90°=∠H，
∵∠ABF的角平分线与EF的延长线交于点M，
∴∠HBM=∠FBM，
在△BHM和△BFM中，
∠BHM=∠BFM∠HBM=∠FBMBM=BM，
∴△BHM≌△BFMAAS，
∴BH=BF=6，FM=HM=m，
∴四边形BCGH是正方形，
∴CG=BH=6，
∴当点E与点D重合时，GD=CG-CD=6-3=3，
此时在Rt△MDG中，MD=MF+FD=m+CD=m+3，
∵MD2=MG2+GD2，
即：m+32=6-m2+32，
解得：m=2，
∴MG=6-m=6-2=4，
∴当点E从点C运动到点D时，点M运动的路径是线段MG，长度为4．
故答案为：4．

【点睛】本题是四边形综合题，考查翻折的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握翻折的性质、正方形和矩形的判定和性质是解题的关键．也考查了应用与设计作图．
从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如：
如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF=45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点.易证得EF=BE+FD.
大致证明思路：如图2，将延长CB至点H，使BH=DF，连AH，可证△ADF≌△ABH，再证△AEF≌△AEH，故EF=BE+DF.