专题11 四边形压轴（11题型）（讲练）-2024年中考数学二轮复习讲义（全国通用）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题11 四边形压轴
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc163771162" 考情分析
\l "_Tc163771163" 考点 四边形压轴
\l "_Tc163771164" \l "_Tc163729858" \l "_Tc161669186" \l "_Tc160094596" 【真题研析·规律探寻】
\l "_Tc163771165" 题型01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
\l "_Tc163771166" 题型02 与四边形有关的平移问题
\l "_Tc163771167" 题型03 与四边形有关的翻折问题
\l "_Tc163771168" 题型04 与四边形有关的旋转问题
\l "_Tc163771169" 题型05 与四边形有关的最值问题
\l "_Tc163771170" 题型06 与四边形有关的动点问题
\l "_Tc163771171" 题型07 与四边形有关的新定义问题
\l "_Tc163771172" 题型08 与四边形有关的阅读理解问题
\l "_Tc163771173" 题型09 与四边形有关的存在性问题
\l "_Tc163771174" 题型10 四边形与圆综合
\l "_Tc163771175" 题型11 四边形与函数综合
\l "_Tc163771176" \l "_Tc163729871" \l "_Tc161669192" 【核心提炼·查漏补缺】
\l "_Tc163771177" \l "_Tc163729872" \l "_Tc163485733" \l "_Tc162276584" \l "_Tc161669193" 【好题必刷·强化落实】
考点 四边形压轴
题型01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM,CM,DM,BM，下列结论正确的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=22；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得∠AED=∠BFA，从而证明△ABF≌△AED，即可判断①；由折叠的性质可得BM⊥AF，再由平行线的判定即可判断②；由CM⊥FM可得A,M,C在同一直线上，从而可得∠MCF=∠MFC=45°，再根据折叠的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，再根据菱形的判定即可判断③；设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，利用勾股定理求得DE=5a=AF，证明△AHD∽△FHB，可得AH=23AF=253a，从而证得△AGE∽△ABF，可得DG=455a，GH=4515a，即可判断④；证明△EAG≌△PAG，可得EG=12EP，从而证明△AHD∽△FHB，可得DHBH=ABBF，再证明△EAG∽△FAB，可得EG⋅DH=AG⋅BH，进而可得12EP⋅DH=AG⋅BH，即可判断⑤．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
∴△ABF≌△AEDAAS，
∴AF=DE，故①正确，
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确，
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
通过翻折的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH,HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确，
当点E运动到AB的中点，如图，

设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，DE=AD2+AE2=5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=253a，
∵∠AGE=∠ABF=90°，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a5a=55，
∴EG=55BF=55a，AG=55AB=255a，
∴DG=ED−EG=455a，GH=AH−AG=4515a，
∵∠BHF=∠DHA，
在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，故④错误，
由折叠的性质可得，△ABF≌△AMF，
∴∠EAG=∠PAG，
在△EAG和△PAG中，
∠EAG=∠PAGAG=AG∠EGA=∠PGA，
∴△EAG≌△PAGASA，
∴EG=PG，
∴EG=12EP，
∵AD∥BC，
∴△AHD∽△FHB，
∴DHBH=ADBF，
∵AD=AB，
∴DHBH=ABBF，
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△EAG∽△FAB，
∴EGAG=BFAB，
∴BHDH=EGAG，
∴EG⋅DH=AG⋅BH，
∴12EP⋅DH=AG⋅BH，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
2．（2022·湖北黄冈·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得BF=FO，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设AC与MN的交点为O，
根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠OCF，
又∵∠AOE=∠COF，AO=CO ，
∴△AOE≌△COF，
∴AE=FC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
②∵FA=FC，
∴ ∠ACB=∠FAC，
∴∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得12AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
若AF平分∠BAC，FB⊥AB,FO⊥AC，
则BF=FO，
∴∠BAF=∠FAC，
∵∠FAC=∠FCA，
∵∠BAF+∠FAC+∠FCA=90°，
∴∠ACB=30°，
∴FO=12FC，
∵FO=BF，
∴CF＝2BF．故④正确；
故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
3．（2021·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=15，BC=20，把边AB沿对角线BD平移，点A'，B'分别对应点A，B．给出下列结论：①顺次连接点A'，B'，C，D的图形是平行四边形；②点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48；③A'C−B'C的最大值为15；④A'C+B'C的最小值为917．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】根据平移的性质和平行四边形的判定方法判断①，再利用等积法得出点C到BD的距离，从而对②做出判断，再根据三角形的三边关系判断③，如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H, 证明D'C 是最小值时的位置，再利用勾股定理求解D'C，对④做出判断．
【详解】解：由平移的性质可得AB//A'B'
且AB=A'B'
∵四边形ABCD为矩形
∴AB//CD，AB=CD=15
∴A'B'//CD且A'B'=CD
∴四边形A'B'CD为平行四边形，
当点B'与D重合时，四边形不存在，
故①错误
在矩形ABCD中，BD=AB2+AD2=152+202=25
过A作AM⊥BD，CN⊥BD，则AM=CN
∴S△ABD=12AB·CD=12 BD·AM
∴AM=CN=15×2025=12
∴点C到AA'的距离为24
∴点C到它关于直线AA'的对称点的距离为48
∴故②正确
∵A'C−B'C≤A'B'
∴当A',B',C在一条直线时A'C−B'C最大，
此时B'与D重合
∴A'C−B'C的最大值=A'B'=15
∴故③正确，
如图，作D关于AA'的对称点D'，DD'交AA'于M, 连接BD'，过D'作D'N⊥BC于N, 分别交AM,BD于K,H,
则AB//A'B'//KH,AB=KH=15, KM为△D'HD的中位线， BD⊥DD'，
∴D'K=HK=15,
由▱A'B'CD可得B'C=A'D，
∴B'C=A'D=A'D',
∴A'C+B'C=A'C+A'D'=D'C, 此时最小，
由②同理可得：DM=D'M=12,
∵tan∠DBC=DCBC=1520=34=HNBN,
设HN=3x, 则BN=4x,
由勾股定理可得：DD'2+BD2=BD'2=BN2+D'N2,
∴252+242=(30+3x)2+(4x)2,
整理得：25x2+180x−301=0,
∴(5x−7)(5x+43)=0,
解得：x1=75,x2=−435（负根舍去），
∴NC=20−4x=725,D'N=1715,
∴D'C=(725)2+(1715)2=917,
∴故④正确
故选C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的性质以及平移的性质,锐角三角函数的应用等知识点，熟练掌握相关的知识是解题的关键．
4．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S△MPE=9625；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，MN=152，，利用S四边形MBND=12MN×BD判断②；根据相似可以得到S△MPES△DAB=MEBD2，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在点P移动过程中，不一定MP=PN，
相矛盾，
故①不正确；

延长ME交BC于点H,
则ABHM为矩形，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
∴MHAD=HNAB=MNBD，
即68=HN6=MN10，
解得：HN=92，MN=152，
∴S四边形MBND=S△BMN+S△DMN=12MN×BP+12MN×DP=12MN×BD=12×152×10=752
故②正确；
∵ME∥AB，
∴△DME∽△DAB，
∴MEAB=MDAD=23，
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
∴S△MPES△DAB=MEBD2=425，
∴S△MPE=425S△DAB=425×12×6×8=9625，
故③正确，
BM+MN+ND=BM+ND+152，
即当MB+ND最小时， BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B1、D1,
把图1中的CD1向上平移到图2位置，使得CD=92，连接B1D1，即B1D1为MB+ND的最小值，则AC=BD1=72，BB1=12,
这时B1D1=BD12+BB12=722+122=252，
即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型02 与四边形有关的平移问题
1．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依据是__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且EF始终在边BC上．当MD=MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周长为40，sin∠EFG=45（∠EFG为锐角），则四边形ECPH的面积为_________．

【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应用），8
【分析】
（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；
（探究提升），证明四边形ABEN是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；
（结论应用），证明四边形ECPH是菱形，求得其边长为10，作GQ⊥BC于Q，利用正弦函数的定义求解即可．
【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，
∴MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（探究提升），∵MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形，
∵∠B=∠FEH，
∴NE∥AB，
又AN∥BE，
∴四边形ABEN是平行四边形，
∴EF=AB=NE，
∴平行四边形EFMN是菱形；
（结论应用），∵平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，
∴MD∥GP，PD∥MG，
∴四边形MNHG、CDMF、PGMD是平行四边形，
∵MD=MG，
∴四边形PGMD是菱形，
∵四边形EFMN是菱形，
∴四边形ECPH是菱形，
∵四边形ECPH的周长为40，
∴FH=GF=10，
作GQ⊥BC于Q，

∵sin∠EFG=45，
∴GQGF=45，
∴GQ=8，
∴四边形ECPH的面积为10×8=80．
故答案为：80．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
2．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A(3,0),B(0,1),D(23,1)，矩形EFGH的顶点E0,12,F−3,12,H0,32．
(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；
(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E'F'G'H'，点E，F，G，H的对应点分别为E'，F'，G'，H'．设EE'=t，矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分的面积为S．

①如图②，当边E'F'与AB相交于点M、边G'H'与BC相交于点N，且矩形E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：
②当233≤t≤1134时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)3,2，−3,32．
(2)①32【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；
（2）①由题意易得EF=E'F'=3,EH=E'H'=1，然后可得∠ABO=60°，则有EM=32，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当233≤t≤332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当332【详解】（1）解：∵四边形EFGH是矩形，且E0,12,F−3,12,H0,32，
∴EF=GH=3,EH=FG=1，
∴G−3,32；
连接AC,BD，交于一点H，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，且A(3,0),B(0,1),D(23,1)，
∴AB=AD=3−02+0−12=2，AC⊥BD,CM=AM=OB=1,BM=MD=OA=3，
∴AC=2，
∴C3,2，
故答案为3,2，−3,32；
（2）解：①∵点E0,12，点F−3,12，点H0,32，
∴矩形EFGH中，EF∥x轴，EH⊥x轴，EF=3,EH=1．
∴矩形E'F'G'H'中，E'F'∥x轴，E'H'⊥x轴，E'F'=3,E'H'=1．
由点A3,0，点B0,1，得OA=3,OB=1．
在Rt△ABO中，tan∠ABO=OAOB=3，得∠ABO=60°．
在Rt△BME中，由EM=EB⋅tan60°,EB=1−12=12，得EM=32．
∴S△BME=12EB⋅EM=38．同理，得S△BNH=38．
∵EE'=t，得S矩形EE'H'H=EE'⋅EH=t．
又S=S矩形EE'H'H−S△BME−S△BNH，
∴S=t−34，
当EE'=EM=32时，则矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分为△BE'H'，
∴t的取值范围是32②由①及题意可知当233≤t≤332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当332∴当t=332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分如图所示：

此时面积S最大，最大值为S=1×3=3；
当t=1134时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分如图所示：

由（1）可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到G'F'的距离为3−1134−23=34，
由①可知：∠D=∠B=60°，
∴矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，
∴该等边三角形的边长为2×34tan60°=12，
∴此时面积S最小，最小值为12×12×34=316；
综上所述：当233≤t≤1134时，则316≤S≤3．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．
3．（2021·山东淄博·中考真题）已知：在正方形ABCD的边BC上任取一点F，连接AF，一条与AF垂直的直线l（垂足为点P）沿AF方向，从点A开始向下平移，交边AB于点E．
（1）当直线l经过正方形ABCD的顶点D时，如图1所示．求证：AE=BF；
（2）当直线l经过AF的中点时，与对角线BD交于点Q，连接FQ，如图2所示．求∠AFQ的度数；
（3）直线l继续向下平移，当点P恰好落在对角线BD上时，交边CD于点G，如图3所示．设AB=2,BF=x,DG=y，求y与x之间的关系式．
【答案】（1）见详解；（2）∠AFQ=45°；（3）y=4−2xx+2
【分析】（1）由题意易得AD=AB,∠EAD=∠FBA=90°，进而可得∠FAB=∠EDA，则有△ABF≌△DAE，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△AMQ≌△QNF，然后可得∠MQF=90°，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AH=BF=x,HE=DG=y，进而可得BEDG=BFAD=BPPD=x2，然后可得2−x−yy=x2，则问题可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠EAD=∠FBA=90°，
∵AF⊥ED，
∴∠APE=90°，
∴∠BAF+∠AEP=∠AEP+∠ADE=90°，
∴∠FAB=∠EDA，
∴△ABF≌△DAEASA，
∴AE=BF；
（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，
∴AQ=FQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC,∠ADC=∠C=90°,∠ADB=45°，
∴四边形MNCD是矩形，△MDQ是等腰直角三角形，
∴MN=CD=AD,MD=MQ，
∴AM=QN，
∴△AMQ≌△QNFHL，
∴∠AQM=∠QFN，
∵∠FQN+∠QFN=90°，
∴∠FQN+∠AQM=90°，即∠AQF=90°，
∴△AQF是等腰直角三角形，
∴∠AFQ=45°；
（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，
∴DG=HE，
∵AF⊥EG，
∴AF⊥HD，
由（1）中结论可得AH=BF，
∵AD//BF,AB//CD，
∴△APD∽△FPB，△BPE∽△DPG，
∴BFAD=BPDP,BEDG=BPDP，
∵AB=2,BF=x,DG=y，
∴AD=AB=2,AH=BF=x,HE=DG=y，
∴BE=2−x−y，
∴BEDG=BFAD=BPPD=x2，
∴2−x−yy=x2，
∴y与x之间的关系式为y=4−2xx+2．
【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．
题型03 与四边形有关的翻折问题
1．（2023·江苏镇江·中考真题）如图，将矩形ABCD (AD>AB)沿对角线BD翻折，C的对应点为点C'，以矩形ABCD的顶点A为圆心、r为半径画圆，⊙A与BC'相切于点E，延长DA交⊙A于点F，连接EF交AB于点G．

(1)求证：BE=BG．
(2)当r=1，AB=2时，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=23
【分析】（1）连接AE，由切线的性质得∠AEB=90°，则∠AEG+∠BEG=90°，由矩形的性质得∠BAD=∠BAF=90°，再由直角三角形两锐角互余得∠F+∠AGF=90°，根据对顶角相等和同圆的半径相等得∠BGE=∠AGE，∠F=∠AEG，然后由等角的余角相等得∠BGE=∠BEG，最后由等角对等边得出结论；
（2）由锐角三角函数得，sin∠ABE=AEAB=12，得∠ABE=30°，由翻折得∠CBD=∠C'BD，由∠ABE+∠CB'D+∠CBD=90°得∠CBD=30°，再由矩形对边相等得AB=CD，最后在Rt△BCD中解直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接AE．

∵⊙A与BC'相切于点E，
∴∠AEB=90°，
∴∠AEG+∠BEG=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BAF=90°，
∴∠F+∠AGF=90°．
∵AE=AF，
∴∠F=∠AEG．
∵∠BGE=∠AGF，
∴∠BGE=∠BEG，
∴BE=BG．
（2）解：在Rt△BCD中，AE=1，AB=2，
∴sin∠ABE=AEAB=12，
∴∠ABE=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
由翻折可知，∠CBD=∠C'BD=12∠ABC−∠ABE=12×90°−30°=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=tan30°=CDBC，
∴BC=CDtan30°=233=23．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．
2．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．

(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB'C'C的面积；
(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S，求S关于x的函数表达式．
【答案】(1)43+8
(2)S=323xx2+12+43
【分析】（1）连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，则BB'=26，PE=6；同理CQ=2，CC'=22，QF=2；进而根据S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'，即可求解；
（2）等积法求得BE=23xx2+12，则QE=12x2+12，根据三角形的面积公式可得S△QEB=123xx2+12，证明△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S△QFC=43xx2+12，根据S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求解．
【详解】（1）如图，连接BD、BQ，

∵四边形ABCD为菱形，
∴ CB=CD=4，∠A=∠C=60°，
∴ △BDC为等边三角形．
∵Q为CD中点，
∴ CQ=2，BQ⊥CD，
∴ BQ=23，QB⊥PB．
∵ ∠QPB=45°，
∴ △PBQ为等腰直角三角形，
∴ PB=23，PQ=26，
∵翻折，
∴ ∠BPB'=90°，PB=PB'，
∴ BB'=26，PE=6；.
同理CQ=2，
∴ CC'=22，QF=2，
∴S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'=2×12×2+23×23−12×232+12×22=43+8；
（2）如图2，连接BQ、B'Q，延长PQ交CC'于点F．

∵ PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，
∴ PQ=x2+12．
∵S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ
∴ BE=BQ×PBPQ=23xx2+12，
∴ QE=12x2+12，
∴ S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12．
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ∼△QFC，
∴ S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13，
∴ S△QFC=43xx2+12．
∵S△BQC=12×2×23=23，
∴ S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=2123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（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．
4．（2023·四川达州·中考真题）（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A'处，若AB=6,BC=10，求AEEB的值；

（2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC⋅CE=24,AB=6，求BE的值；
（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=45°,AD⊥BC，垂足为点D,AD=10,AE=6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE=2∠DAC，直接写出BD+53EF的值．
【答案】（1）54；（2）5；（3）253
【分析】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得A'B=2，设AE=A'E=x则BE=AB−AE=6−x，Rt△A'BE中利用勾股定理求得x=103，则AE=103，BE=6−103=83，进而求解即可；
（2）由矩形的性质和翻折性质得到∠EB'C=∠B'DA'，证明△EB'C∽△B'DA'，利用相似三角形的性质求得B'C=4，则B'D=10，在Rt△A'B'D中，利用勾股定理求得A'D=8，
进而求得BC=8，CE=3可求解；
（3）证明△AEF∽△ADC得到CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；设EF=3k，CD=5k，过点D作DH⊥AC于H，证明△CHD≌△FHDASA得到DF=CD=5k，在Rt△EFD中，由勾股定理解得k=1，进而可求得AC=55，在图③中，过B作BG⊥AC于G，证明∠CBG=∠CDH=∠DAC，则sin∠CBG=sin∠DAC=55，cs∠CBG=cs∠DAC=255，再证明AG=BG，在Rt△BCG中利用锐角三角函数和AG+CG=BG+CG=AC求得BC即可求解．
【详解】解：（1）如图①，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，CD=AB=6，∠A=∠B=∠C=90°，
由翻折性质得A'D=AD=10，AE=A'E，
在Rt△A'CD中，A'C=A'D2−CD2=102−62=8，
∴A'B=BC−A'C=2，
设AE=A'E=x，则BE=AB−AE=6−x，
在Rt△A'BE中，由勾股定理得BE2+A'B2=A'E2，
∴6−x2+22=x2，解得x=103，
∴AE=103，BE=6−103=83，
∴AEEB=10383=54；
（2）如图②，∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6，AD=BC，∠A=∠B=∠BCD=90°，
由翻折性质得，A'B'=AB=6，A'D=AD，∠DA'B'=∠A'B'E=∠BCD=∠90°，
∴∠EB'C+∠A'B'D=90°=∠A'B'D+∠B'DA'
∴∠EB'C=∠B'DA'，
∴△EB'C∽△B'DA'，
∴CEA'B'=B'CA'D，即CE6=B'CBC，又BC⋅CE=24，
∴B'C=BC⋅CE6=246=4，
∴B'D=B'C+CD=10，
在Rt△A'B'D中，A'D=B'D2−A'B'2=8，
∴BC=AD=A'D=8，则CE=3，
∴BE=BC−CE=8−3=5；
（3）∵AD⊥BC，EF⊥AD，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ADC，
∵AD=10,AE=6，
∴EFCD=AEAD=610=35，
∴CD=53EF，则BD+53EF=BD+CD=BC；
设EF=3k，CD=5k，
过点D作DH⊥AC于H，如图③，则∠CHD=∠ADC=90°，
∴∠CDH=∠DAC=90°−∠C；

∵EF∥BC，
∴∠CDF=∠DFE=2∠DAC=2∠CDH，
∴∠CDH=∠FDH，
又∵DH=DH，∠CHD=∠FHD=90°，
∴△CHD≌△FHDASA，
∴DF=CD=5k，
在Rt△EFD中，由勾股定理得EF2+DE2=DF2，
∴3k2+42=5k2，解得k=1，
∴EF=3，DF=CD=5，
在Rt△ADC中，AC=AD2+CD2=102+52=55，
在图③中，过B作BG⊥AC于G，则∠BGA=∠BGC=∠CHD=90°，
∴BG∥DH，
∴∠CBG=∠CDH=∠DAC，
∴sin∠CBG=sin∠DAC=CDAC=555=55，cs∠CBG=cs∠DAC=ADAC=1055=255，
∵∠BAC=45°，∠AGB=90°，
∴∠ABG=90°−∠BAC=45°=∠BAC，则AG=BG，
在Rt△BCG中， BG=BC⋅cs∠CBG=255BC，CG=BC⋅sin∠CBG=55BC，
∵AG+CG=BG+CG=AC，
∴255BC+55BC=55，则BC=253，
∴BD+53EF=BC=253．

【点睛】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键．
题型04 与四边形有关的旋转问题
1．（2023·辽宁阜新·中考真题）如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．

(1)如图1，当0°<α<90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EF=2BF．
(2)如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB=2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°<α<360°）△ADG面积的最大值．
【答案】(1)①∠BAF=90°−α；②见解析；
(2)△ADG面积的最大值为1+2．
【分析】
（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到∠FAD=180°−α，据此求解即可；②连接BE，计算得到∠BCE=90°−α=∠BAF，利用SAS证明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，据此即可证明EF=2BF；
（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，利用直角三角形的性质推出点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，
由题意得CD=CE，∠DCE=α，
∴∠CDE=∠CED=12180°−α=90°−12α，
∴∠ADF=90°−∠CDE=90°−90°−12α=12α，
∵AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD=12α，
∴∠FAD=180°−∠ADF−∠AFD=180°−α，
∴∠BAF=∠FAD−∠BAD=180°−α−90°=90°−α；
②连接BE，

∵∠DCE=α，
∴∠BCE=90°−α=∠BAF，
∵CD=CE=AD=AF=BC，
∴△BCE≌△BAFSAS，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF=2BF；
（2）解：过点G作AD的垂线，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，

由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD，
∴OB=OD=OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
∴GH=12AB+OG=12AB+12BD=12×2+12×22=1+2，
∴△ADG面积的最大值为12AD×GH=1+2．
【点睛】
本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
2．（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．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三] EFNM=22
【分析】[探究一]证明△CNM≌△CNH，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明∠CEF=∠FNB，根据三角形内角和得出∠CEF=∠FNB，加上公共角∠ECF=∠NCM，进而即可证明
[探究三]先证明△ECD∽△NCA，得出∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．得出△NCG≌△NCM，根据全等三角形的性质得出∠MNC=∠GNC，进而可得∠CNM=∠CEF，证明△ECF∽△NCM，根据相似三角形的性质得出EFNM = ECNC=CDAC=12，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵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，
∴CM=CH,∠MCH=90°，
∴∠NCH=∠MCH−∠MCN=90°−45°=45°，
∴∠MCN=∠HCN，
在△CNM与△CNH中
CM=CH∠MCN=∠HCNCN=CN
∴△CNM≌△CNH
∴∠CNM=∠CNH
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=45°，
又∠MCN=45°，
∴∠FBN=∠FCE=45°，
∵∠EFC=∠BFN，
∴∠CEF=∠FNB，
又∵∠CNM=∠CNH，
∴∠CEF=∠CNM，
又∵公共角∠ECF=∠NCM，
∴△CEF∽△CNM；
[探究三] 证明：∵AC,BD是正方形的对角线，
∴∠CDE=∠CDA+∠EDM=135°，∠CAN=180°−∠BAC=135°，
∴∠CDE=∠CAN，
∵∠MCN=∠DCA=45°，
∴∠MCN−∠DCN=∠DCA−∠DCN，
即∠ECD=∠NCA，
∴△ECD∽△NCA，
∴∠CED=∠CNA，ECNC=CDAC=12，
如图所示，将△DMC绕点C顺时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上．

∴MC=GC，∠MCG=90°，
∴∠NCG=∠NCM=45°，
又CN=CN，
∴△NCG≌△NCM，
∴∠MNC=∠GNC，
∵∠CNA=∠CEF，
∴∠CNM=∠CEF，
又∠ECF=∠NCM，
∴△ECF∽△NCM，
∴EFNM = ECNC=CDAC=12，
即EFNM=22．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形ABCD中（顶点A,B,C,D按逆时针方向排列），AB=12,AD=10,∠B为锐角，且sinB=45．

(1)如图1，求AB边上的高CH的长．
(2)P是边AB上的一动点，点C,D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C',D'．
①如图2，当点C'落在射线CA上时，求BP的长．
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
【答案】(1)8
(2)①BP=347；②BP=6或8±2
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明△PQC'≌△CHP，再证明△AQC'∽△AHC，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：C'为直角顶点；第二种：A为直角顶点；第三种，D'为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）
在▱ABCD中，BC=AD=10，
在Rt△BCH中，CH=BCsinB=10×45=8．
（2）
①如图1，作CH⊥BA于点H，由（1）得，BH=BC2−CH2=6，则AH=12−6=6，
作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则∠CHP=∠PQC'=90°，

∴∠C'PQ+∠PC'Q=90°．
∵∠C'PQ+∠CPH=90°
∴∠PC'Q=∠CPH．
由旋转知PC'=PC，
∴△PQC'≌△CHP．
设BP=x，则PQ=CH=8,C'Q=PH=6−x,QA=PQ−PA=x−4．
∵C'Q⊥AB,CH⊥AB，
∴C'Q∥CH，
∴△AQC'∽△AHC，
∴C'QCH=QAHA，即6−x8=x−46，
∴x=347，
∴BP=347．
②由旋转得△PCD≌△PC'D',CD=C'D'，CD⊥C'D'，
又因为AB∥CD，所以C'D'⊥AB．
情况一：当以C'为直角顶点时，如图2．

∵C'D'⊥AB，
∴C'落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC=8，
∴BP=6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图3．

设C'D'与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'=90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'=90°，
∴∠CPH=∠PC'T．
又∵∠CHP=∠PTC'=90°,PC=C'P，
∴△CPH≌△PC'T，
∴C'T=PH,PT=CH=8．
设C'T=PH=t，则AP=6−t，
∴AT=PT−PA=2+t
∵∠C'AD'=90°,C'D'⊥AB，
∴△ATD'∽△C'TA，
∴ATTD'=C'TTA，
∴AT2=C'T⋅TD'，
∴(2+t)2=ι12−t，
化简得t2−4t+2=0，
解得t=2±2，
∴BP=BH+HP=8±2．
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP=6或8±2．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
4．（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（DE(1)如图1，求证：△ADE≌△CDF；
(2)直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB=4，DE=2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②26
【分析】1根据SAS证明三角形全等即可；
2①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°．
∵DE=DF，∠EDF=90°．
∴∠ADC=∠EDF，
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
DA=DC∠ADE=∠CDFDE=DF
∴△ADE≌△CDFSAS；
（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．

∵∠ADP=90°，
∴∠DAP+∠DPA=90°．
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE=∠DCF．
∵∠DPA=∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA=∠GPC+∠GCP=90°．
∴∠PGN=90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN=90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠MBN=90°．
∴∠ABM=∠CBN．
又∵∠AMB=∠BNC=90°，
∴△AMB≌△CNB．
∴MB=NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，

∵∠DHA=∠AMB=90°,∠ADH=90°−∠DAH=∠BAM,AD=AB
∴△AMB≌△DHA．
∴BM=AH．
∵AH2=AD2−DH2，AD=4，
∴DH最大时，AH最小，DH最大值=DE=2．
∴BM最小值=AH最小值=23．
由2①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小值=2BM=26．
【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，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
题型05 与四边形有关的最值问题
1．（2023·山东济南·中考真题）在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在边BC上，将射线AE绕点A逆时针旋转90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG．
(1)如图1，连接BD，求∠BDC的度数和DGBE的值；
(2)如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；
(3)如图3，当EA=EC时，在平面内有一动点P，满足PE=EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．
【答案】(1)∠BDC=60°，3；
(2)3；
(3)43．
【分析】（1）根据矩形的性质得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，进而根据正切函数得出tan∠BDC=BCDC=3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，求出∠DAG=∠BAE，证明△ADG∽△ABE，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点F作FM⊥CG于点M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，证明△ABE≌△GMF，进而得出tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，设DM=x，则BE=MF=3x，根据DGBE=3，得出2+x3x=3，求出x=1，进而可得出答案；
（3）连接AC，先证明△AGC是等边三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，进而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，得出PP'=3PE=43，可得当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=23，
∴∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，
∴tan∠BDC=BCDC=3，
∴∠BDC=60°，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，
∴∠EAG−∠EAD=∠BAD−∠EAD，即∠DAG=∠BAE，
∴△ADG∽△ABE，
∴DGBE=ADAB=3；
（2）解：如答案图1，过点F作FM⊥CG于点M，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，
AE=GF，
∴∠BAE=∠DAG=∠CGF，∠ABE=∠GMF=90°，
∴△ABE≌△GMF，
∴BE=MF，AB=GM=2，
∴∠MDF=∠BDC=60°，FM⊥CG，
∴tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，
∴MF=3MD，
设DM=x，则BE=MF=3x，
∴DG=GM+MD=2+x，
∵DGBE=3，
∴2+x3x=3，
解得x=1，
∴BE=3x=3；
（3）解：如答案图2，连接AC，
∵矩形ABCD中，AD=BC=23，AB=2，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=4，
∵EA=EC，
∴∠EAC=∠ACE=30°，∠AEC=120°，
∴∠ACG=∠GAC=90°−30°=60°，
∴△AGC是等边三角形，AG=AC=4，
∴PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，
∴PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，
∴PP'=3PE=43，
∴当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．

【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
2．（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_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，证明Rt△ABE≌Rt△DCFHL，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，则c2+2BO2=2a2+b2，得到c2+4BO2=2a2+b2，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2x−62+200，根据二次函数的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，

∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCFHL，
∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=AB2−BE2+BC−BE2+BC+CF2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2AB2+BC2
=2a2+b2；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，

∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2AB2+BC2，
∴c2+2BO2=2a2+b2，
∴c2+4BO2=2a2+b2，
∴BO2=a2+b22−c24；
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+12−x2+82
=2x2−24x+272=2x−62+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．
3．（2023·重庆·中考真题）如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点（不与A，D重合），连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF．若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)3+2
【分析】（1）根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌△ACFSAS，即可得证；
（2）过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；
（3）如图所示，延长AP,DQ交于点R，由（2）可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC=12AC=2，进而得出∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，则PQ=3PG=3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．
【详解】（1）证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°
∴∠ACB=∠ECF
∴∠ACB−∠ACE=∠ECF−∠ACE
即∠BCE=∠ACF
在△BCE和△ACF中
EC=FC∠BCE=∠ACFBC=AC，
∴△BCE≌△ACFSAS，
∴∠CBE=∠CAF；
（2）证明：如图所示，过点F作FK∥AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC
∴BD=CD
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE,CF=CE，
∴AF=CF,
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC
∴∠AGF=90°
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°
∴∠AGH=∠DGC=60°
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60°=30°，KF∥AD
∴∠HKF=∠ADK=30°
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG
∴Rt△CED≌Rt△CFG
∴GF=ED
∴ED=FK
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
（3）解：依题意，如图所示，延长AP,DQ交于点R，

由（2）可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°
由（2）可得Rt△CED≌Rt△CFG
∴DE=GF，
∵DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF∥DQ
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2
由（2）可知G是AC的中点，则GA=GD
∴∠GAD=∠GDA=30°
∴∠AGD=120°
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ=3PG=3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，

∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ=3，
∴PQ+QF=3+2．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG拼成“L”形图案，如图①．
试判断：△ACF的形状为________．

(2)深入探究
小红在保持矩形ABCD不动的条件下，将矩形CEFG绕点C旋转，若AB=2，AD=4．
探究一：当点F恰好落在AD的延长线上时，设CG与DF相交于点M，如图②．求△CMF的面积．
探究二：连接AE，取AE的中点H，连接DH，如图③．
求线段DH长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形
(2)探究一：52；探究二：线段DH长度的最大值为5+1，最小值为5−1
【分析】（1）由AC=CF，可知△ACF是等腰三角形，再由△ABC≌△FGC(SAS)，推导出∠ACF=90°，即可判断出△ACF是等腰直角三角形，
（2）探究一：证明△CDM≌△FGM(AAS)，可得CM=MF，再由等腰三角形的性质可得AD=DF，在Rt△CDM中，勾股定理列出方程CM2=22+(4−CM)2，解得CM，即可求△CMF的面积；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，分别得出四边形MHPD是平行四边形，四边形HNCP是平行四边形，则∠MHN=90°，可知H点在以MN为直径的圆上，设MN的中点为T，DT=5，即可得出DH的最大值与最小值．
【详解】（1）解：∵两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG，
∴AC=CF，
∴△ACF是等腰三角形，
∵AB=GF，∠FGC=∠ABC=90°．BC=CG，
∴△ABC≌△FGC(SAS)，
∴∠BAC=∠GFC，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACG，
∴∠ACG=∠GFC，
∵∠GCF+∠GFC=90°，
∴∠ACG+∠GCF=90°，
∴∠ACF=90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）探究一：∵CD=GF，∠FMG=∠DMC，∠G=∠CDF=90°，
∴△CDM≌△FGM(AAS)，
∴CM=MF，
∵AC=CF，CD⊥AF，
∴AD=DF，
∵AB=CD=2，AD=DF=4，
∴DM=4−CM，
在Rt△CDM中，CM2=CD2+DM2，
∴ CM2=22+(4−CM)2，
解得CM= 52，
∴MF= 52，
∴△CMF的面积= 12×2×52=52；
探究二：连接DE，取DE的中点P，连接HP，CP，取AD、BC的中点为M、N，连接MN，MH，NH，

∵H是AE的中点，
∴ MH∥DE，且MH= 12 DE，
∵CD=CE，
∴CP⊥DE，DP=PE，
∵ MH∥DP，且MH=DP，
∴四边形MHPD是平行四边形，
∴MD=HP，MD∥HP，
∵ AD∥BC，MD=CN，
∴ HP∥CN，HP=CN，
∴四边形HNCP是平行四边形，
∴ NH∥CP，
∴∠MHN=90°，
∴H点在以MN为直径的圆上，
设MN的中点为T，
∴ DT=12+22=5，
∴DH的最大值为5+1，最小值为5−1．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
5．（2022·江苏镇江·中考真题）已知，点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、AD上．
(1)如图1，当四边形EFGH是正方形时，求证：AE+AH=AB；
(2)如图2，已知AE=AH，CF=CG，当AE、CF的大小有_________关系时，四边形EFGH是矩形；
(3)如图3，AE=DG，EG、FH相交于点O，OE:OF=4:5，已知正方形ABCD的边长为16，FH长为20，当△OEH的面积取最大值时，判断四边形EFGH是怎样的四边形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)AE=CF
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得∠BEF=∠AHE，根据角角边证明△AEH≌△BFE．
（2）当AE=CF，证得△AEH≌△FCG，△EBF是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得AEGD为平行四边形，过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，由平行线分线段成比例，设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则可表示出HN，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∴∠AEH+∠AHE=90°．
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH=EF，∠HEF=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠BEF=∠AHE．
在△AEH和△BFE中，
∵∠A=∠B=90°，∠AHE=∠BEF，EH=FE，
∴△AEH≌△BFE．
∴AH=BE．
∴AE+AH=AE+BE=AB；
（2）AE=CF；证明如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠B=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴△AEH≌△FCG，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD．
∵AE=DG，AE∥DG，
∴四边形AEGD为平行四边形．
∴AD∥EG．
∴EG∥BC．
过点H作HM⊥BC，垂足为点M，交EG于点N，
∴HNHM=HOHF．
∵OE:OF=4:5，
设OE=4x，OF=5x，HN=ℎ，则ℎ16=20−5x20，
∴ℎ=44−x．
∴S=12⋅OE⋅HN=12⋅4x⋅4(4−x)=−8(x−2)2+32．
∴当x=2时，△OEH的面积最大，
∴OE=4x=8=12EG=OG，OF=5x=10=12HF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
题型06 与四边形有关的动点问题
1．（2023·海南·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠ABC=60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．

(1)当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；
(2)求线段BD的长；
(3)当△APH为直角三角形时，求HPPC的值；
(4)如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)63
(3)2或2+3
(4)∠CGN的度数是定值，30°
【分析】（1）由 “AAS”可证△AGH≌△BGC；
（2）由菱形的性质可得AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，再由直角三角形的性质可求解；
（3）分类讨论：当∠DAP=90°时；当∠APH=90°时，由直角三角形的性质可求AP、PD的长，由等腰三角形的判定与性质可求BP的长，通过证明△BPC∽△DPH，可得DPBP=HPPC，即可求解；
（4）先证点M、点H、点O三点共线，由直角三角形的性质可得HO=HB=CH，可求∠CBO=∠BOH=30°，通过证明点O、点C、点M、点N四点共圆，可得∠BOH=∠NCM=30°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠HAB=∠ABC，
∵点G是AB的中点，
∴AG=BG，
∵∠AGH=∠BGC，
∴△AGH≌△BGCAAS；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=6，∠ABC=60°，
∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC=30°，
∴∠AOB=90°，
∴AO=12AB=3，
∴BO=AB2−AO2=62−32=33，
∴BD=2BO=63；
（3）解：当∠DAP=90°时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=60°，∠ADB=12∠ADC=30°，AD=AB=6，AD∥BC，
∴AP=12PD，
∵AP2+AD2=PD2，即12PD2+62=PD2，
∴PD=43，AP=23，
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠BAP=∠BAD−∠PAD=120°−90°=30°=∠ABP，
∴BP=AP=23，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=4323=2；
当∠APH=90°时，
∴∠DPA=∠DPC=45°，
由（2）得：BD=63，AO=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO=12BD=33，
∴AO=PO=3，
∴BP=BO−PO=33−3，DP=DO+PO=33+3，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=33+333−3=2+3，
综上所述：HPPC=2+3或2
（4）解：∠CGN的度数是定值．
如图，取BC的中点H，连接OH、HM、NC，
，
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN=CN，GM=CM，
∴∠NGC=∠GCN，
∵点H是BC的中点，GM=CM，
∴MH∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO，AC⊥BD，∠CBO=12∠ABC=30°，
∵点H是BC的中点，AO=CO，
∴OH∥AB，
∴点M、点H、点O三点共线，
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，
∴HO=HB=CH，
∴∠CBO=∠BOH=30°，
∵∠COB=∠NMC=90°，
∴∠CON+∠NMC=180°，
∴点O、点C、点M、点N四点共圆，
∴∠BOH=∠NCM=30°，
∴∠CGN=∠NCM=30°．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（2023·广东广州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

(1)若∠ABE=15°，求证：△ABF是等边三角形；
(2)延长FA，交射线BE于点G；
①△BGF能否为等腰三角形？如果能，求此时∠ABE的度数；如果不能，请说明理由；
②若AB=3+6，求△BGF面积的最大值，并求此时AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)①△BGF能为等腰三角形，∠ABE=22.5°；②AE=3
【分析】（1）由轴对称的性质得到BF=BC，根据正方形的性质得到∠ABC=90°，求得∠CBE=75°，根据轴对称的性质得到∠FBE=∠CBE=75°，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；
（2）①根据轴对称的性质得到BC=BF，根据正方形的性质得到BC=AB，得到BA②由①知，△CBG≌△FBG，要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，设AB=2x，则AC=22x，根据直角三角形的性质得到GM=12AC=2x,MN=12AB=x，推出PG≤GM+MN=(2+1)x，当当G，M，N三点共线时，取等号，于是得到结论；如图3，设PG与AD交于Q，则四边形ABPQ是矩形，根据矩形的性质得到AQ=PB=x，PQ=AB=2x，求得QM=MP=x,GM=2x，于是得到结论．
【详解】（1）证明：由轴对称的性质得到BF=BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵∠ABE=15°，
∴∠CBE=75°，
∵BC于BE对称的线段为BF，
∴∠FBE=∠CBE=75°，
∴∠ABF=∠FBE−∠ABE=60°，
∴△ABF是等边三角形；
（2）①∵BC于BE对称的线段为BF，
∴BF=BC
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB，
∴BF=BC=BA，
∵E是边AD上一动点，
∴BA∴点B不可能是等腰三角形BGF的顶点，
若点F是等腰三角形BGF的顶点，
则有∠FGB=∠FBG=∠CBG，
此时E与D重合，不合题意，
∴只剩下GF=GB了，连接CG交AD于H，

∵BC=BF，∠CBG=∠FBG，BG=BG
∴△CBG≌△FBGSAS
∴FG=CG，
∴BG=CG，
∴△BGF为等腰三角形，
∵BA=BC=BF，
∴∠BFA=∠BAF，
∵△CBG≌∠FBG，
∴∠BFG=∠BCG
∴AD∥BC
∴∠AHG=∠BCG
∴∠BAF+∠HAG=∠AHG+∠HAG=180°－∠BAD=90°
∴∠FGC=180°−∠HAG−∠AHG=90°，
∴∠BGF=∠BGC=12∠FGH=45°
∵GB=GC
∴∠GBC=∠GCB=12180°−∠BGC=67.5°
∴∠ABE=∠ABC−∠GBC=90°−67.5°=22.5°；
②由①知，△CBG≌△FBG
要求△BGF面积的最大值，即求△BGC面积的最大值，
在△BGC中，底边BC是定值，即求高的最大值即可，
如图2，过G作GP⊥BC于P，连接AC，取AC的中点M，连接GM，作MN⊥BC于N，

设AB=2x，则AC=22x，
∵∠AGC=90°，M是AC的中点，
∴GM=12AC=2x,MN=12AB=x，
∴PG≤GM+MN=(2+1)x，
当G，M，N三点共线时，取等号，
∴△BGF面积的最大值，
△BGF的面积=12BC·PG
=2+1x2
=142+1×3+62
=21+1524
如图3，设PG与AD交于Q，

则四边形ABPQ是矩形，
∴AQ=PB=x，PQ=AB=2x，
∴QM=MP=x,GM=2x，
∴GQ=122−1，
∵QE+AE=AQ=x，
∴AQAE=2+12，
∴AE=2(2−1)x =2(2−1)×123+6=3．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·吉林·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC−CD向终点D匀速运动．连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA−AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0
(1)BP的长为__________cm，CM的长为_________cm．（用含x的代数式表示）
(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
(3)当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
【答案】(1)4−x；x
(2)y=4x2−12x+160(3)x=43或x=83
【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出OM=OP,OQ=ON，可得四边形PQMN是平行四边形，证明△ANP≌△CQM即可；
（2）分0（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：依题意，AP=x×1=x cm，则PB=AB−AP=(4−x)cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,∠DAB=∠DCB=90°，
∵点O是正方形对角线AC的中点，
∴OM=OP,OQ=ON，则四边形PQMN是平行四边形，
∴MQ=PN，MQ∥NP，
∴∠PNQ=∠MQN，
又AD∥BC，
∴∠ANQ=∠CQN，
∴∠ANP=∠MQC，
在△ANP,△CQM中，
∠ANP=∠MQC∠NAP=∠QCMNP=MQ，
∴△ANP≌△CQM，
∴MC=AP=xcm
故答案为：4−x；x．
（2）解：当0
由（1）可得△ANP≌△CQM，
同理可得△PBQ≌△MDN，
∵PB=4−x,QB=2x,MC=x，QC=4−2x，
则y=AB2−2S△MCQ−2S△BPQ
=16−4−x×2x−x4−2x
=4x2−12x+16；
当2
则AP=x，AN=CQ=2x−CB=2x−4，
PN=AP−AN=x−2x−4=−x+4，
∴y=−x+4×4=−4x+16；
综上所述，y=4x2−12x+160（3）依题意，①如图，当四边形PQMN是矩形时，此时∠PQM=90°，
∴∠PQB+∠CQM=90°，
∵∠BPQ+∠PQB=90°，
∴∠BPQ=∠CQM，
又∠B=∠BCD，
∴△BPQ~△CQM，
∴BPCQ=BQCM，
即4−x4−2x=2xx，
解得：x=43，

当四边形PQMN是菱形时，则PQ=MQ，
∴4−x2+2x2=x2+4−2x2，
解得：x=0（舍去）；
②如图所示，当PB=CQ时，四边形PQMN是轴对称图形，

4−x=2x−4，解得x=83，
当四边形PQMN是菱形时，则PN=PQ=4，即−x+4=4，解得：x=0（舍去），
综上所述，当四边形PQMN是轴对称图形时，x=43或x=83．
【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·四川资阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
(1)求证：△ABM∽△EBF；
(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；
(3)设BE=x,△DEF的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)DE=45
(3)解析式为y=−625x−5562+1216，当x=556时，y有最大值为1216
【分析】（1）利用AA证明△ABM∽△EBF，即可；
（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B=AMAB=EFBE，可得EF=45x，再证得△ABM∽△ECG，可得GC=35(10−x)，从而得到DG=35(10−x)+5，再根据三角形的面积公式，得到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=AB2−AM2=52−42=3，
又∵E为BC的中点，
∴BE=12BC=5，
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=DN2+NE2=42+82=45；
；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．
∵sin∠B=AMAB=EFBE，
∴45=EFx，
∴EF=45x，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△ABM∽△ECG，
∴CGBM=ECAB，
∴CG3=10−x5，
∴GC=35(10−x)，
∴DG=DC+CG=35(10−x)+5．
∴y=12EF⋅DG=12×45x35(10−x)+5=−625x2+225x =−625x−5562+1216，
∴当x=556时，y有最大值为1216．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是解题的关键．
题型07 与四边形有关的新定义问题
1．（2023·江苏·中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为22n+1−12n（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：
用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）5−12；（2）见解析；（3）12，理由见解析
【分析】（1）将n=1代入22n+1−12n，即可求解．
（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1，设DG=x，则AG=2−x，在Rt△AEG,Rt△GHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．
（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即可求解．
【详解】解：（1）当n=1时，22n+1−12n=5−12，
故答案为：5−12．
（2）如图（2），连接EG，

设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1
设DG=x，则AG=2−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=2，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+22=5，
∴EH=5−2，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴2−x2+12=5−22+x2
解得：x=5−1
∴GDDC=5−12
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4−1=3，

设DG=x，则AG=4−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=4，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=12+42=17，
∴EH=17−4，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴4−x2+32=17−42+x2
解得：x=17−1
∴GDDC=17−14
当n=2时，22n+1−12n=17−14
∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1−m，

设DG=x，则AG=1−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=1，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=1+m2，
∴EH=1+m2−1，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴1−x2+1−m2=1+m2−12+x2
整理得，x=m2+1−m
∴四边形AGHE的边长为1−x+x+1+m2−1+1−m=1+m2−m+1 =x+1
矩形GDCK的周长为2GD+DC=2x+1，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值12
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
2．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．

(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A−1,2，B−1,−1，C3,−1，D3,2，在点M11,1，M22,2，M33,3中，是矩形ABCD“梦之点”的是___________；
(2)点G2,2是反比例函数y1=kx图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”H的坐标是___________，直线GH的解析式是y2=___________．当y1>y2时，x的取值范围是___________．
(3)如图②，已知点A，B是抛物线y=−12x2+x+92上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点，连接AC，AB，BC，判断△ABC的形状，并说明理由．
【答案】(1)M1，M2
(2)H−2,−2，y2=x，x<−2或0(3)△ABC是直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形内部或边上即可；
（2）把G2,2代入y1=kx求出解析式，再求与y=x的交点即为H，最后根据函数图象判断当y1>y2时，x的取值范围；
（3）根据“梦之点”的定义求出点A，B的坐标，再求出顶点C的坐标，最后求出AC，AB，BC，即可判断△ABC的形状．
【详解】（1）∵矩形ABCD的顶点坐标分别是A−1,2，B−1,−1，C3,−1，D3,2，
∴矩形ABCD“梦之点”x,y满足−1≤x≤3，−1≤y≤2，
∴点M11,1，M22,2是矩形ABCD“梦之点”，点M33,3不是矩形ABCD“梦之点”，
故答案为：M1，M2；
（2）∵点G2,2是反比例函数y1=kx图象上的一个“梦之点”，
∴把G2,2代入y1=kx得k=4，
∴y1=4x，
∵“梦之点”的横坐标和纵坐标相等，
∴“梦之点”都在直线y=x上，
联立y1=4xy=x，解得x=2y=2或x=−2y=−2，
∴H−2,−2，
∴直线GH的解析式是y2=x，
函数图象如图：

由图可得，当y1>y2时，x的取值范围是x<−2或0故答案为：H−2,−2，y2=x，x<−2或0（3）△ABC是直角三角形，理由如下：
∵点A，B是抛物线y=−12x2+x+92上的“梦之点”，
∴联立y=−12x2+x+92y=x，解得x=3y=3或x=−3y=−3，
∴A3,3，B−3,−3，
∵y=−12x2+x+92=−12x−12+5
∴顶点C1,5，
∴AC2=3−12+3−52=8，AB2=−3−32+−3−32=72，BC2=−3−12+−3−52=80，
∴BC2=AC2+AB2，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题是函数的综合题，考查了一次函数、反比例函数、二次函数，理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，正确理解新定义是解决此题的关键．
3．（2020·湖南益阳·中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将ΔBCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长．
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为82
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：x2+(x−1)2=25，即x2−x−12=0，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴BCPC=BFPH=CFCH,
即52=4PH=3CH，
解得：CH=65,PH=85,
在Rt△PHT中，TH=5+5+65=565,
PT=PH2+HT2=82,
∴ΔMNC周长的最小值为82．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
题型08 与四边形有关的阅读理解问题
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．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=12AC,GH=12AC．
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
2．（2022·贵州黔东南·中考真题）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC=AE，∠ADC=120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2=10，试求出正方形ABCD的面积．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=5
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=AG2+CG2=10，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
EB=DB∠EBA=∠DBCAB=CB，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
（2）证明：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
EB=GB∠EBA=∠GBCAB=CB，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，AE2+AG2=10，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=AG2+CG2=10，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=10，
∴S四边形ABCD=12AC⋅BD=12AC2=5．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
3．（2020·湖南湘潭·中考真题）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断ODOA、S△OBCS△ABC是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值：如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S△CME=1，求正方形ABCD的面积．
【答案】（1）33，3；（2）都是定值，ODOA=12，S△OBCS△ABC=13；（3）①EM=235；②12．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明ODAO=12，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM得EMBM=12，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM 即可.
【详解】（1）连接DE，如图，

∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE//AB，DE=12AB，
∴△ODE~△OAB，
∴ODOA=DEAB=12，
∴AB=2，BD=1
∴AD=3，OD=33，
∴S△OBC=12×BC×OD=12×2×33=33
S△ABC=12⋅BC⋅AD=12×2×3=3；
（2）由（1）可知，ODOA=12是定值；
S△OBCSOABC=12BC⋅OD12BC⋅AD=ODAD=13是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴ CD//AB，AB÷BC=CD=4，
∴△CME∼△AMB
∴EMBM=CEAB
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=2
∴BE=BC2+CE2=25
∴EMBM=12
∴EMBE=13，即EM=235；
②∴S△CME=1，且MEBM=12
∴S△BMC=2，
∵MEBM=12，
∴S△CMES△AMB=MEBM2=14，
∴S△AMB=4SΔCME=4，
∴S△ABC=S△BMC+S△ABM=2+4=6，
又S△ADC=S△ABC
∴S△ADC=6
∴正方形ABCD的面积为：6+6=12．
【点睛】本题考查的是三角形重心的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是灵活运用三角形重心的性质．
题型09 与四边形有关的存在性问题
1．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOCB的边OC在x轴上，∠AOC=60°，OC的长是一元二次方程x2−4x−12=0的根，过点C作x轴的垂线，交对角线OB于点D，直线AD分别交x轴和y轴于点F和点E，动点M从点O以每秒1个单位长度的速度沿OD向终点D运动，动点N从点F以每秒2个单位长度的速度沿FE向终点E运动．两点同时出发，设运动时间为t秒．

(1)求直线AD的解析式．
(2)连接MN，求△MDN的面积S与运动时间t的函数关系式．
(3)点N在运动的过程中，在坐标平面内是否存在一点Q．使得以A，C，N，Q为项点的四边形是矩形．若存在，直接写出点Q的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−33x+43；
(2)S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323(3)存在，点Q的坐标是32,332或6,43．
【分析】
（1）过点A作AH⊥OC于H，解方程可得OC=6，然后解直角三角形求出CD、OH和AH的长，得到点A、D的坐标，再利用待定系数法求出解析式即可；
（2）首先证明△EOD是等边三角形，求出DO=DF=43，然后分情况讨论：①当点N在DF上，即0≤t≤23时，过点N作NP⊥OB于P，②当点N在DE上，即23（3）分情况讨论：①当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，首先求出CN，然后解直角三角形求出CK和NK，再利用平移的性质得出点Q的坐标；②当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，证明∠NCF=∠NFC，可得CL=FL=3，然后解直角三角形求出NL，再利用平移的性质得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解方程x2−4x−12=0得：x1=6，x2=−2，
∴OC=6，
∵四边形AOCB是菱形，∠AOC=60°，
∴OA=OC=6，∠BOC=12∠AOC=30°，
∴CD=OC⋅tan30°=6×33=23，
∴D6,23，
过点A作AH⊥OC于H，
∵∠AOH=60°，
∴OH=12OA=3，AH=OA⋅sin60°=6×32=33，
∴A3,33，
设直线AD的解析式为y=kx+bk≠0，
代入A3,33，D6,23得：3k+b=336k+b=23，
解得：k=−33b=43，
∴直线AD的解析式为y=−33x+43；

（2）解：由（1）知在Rt△COD中，CD=23，∠DOC=30°，
∴OD=2CD=43，∠EOD=90°−∠DOC=90°−30°=60°，
∵直线y=−33x+43与 y轴交于点E，
∴OE=43，
∴OE=OD，
∴△EOD是等边三角形，
∴∠OED=∠EDO=∠BDF=60°，ED=OD=43，
∴∠OFE=30°=∠DOF，
∴DO=DF=43，
①当点N在DF上，即0≤t≤23时，
由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=43−2t，
过点N作NP⊥OB于P，
则NP=DN⋅sin∠PDN=DN⋅sin60°=43−2t×32=6−3t，
∴S=12DM⋅NP=1243−t6−3t=32t2−9t+123；

②当点N在DE上，即23由题意得：DM=OD−OM=43−t，DN=2t−43，
过点N作NT⊥OB于T，
则NT=DN⋅sin∠NDT=DN⋅sin60°=2t−43×32=3t−6，
∴S=12DM⋅NT=1243−t3t−6=−32t2+9t−123；
综上，S=32t2−9t+1230≤t≤23−32t2+9t−12323
（3）解：存在，分情况讨论：
①如图，当AN是直角边时，则CN⊥EF，过点N作NK⊥CF于K，
∵∠NFC=30°，OE=43，
∴∠NCK=60°，OF=3OE=12，
∴CF=12−6=6，
∴CN=12CF=3，
∴CK=CN⋅cs60°=3×12=32，NK=CN⋅sin60°=3×32=332，
∴将点N向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点C，
∴将点A向左平移32个单位长度，再向下平移332个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q32,332；

②如图，当AN是对角线时，则∠ACN=90°，过点N作NL⊥CF于L，
∵OA=OC，∠AOC=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∴∠NCF=180°−60°−90°=30°=∠NFC，
∴CL=FL=12CF=3，
∴NL=CL⋅tan30°=3×33=3，
∴将点C向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点N，
∴将点A向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度得到点Q，
∵A3,33，
∴Q6,43；
∴存在一点Q，使得以A，C，N，Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标是32,332或6,43．

【点睛】本题考查了解一元二次方程，菱形的性质，解直角三角形，待定系数法的应用，等边三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，二次函数的应用，矩形的判定和性质以及平移的性质等知识，灵活运用各知识点，作出合适的辅助线，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关键．
2．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结AB、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线x=m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）
(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，再把B(−1,0)代入即可得出答案；
（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出△BAE∽△BDA，从而得出AB2=BE⋅BD，将BD=2(m+1)，BE=2，AE=4代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到C7,−4，点M的横坐标为4，B−1,0，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平行四边形为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)，
∴设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，
又∵B(−1,0)，∴0=a(−1−1)2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）；
（2）①∵点P在x轴正半轴上，
∴m>0，
∴BP=m+1，
由旋转可得：BD=2BP，
∴BD=2(m+1)，
过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，
∴BE=2，AE=4，
在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2=22+42=20，
当四边形ABCD为矩形时，AD⊥AB，
∴∠BAD=∠BEA=90°，
又∠ABE=∠DBA，
∴△BAE∽△BDA，
∴AB2=BE⋅BD，
∴4(m+1)=20，
解得m=4；
②由题可得点A1,4与点C关于点P4,0成中心对称，
∴C7,−4，
∵点M在直线x=4上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q−4,y1代入y=−x2+2x+3，
解得：y1=−21，
∴Q(−4,−21)，
2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q12,y2代入y=−x2+2x+3，
解得：y2=−117，
∴Q(12,−117)，
3）、当以BC为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q2,y3代入y=−x2+2x+3，
得：y3=3，
∴Q(2,3)，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
3．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2−BC2=102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8−a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】如图①，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，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F，则AE与BF的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC=6，CE=2．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三角形？若存在，求出BP的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)AE=BF
(2)16
(3)BP的长度为2或3或6或7．
【分析】（1）由正方形的性质可得∠BAO=∠OBC,AO=BO，∠AOE=∠BOF，根据ASA可证ΔAOE≅ΔBOF，由全等三角形的性质可得结论；
（2） 过点O作MN∥AB,交AD于点M，交BC于点N，作TR∥AD.交AB于点T，交CD于点R，证明△OME≅ΔOTG，进而证明S四边形AEOG=S正方形ATOM=16；
（3）分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=90°
∵AC,BD是对角线，
∴∠BAO=12∠BAD,∠OBF=12∠ABC,AC=BD，
∴∠BAO=∠OBC,AO=BO=12AC=12BD,∠AOB=90°，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴∠A1OC1=90°，
∴∠A1OB+∠BOC1=90°
又∠AOA1+∠A1OB=90°
∴∠AOE=∠BOF，
∴ΔAOE≅ΔBOF
∴AE=BF
故答案为: AE=BF
（2）过点O作MN∥AB,交AD于点M，交BC于点N，作TR∥AD.交AB于点T，交CD于点R，如图，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴AT=TO=OM=MA=12AB=12AD,
又∠A=90°
∴四边形ATOM是正方形，
∴S正方形ATOM=14S正方形ABCD=14AB2=16,
同（1）可证△OME≅ΔOTG.
∴S四边形AEOG=S正方形ATOM=16
（3）解：在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP=90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ=AB=6，∠BAD=∠B=∠E=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ=BE=BC+CE=8，EQ=AB=6，∠Q=90°=∠E，
∴∠EFP+∠EPF=90，
∵∠AFP=90°，
∴∠EFP+∠AFQ=90°，
∴△EFP∽△QAF，
∴EPQF=EFAQ，
∵QF=EQ-EF=4，
∴EP4=28，
∴EP=1，
∴BP=BE-EP=7；
②当∠APF=90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
∴ABPE=BPEF，
∵PE=BE-BP=8-BP，
∴68−BP=BP2，
∴BP=2或BP=6；
③当∠PAF=90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=6，AM=BP，∠M=90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN=BE=8，EN=AB=6，
∴FN=EN-EF=4，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
∴PMAN=AMFN，
∴68=AM4，
∴AM=3，
∴BP=3，
即BP的长度为2或3或6或7．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
题型10 四边形与圆综合
1．（2023·广东·中考真题）综合探究
如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A'，连接AA'交BD于点E，连接CA'．

(1)求证：AA'⊥CA'；
(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．
①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA'=3CA'；
②如图3，⊙O与CA'相切，AD=1，求⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②2+24π
【分析】（1）由点A关于BD的对称点为A'可知点E是AA'的中点，∠AEO=90°，从而得到OE是△ACA'的中位线，继而得到OE∥A'C，从而证明AA'⊥CA'；
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，先证明△OCG≌△OAFAAS得到OG=OF，由⊙O与CD相切，得到OG=OE，继而得到OE=OF，从而证明AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形两锐角互余得到∠AOE+∠OAE=90°，从而得到∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的性质得出AA'=3CA'；
②先证明四边形A'EOH是正方形，得到OE=OH=A'H，再利用OE是△ACA'的中位线得到OE=12A'C，从而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行线的性质得到∠AOE=45°，从而证明△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，设AE=OE=r，求得DE=2−1r，在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2即r2+2−12r2=12，解得r2=2+24，从而得到⊙O的面积为S=πr2=2+24π．
【详解】（1）∵点A关于BD的对称点为A'，
∴点E是AA'的中点，∠AEO=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC的中点，
∴OE是△ACA'的中位线，
∴OE∥A'C
∴∠AA'C=∠AEO=90°，
∴AA'⊥CA'
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA=90°，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，
∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．
∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，
∴△OCG≌△OAFAAS，
∴OG=OF．
∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC=90°，
∴OG=OE，
∴OE=OF
又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，OF⊥AB，
∴AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，
设∠OAE=∠OAF=x，则∠OCG=∠OAF=x，
又∵CO=DO
∴∠OCG=∠ODG=x
∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x
又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，
∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°
解得：x=30°，
∴∠OAE=30°，即∠A'AC=30°，
在Rt△A'AC中，∠A'AC=30°，∠AA'C=90°，
∴AC=2CA'，
∴AA'=AC2−CA'2=2CA'2−CA'2=3CA'；
②过点O作OH⊥A'C于点H，

∵⊙O与CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四边形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
∴四边形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△ACA'的中位线，
∴OE=12A'C
∴A'H=CH=12A'C
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
设AE=OE=r，则AO=DO=AE2+OE2=2r
∴DE=DO−OE=2r−r=2−1r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+2−12r2=12
∴r2=11+2−12=14−22=2+24
∴⊙O的面积为：S=πr2=2+24π
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在△ABC中，AB=AC，O在边AB上，点F为边OB中点，为以O为圆心，BO为半径的圆分别交CB，AC于点D，E，联结EF交OD于点G．

(1)如果OG=DG，求证：四边形CEGD为平行四边形；
(2)如图（2）所示，联结OE，如果∠BAC=90°,∠OFE=∠DOE,AO=4，求边OB的长；
(3)联结BG，如果△OBG是以OB为腰的等腰三角形，且AO=OF，求OGOD的值．
【答案】(1)见解析
(2)1+33
(3)12
【分析】（1）根据等边对等角得出∠B=∠C，∠ODB=∠B，等量代换得出∠C=∠ODB，则OD∥AC，根据F是OB的中点，OG=DG，则FG是△OBD的中位线，则FG∥BC，即可得证；
（2）设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，则OE=OB=2a，由（1）可得OD∥AC则∠AEO=∠DOE=α，等量代换得出∠OFE=∠AEO=α，进而证明△AEO∽△AFE，得出AE2=AO⋅AF，在Rt△AEO中，AE2=EO2−AO2，则EO2−AO2=AO×AF，解方程即可求解；
（3）△OBG是以OB为腰的等腰三角形，分为①当OG=OB时，②当BG=OB时，证明△BGO∽△BPA，得出OGAP=23，设OG=2k,AP=3k，根据OG∥AE，得出△FOG∽△FAE，可得AE=2OG=4k，PE=AE−AP=k，连接OE交PG于点Q，证明△QPE∽△QGO在△PQE与△BQO中，PQ=13a，BQ=BG+QG=2a+23a=83a，得出PQOQ=QEBQ=14，可得△PQE∽△OQB，根据相似三角形的性质得出a=2k，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AC=AB
∴∠ABC=∠C
∵OD=OB
∴∠ODB=∠ABC,
∴∠C=∠ODB
∴OD∥AC，
∵F是OB的中点，OG=DG，
∴FG是△OBD的中位线，
∴FG∥BC，即GE∥CD，
∴四边形CEDG是平行四边形；
（2）解：∵∠OFE=∠DOE,AO=4，点F边OB中点，
设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，则OE=OB=2a
由（1）可得OD∥AC
∴∠AEO=∠DOE=α，
∴∠OFE=∠AEO=α，
又∵∠A=∠A
∴△AEO∽△AFE,
∴AEAF=AOAE
即AE2=AO⋅AF，
∵∠A=90°，
在Rt△AEO中，AE2=EO2−AO2，
∴EO2−AO2=AO×AF，
∴2a2−42=4×4+a
解得：a=1+332或a=1−332（舍去）
∴OB=2a=1+33；
（3）解：①当OG=OB时，点G与点D重合，舍去；
②当BG=OB时，如图所示，延长BG交AC于点P，

∵点F是OB的中点，AO=OF，
∴AO=OF=FB，
设AO=OF=FB =a，
∵OG∥AC
∴△BGO∽△BPA，
∴OGAP=OBAB=2a3a=23，
设OG=2k,AP=3k，
∵OG∥AE
∴△FOG∽△FAE，
∴OGAE=OFAF=a2a=12，
∴AE=2OG=4k，
∴PE=AE−AP=k，
连接OE交PG于点Q，

∵OG∥PE，
∴△QPE∽△QGO
∴GOPE=QGPQ=OQEQ=2kk=2，
∴PQ=13a,QG=23a，EQ=23a,OQ=43a
在△PQE与△BQO中，PQ=13a，BQ=BG+QG=2a+23a=83a，
∴PQOQ=QEBQ=14，
又∠PQE=∠BQO，
∴△PQE∽△OQB，
∴PEOB=14，
∴k2a=14，
∴a=2k，
∵OD=OB=2a,OG=2k，
∴OGOD=2k2a=ka=12．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明△PQE∽△OQB是解题的关键．
3．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．
(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证：KHCH=AKAC．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求CPPF的值．
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
(3)CPPF=32
【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到∠FCA=∠HCA，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证△AKG∽△ACB，得AKAC=KGCB，证△KHG∽CHB可得KHCH=KGCB，结论得证；
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得GHBH=12，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则CH=CF＝BH2+BC2=210a，勾股定理得FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，由△FPH∽△HEC得PFEH=FHCH，得PF=4105a，CP=6105a，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
又∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
∴AKAC=KGCB．
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
∴KHCH=KGCB，
∴AKAC=KHCH．
（3）解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．
∵点K为AC中点：
由（2）得KHCH=AKAC=12，
∴GHBH=KHCH=12，
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝BH2+BC2=210a，
∵AF=AH，
∴FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
∴PFEH=FHCH．
∴PF=4105a，
∴CP=CF−PF=6105a，
∴CPPF=32．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
题型11 四边形与函数综合
1．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点A(m，0)，B(m−a，0)(a>m>0)的位置和函数y1=mx(x>0)、y2=m−ax(x<0)的图像如图所示．以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，AD边与函数y1的图像相交于点E，CD边与函数y1、y2的图像分别相交于点G、H，一次函数y3的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接PH．

(1)m=2，a=4，求函数y3的表达式及△PGH的面积；
(2)当a、m在满足a>m>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y2的图像上？并说明理由．
【答案】(1)函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，则AB=4，当x=2，y1=22=1，则E2，1；当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；待定系数法求一次函数y3的解析式为y3=−2x+5，当x=0，y3=5，则P0，5，根据S△PGH=12×12−−12×5−4，计算求解即可；
（2）求解过程同（1）；
（3）设直线PH的解析式为y=k2x+b2，将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，即y=aa−mx+1+a，当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，当x=m−a，y2=m−am−a=1，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
∴A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，
∴AB=4，
当x=2，y1=22=1，则E2，1；
当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；
当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；
设一次函数y3的解析式为y3=kx+b，
将E2，1，G12，4，代入y3=kx+b得，2k+b=112k+b=4，解得k=−2b=5，
∴y3=−2x+5，
当x=0，y3=5，则P0，5，
∴S△PGH=12×12−−12×5−4=12；
∴函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12；
（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y1=mx，y2=m−ax，
∴AB=a，
当x=m，y1=mm=1，则Em，1；
当y1=a，a=mx，解得x=ma，则Gma，a；
当y2=a，a=m−ax，解得x=m−aa，则Hm−aa，a；
设一次函数y3的解析式为y3=k1x+b1，
将Em，1，Gma，a，代入y3=k1x+b1得，mk1+b1=1mak1+b1=a，解得k1=−amb1=1+a，
∴y3=−amx+1+a，
当x=0，y3=1+a，则P0，1+a，
∴S△PGH=12×ma−m−aa×1+a−a=12；
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上，理由如下：
设直线PH的解析式为y=k2x+b2，
将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，
∴y=aa−mx+1+a，
当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，
∴直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，
当x=m−a，y2=m−am−a=1，
∴直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
2．（2023·江苏连云港·中考真题）【问题情境 建构函数】
（1）如图1，在矩形ABCD中，AB=4,M是CD的中点，AE⊥BM，垂足为E．设BC=x,AE=y，试用含x的代数式表示y．

【由数想形 新知初探】
（2）在上述表达式中，y与x成函数关系，其图像如图2所示．若x取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．

【数形结合 深度探究】
（3）在“x取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值y随x的增大而增大；②函数值y的取值范围是−42【抽象回归 拓展总结】
（4）若将（1）中的“AB=4”改成“AB=2k”，此时y关于x的函数表达式是__________；一般地，当k≠0,x取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质（直接写出3条即可）．
【答案】（1）y=4xx2+4x2+4(x>0)；（2）x取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称，见解析；（3）①④；（4）y=2kxx2+k2x2+k2(x>0,k>0)，见解析
【分析】（1）证明Rt△ABE∽Rt△BMC，得出ABBM=AEBC，进而勾股定理求得BM，即4x2+4=yx，整理后即可得出函数关系式；
（2）若Pa,b为图像上任意一点，则b=4aa2+4a2+4．设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q−a,−b．当x=−a时，可求得y=−b．则Q−a,−b也在y=4xx2+4x2+4的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补全函数图象即可求解；
（3）根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解；
（4）将（1）中的4换成2k，即可求解；根据（2）的图象探究此类函数的相关性质，即可求解．
【详解】（1）在矩形ABCD中，∠ABC=∠BCM=90°，
∴∠ABE+∠MBC=90°．
∵AE⊥BM，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE+∠ABE=90°．
∴∠AEB=∠BCM,∠MBC=∠BAE．
∴Rt△ABE∽Rt△BMC，∴ABBM=AEBC．
∵AB=4，点M是CD的中点，∴CM=12CD=12AB=2．
在Rt△BMC中，BM=BC2+CM2=x2+22=x2+4，
∴4x2+4=yx．∴y=4xx2+4=4xx2+4x2+4．
∴y关于x的表达式为：y=4xx2+4x2+4(x>0)．
（2）x取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称．
理由如下：
若Pa,b为图像上任意一点，则b=4aa2+4a2+4．
设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q−a,−b．
当x=−a时，
y=4−a(−a)2+4(−a)2+4=−4aa2+4a2+4=−b．
∴Q−a,−b也在y=4xx2+4x2+4的图像上．
∴当x取任意实数时，y=4xx2+4x2+4的图像关于原点对称．
函数图像如图所示．

（3）根据函数图象可得①函数值y随x的增大而增大，故①正确，
②由(1)可得函数值y③根据中心对称的性质，不存在一条直线与该函数图像有四个交点，故③错误；
④因为平行四边形是中心对称图形，则在图像上存在四点A、B、C、D，使得四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
故答案为：①④．
（4）y关于x的函数表达式为y=2kxx2+k2x2+k2(x>0,k>0)；
当k≠0,x取任意实数时，有如下相关性质：
当k>0时，图像经过第一、三象限，函数值y随x的增大而增大，y的取值范围为−2k当k<0时，图像经过第二、四象限，函数值y随x的增大而减小，y的取值范围为2k函数图像经过原点；
函数图像关于原点对称；
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，中心对称的性质，根据函数图象获取信息，根据题意求得解析式是解题的关键．
3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y=x2+mx+n的图象交点为A（-1，0），B（4，5）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；
(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，2）
(3)254
(4)N1(1,1),N2(−1,2),N3(1,4),N412,52
【分析】（1）将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得到关于m，n的二元一次方程组求解即可；
（2）抛物线的对称轴为x=1，求出直线AB与对称轴的交点即可求解；
（3）设Dd,d2−2d−3，则E(d,d+1)，则DE=(d+1)−d2−2d−3=−d2+3d+4(−1（4）根据题意画出图形，分情况求解即可．
【详解】（1）解：将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得，1−m+n=016+4m+n=5 ，
解这个方程组得m=−2n=−3，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：如图，设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把点 A（-1，0），B（4，5）代入y=kx+b，
得−k+b=04k+b=5，
解得k=1b=1 ，
∴ 直线AB的解析式为：y=x+1 ，
由（1）知抛物线y=x2−2x−3的对称轴为x=−−22×1=1，
∵ 点C为抛物线对称轴上一动点，AC+BC≥AB，
∴ 当点C在AB上时，AC+BC最小，
把x=1代入y=x+1，得y=2，
∴点C的坐标为（1，2）；
（3）解：如图，由（2）知 直线AB的解析式为y=x+1
设Dd,d2−2d−3，则E(d,d+1)，
则DE=(d+1)−d2−2d−3=−d2+3d+4(−1当d=32时，DE有最大值为254，
（4）解：如图，∵直线AB的解析式为：y=x+1，
∴ 直线与y轴的交点为D（0，1），OD=1
∵A(−1,0)，OA=1
∴ OA=OD,∠DAO=∠ADO=45°，
若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，分情况讨论：
①过点C作CM1⊥y轴于点M1，则ΔDM1C为等腰直角三角形，过点C作CN1⊥DN1 ，则四边形CM1DN1 为正方形，
依题意，知D与F重合，点N1 的坐标为（1，1）；
②以M1为中心分别作点F，点C点的对称点M2,N2 ，连接CM2,M2N2,N2F，则四边形M2N2FC是正方形，则点N2的坐标为（-1，2）；
③延长N2M2到N3使N3M2=M2C，作N3F1⊥AB于点F1，则四边形M2N3F1C是正方形，则N3的坐标为（1，4）；
④取M2C的中点N4，FC的中点F2，则M1F2CN4为正方形，则N4的坐标为12,52，
综上所述，点N的坐标为：N1(1,1),N2(−1,2),N3(1,4),N412,52
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，二次函数的性质，正方形的判定，根据题意正确画图是解本题的关键．
1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
一、单选题
1．（2023·广西·中考真题）如图，过y=kx(x>0)的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交y=−1x的图象于B，D两点，以AB，AD为邻边的矩形ABCD被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为S1，S2，S3，S4，若S2+S3+S4=52，则k的值为（ ）

A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】设Aa,b，则B−1b,b，Da,−1a，C−1b,−1a，根据坐标求得S1=ab=k，S2=S4=1，推得S3=−1b×−1a=12，即可求得．
【详解】设Aa,b，则B−1b,b，Da,−1a，C−1b,−1a
∵点A在y=kx(x>0)的图象上
则S1=ab=k，
同理∵B，D两点在y=−1x的图象上，
则S2=S4=1
故S3=52−1−1=12，
又∵S3=−1b×−1a=12，
即1ab=12，
故ab=2，
∴k=2，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
2．（2023·山东泰安·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6，4)；Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，连接BC，点M是BC中点，连接AM．将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，在旋转过程中，线段AM的最小值是（ ）

A．3B．62−4C．213−2D．2
【答案】A
【分析】如图所示，延长BA到E，使得AE=AB，连接OE，CE，根据点A的坐标为(−6，4)得到BE=8，再证明AM是△BCE的中位线，得到AM=12CE；解Rt△COD得到OC=4，进一步求出点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，则当点M在线段OE上时，CE有最小值，即此时AM有最小值，据此求出CE的最小值，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，延长BA到E，使得AE=AB，连接OE，CE，
∵Rt△AOB的一条直角边OB在x轴上，点A的坐标为(−6，4)，
∴AB=4，OB=6，
∴AE=AB=4，
∴BE=8，
∵点M为BC中点，点A为BE中点，
∴AM是△BCE的中位线，
∴AM=12CE；
在Rt△COD中，∠COD=90°，OD=43，∠D=30°，
∴OC=33OD=4，
∵将Rt△COD以点O为旋转中心按顺时针方向旋转，
∴点C在以O为圆心，半径为4的圆上运动，
∴当点M在线段OE上时，CE有最小值，即此时AM有最小值，
∵OE=BE2+OB2=10，
∴CE的最小值为10−4=6，
∴AM的最小值为3，
故选A．

【点睛】本题主要考查了一点到圆上一点的最值问题，勾股定理，三角形中位线定理，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（2023·四川遂宁·中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）

A．5，5B．6,245C．325,245D．325,5
【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD=245，则可利用勾股定理求出AD=325；再证明四边形CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=325，则点E的坐标为325,245．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，
∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=62+82=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
∴S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴CD=AC⋅BCAB=245，
∴AD=AC2−CD2=325；
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
∴当MN最小时，即CP最小，
∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为245，AP=AD=325，
∴点E的坐标为325,245，
故选C．

【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．
二、填空题
4．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E在边CD上，BE交对角线AC于点F，CM⊥BE于M，∠CME的平分线所在直线分别交CD，AC于点N，P，连接FN．下列结论：①S△NPF:S△NPC=FM:MC；②CM=PN；③EN⋅CD=EC⋅CF；④若EM=1，MB=4，则PM=2，其中正确的是 ．

【答案】①④
【分析】
如图，记N到PC的距离为ℎ，可得S△NPFS△NPC=12PF×ℎ12PC×ℎ=PFPC，证明△PMF∽△PCN，可得MFCN=PFPN，∠PFM=∠PNC，证明△NCM∽△NPC，可得PNCN=PCCM，可得PFPC=FMCM，S△NPFS△NPC=PFPC=FMCM，故①正确；证明M,F,C,N四点共圆，可得FN∥BC，证明△EFN∽△EBC，ENEC=FNBC=FNCD，故③不正确；求解CM2=BM⋅EM=4，可得CM=2，（负根舍去），CE=5，BC=22+42=25=AB，证明△CEF∽△ABF，EF=53，BF=103，FM=53−1=23，证明△PMF∽△BCF，PMBC=MFCF，求解CF=2CN=2103，可得PM=2，故④正确；证明△EMN∽△ECF，可得ENEF=MNCF，求解MN=223，则PN=PM+MN=2+223=523≠CM，故②不正确．
【详解】解：如图，记N到PC的距离为ℎ，
∴S△NPFS△NPC=12PF×ℎ12PC×ℎ=PFPC，
∵CM⊥BE，正方形ABCD，
∴∠CME=90°，∠PCN=45°，
∵MN平分∠CME，
∴∠CMN=∠EMN=∠PMF=45°=∠PCN，
∵∠MPF=∠NPC，
∴△PMF∽△PCN，
∴MFCN=PFPN，∠PFM=∠PNC，
∴PFMF=PNCN，
同理可得：△NCM∽△NPC，
∴PNCN=PCCM，
∴PCCM=PFMF，
∴PFPC=FMCM，
S△NPFS△NPC=PFPC=FMCM，故①符合题意；
∵∠PMF=45°=∠PCE，
∴∠PCE+∠FMN=180°，
∴M,F,C,N四点共圆，
∴∠FNC=∠FMC=90°，
∴FN∥BC，
∴△EFN∽△EBC，
∴ENEC=FNBC=FNCD，
∴EN⋅CD=EC⋅FN，故③不正确；
∵EM=1，BM=4，则BE=5，
∵正方形ABCD，CM⊥BE，
∴∠BCD=∠BMC=∠EMC=90°，
∴∠MEC+∠MCE=90°=∠MCE+∠BCM，
∴∠MEC=∠BCM，
∴△CME∽△BMC，
∴CMBM=MECM，
∴CM2=BM⋅EM=4，
∴CM=2，（负根舍去），
∴CE=5，BC=22+42=25=AB，
同理可得：△CEF∽△ABF，
∴EFBF=CEAB=525=12，
∴EF=53，BF=103，FM=53−1=23，
∵∠PMF=∠ACB=45°，∠PFM=∠BFC，
∴△PMF∽△BCF，
∴PMBC=MFCF，
∵△EFN∽△EBC，
∴ENEC=EFBE=13，
∴EN=53，CN=253，
∴CF=2CN=2103，
即PM25=232310，
∴PM=2，故④正确；
同理可得：△EMN∽△ECF，
∴ENEF=MNCF，
∴5353=MN2103，
∴MN=223，则PN=PM+MN=2+223=523≠CM，故②不正确．
综上：正确的有①④；
故答案为：①④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，角平分线的定义，相似三角形的判定与性质，四点共圆，熟练的利用相似三角形的性质解决问题是关键，本题的难度大，是填空压轴题．
5．（2023·浙江台州·中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），分别以AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点H，延长AE，BF交于点G，AG长为c．

（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2FG+EG=2c−b+c−a=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：

在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
∴MF=GF×sin60°=3c−b2
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=3c−ac−b2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
∴HN=CH×sin60°=3a+b−c2
则△CDH的面积为：12×CD×HN=3a+b−c24
由题意可得：3a+b−c24=3c−ac−b2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
三、解答题
6．（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．

【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3或4或32
【分析】
（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，进而证明∠FCB=∠ABE结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°，证明△ABE∽△FCB，得出ABCF=BEBC，根据S矩形ABCD=AB⋅CD=20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB=BC，根据已知条件得出BE=13BC,AE=43AB，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出MG=7，根据tan∠MEH=tan∠HGE，得出HE2=HM⋅HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据tan∠FEH=tan∠M得出EH2=FH⋅HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得S△BTC=2538，而S△EFG=723，得出矛盾，则此情况不存在．
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF=90°，∠CFB=∠A=90°，
∴∠FCB=∠ABE，
又∵BC=BE，
∴△ABE≌△FCB；
②由①可得∠FCB=∠ABE，∠CFB=∠A=90°
∴△ABE∽△FCB
∴ABCF=BEBC，
又∵S矩形ABCD=AB⋅CD=20
∴BE⋅CF=AB⋅BC=20,
故答案为：20．
（2）∵在菱形ABCD中，csA=13，
∴AD∥BC，AB=BC，
则∠CBE=∠A，
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵cs∠CBE=BECB
∴BE=BC⋅cs∠CBE=BC×cs∠A=13BC，
∴AE=AB+BE=AB+13BC=AB+13AB=43AB，
∵EF⊥AD，CE⊥AB
∴∠AFE=∠BEC=90°,
又∠CBE=∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴AEBC=EFCE=AFBE，
∴EF⋅BC =AE⋅CE=43AB×CE=43S菱形ABCD=43×24=32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，

∵平行四边形ABCD中，AB=6，CE=2，
∴CD=AB=6，DE=DC−EC=6−2=4,
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=42=2，
∴S△MGES△FEG=EMEF=2
∴S△MGE=2S△EFG= EF⋅EG=73
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=32×4=23，DH=12DE=2，
∴12MG×HE=73
∴MG=7，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
∴∠MEH=90°−∠HEG=∠HGE
∴tan∠MEH=tan∠HGE
∴HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=a，则GD=AD−AG=5−a，GH=GD+HD=5−a+2=7−a，HM=GM−GH=7−7−a=a，
∴232=x7−x
解得：a=3或a=4，
即AG=3或AG=4，
②当G点在AB边上时，如图所示，

连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG=x，则DN=AG=x，EN=DE−DN=4−x，
∵GN∥CM
∴△ENG∽△ECM
∴EGEM=ENEC=GNCM=4−x2，
∴CM=2GN4−x=104−x
∴S△GEFS△MEF=EGEM=4−x2，
∵EF⋅EG=73
∴S△MEF=2S△GEF4−x=734−x
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC=2,∠ECH=60°，
∴EH=3，CH=1，
∴S△MEF=12×MF×EH，则12×3×MF=734−x，
∴MF=144−x，
∴FH=MF−CM−CH=144−x−104−x−1=x4−x，MH=CM+CH=104−x+1=14−x4−x
∵∠MEF=∠EHM=90°，
∴∠FEH=90°−∠MEH=∠M
∴tan∠FEH=tan∠M，
即FHEH=EHHM，
∴EH2=FH⋅HM
即32=x4−x×14−x4−x
解得：x1=32,x2=8（舍去）
即AG=32；
③当G点在BC边上时，如图所示，

过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC中，CT=12BC=52，BT=3TC=532，
∴S△BTC=12BT×TC=12×532×52=2538，
∵EF⋅EG=73，
∴S△EFG=723，
∵2583<723，
∴G点不可能在BC边上，
综上所述，AG的长为3或4或32．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
7．（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．
8．（2023·吉林长春·中考真题）如图①．在矩形ABCD．AB=3，AD=5，点E在边BC上，且BE=2．动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连续PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t>0）

(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为__________；
(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
(3)当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)13
(2)23
(3)见解析
(4)0【分析】（1）证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解．
（2）证明△PBE∽△ECD，得出tan∠PQE=PEDE=BECD=23；
（3）过点P作PH⊥BC于点H，证明△PHE≌△ECQ得出PE=QE，即可得出结论
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F,A重合时符合题意，此时如图，③当点P在AD上，当F,D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，连接BQ，

∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAQ=∠ABE=90°
∵∠PEQ=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
∴QE=AB=3，BE=2
在Rt△QBE中，BQ=BE2+QE2=32+22=13，
故答案为：13．
（2）如图所示，

∵∠PEQ=90°，∠PBE=∠ECD=90°，
∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3
∴△PBE∽△ECD，
∴PEDE=BECD，
∵BE=2，CD=AB=3，
∴tan∠PQE=PEDE=BECD=23；
（3）如图所示，过点P作PH⊥BC于点H，

∵∠PEQ=90°，∠PHE=∠ECQ=90°，
∴∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°，
则四边形ABHP是矩形，
∴PH=AB =3
又∵EC=BC−BE=5−2=3
∴PH=EC，
∴△PHE≌ECQ
∴PE=QE
∴△PQE是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点P在BE上时，

∵QE=QF=3,AQ=BE=2，
在Rt△AQF中，AF=QF2−AQ2=32−22=5，
则BF=3−5，
∵PE=t，则BP=2−t，PF=PE=t，
在Rt△PBF中，PF2=PB2+FB2，
∴t2=3−52+2−t2
解得：t=9−352
当t<9−352时，点F在矩形内部，符合题意，
∴0②当P点在AB上时，当F,A重合时符合题意，此时如图，

则PB=t−BE=t−2，PE= AP=AB−PB=3−t−2=5−t，
在Rt△PBE中，PE2=PB2+BE2
5−t2=t−22+22，
解得：t=176，
③当点P在AD上，当F,D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，此时t=2+3+2=7

综上所述，0【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
9．（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．
【答案】（1）①1；②见解析；（2）PMPN=k，理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；
（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS证得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：OA=OC，
∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
∴k=PAPC=OAOC=1，
故答案为：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBNASA，
∴PM=PN．
（2）PMPN=k，理由如下：
过点P作PG∥BD交BC于G，

∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPC=k．
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，

则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECNAAS，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=3a2+6a2=35a，
∴k=ENPN=355a=3．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
10．（2023·山东潍坊·中考真题）［材料阅读]
用数形结合的方法，可以探究q+q2+q3+...+qn+…的值，其中0例求12+122+123+⋯+12n+⋯的值．
方法1：借助面积为1的正方形，观察图①可知
12+122+123+⋯+12n+⋯的结果等于该正方形的面积，
即12+122+123+⋯+12n+⋯=1．
方法2：借助函数y=12x+12和y=x的图象，观察图②可知
12+122+123+⋯+12n+⋯的结果等于a1，a2，a3，…，an…等各条竖直线段的长度之和，
即两个函数图象的交点到x轴的距离．因为两个函数图象的交点(1,1)到x轴的距为1，
所以，12+122+123+⋯+12n+⋯=1．

【实践应用】
任务一 完善23+232+233+⋯+23n+⋯的求值过程．

方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知23+232+233+⋯+23n+⋯=______．
方法2：借助函数y=23x+23和y=x的图象，观察图④可知
因为两个函数图象的交点的坐标为______，
所以，23+232+233+⋯+23n+⋯=______．
任务二 参照上面的过程，选择合适的方法，求34+342+343+⋯+342+⋯的值．
任务三 用方法2，求q+q2+q3+⋯+qn+⋯的值（结果用q表示）．
【迁移拓展】
长宽之比为5+12:1的矩形是黄金矩形，将黄金矩形依次截去一个正方形后，得到的新矩形仍是黄金矩形．
观察图⑤，直接写出5−122+5−124+5−126+⋯+5−122n+⋯的值．

【答案】任务一，方法1：2；方法2：2,2，2；任务二，3；任务三，q1−q；[迁移拓展] 5−12
【分析】任务一，仿照例题，分别根据方法1，2进行求解即可；
任务二，借助函数y=34x+34和y=x得出交点坐标，进而根据两个函数图象的交点到x轴的距离．因为两个函数图象的交点2,2到x轴的距为2，即可得出结果；
任务三 参照方法2，借助函数y=qx+q和y=x的图象，得出交点坐标，即可求解；
[迁移拓展]观察图⑤第一个正方形的面积为1×1=1=5−120，第二个正方形的面积为5+12−12=5−122，……进而得出则5−122+5−124+5−126+⋯+5−122n+⋯的值等于长宽之比为5+12:1的矩形减去1个面积为1的正方形的面积，即可求解．
【详解】解：任务一，方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知23+232+233+⋯+23n+⋯= 2
故答案为：2．
方法2：借助函数y=23x+23和y=x的图象，观察图④可知
因为两个函数图象的交点的坐标为2,2，
所以，23+232+233+⋯+23n+⋯= 2．
故答案为：2,2，2．
任务二：参照方法2，借助函数y=34x+34和y=x的图象，y=34x+34y=x，
解得：x=3y=3
∴两个函数图象的交点的坐标为3,3，
34+342+343+⋯+342+⋯=3．
任务三 参照方法2，借助函数y=qx+q和y=x的图象，两个函数图象的交点的坐标为q1−q,q1−q，
∴q+q2+q3+⋯+qn+⋯=q1−q
[迁移拓展]根据图⑤，第一个正方形的面积为1×1=1=5−120，第二个正方形的面积为5+12−12=5−122，……
则5−122+5−124+5−126+⋯+5−122n+⋯的值等于长宽之比为5+12:1的矩形减去1个面积为1的正方形的面积，
即5−122+5−124+5−126+⋯+5−122n+⋯=5+12×1−1=5−12
【点睛】本题考查了一次函数交点问题，正方形面积问题，理解题意，仿照例题求解是解题的关键．
11．（2023·吉林长春·中考真题）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=−x2+bx+2（b是常数）经过点(2,2)．点A的坐标为(m,0)，点B在该抛物线上，横坐标为1−m．其中m<0．

(1)求该抛物线对应的函数表达式及顶点坐标；
(2)当点B在x轴上时，求点A的坐标；
(3)该抛物线与x轴的左交点为P，当抛物线在点P和点B之间的部分（包括P、B两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为2−m时，求m的值．
(4)当点B在x轴上方时，过点B作BC⊥y轴于点C，连结AC、BO．若四边形AOBC的边和抛物线有两个交点（不包括四边形AOBC的顶点），设这两个交点分别为点E、点F，线段BO的中点为D．当以点C、E、O、D（或以点C、F、O、D）为顶点的四边形的面积是四边形AOBC面积的一半时，直接写出所有满足条件的m的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+2；顶点坐标为1,3
(2)A−3,0
(3)m=−1或m=−2
(4)m=−2+2或m=2−23或m=−12
【分析】
（1）将点(2,2)代入抛物线解析式，待定系数法即可求解；
（2）当y=0时，−x2+2x+2=0，求得抛物线与x轴的交点坐标，根据抛物线上的点B在x轴上时，横坐标为1−m．其中m<0，得出m=−3，即可求解；
（3）①如图所示，当1<1−m<1+3，即−3（4）根据B在x轴的上方，得出−3【详解】（1）解：将点(2,2)代入抛物线y=−x2+bx+2，得，
2=−4+2b+2
解得：b=2
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+2；
∵y=−x2+2x+2 =−x−12+3，
∴顶点坐标为1,3，
（2）解：由y=−x2+2x+2，
当y=0时，−x2+2x+2=0，
解得：x1=1−3,x2=1+3，
∵抛物线上的点B在x轴上时，横坐标为1−m．其中m<0．
∴1−m>1
∴1−m=1+3
解得：m=−3，
∵点A的坐标为(m,0)，
∴A−3,0；
（3）①如图所示，当1<1−m<1+3，即−3
抛物线在点P和点B之间的部分（包括P、B两点）的最高点为顶点，最低点为点P，
∵顶点坐标为1,3，P1−3,0
则纵坐标之差为3−0=3
依题意，3=2−m
解得：m=−1；
②当1−m≥1+3，即m≤−3时，

∵B1−m,−1−m2+21−m+2，即B1−m,−m2+3，
依题意，3−−m2+3=2−m，
解得：m=−2或m=1（舍去），
综上所述，m=−1或m=−2；
（4）解：如图所示，

∵B在x轴的上方，
∴1−3<1−m<1+3
∴−3∵以点C、E、O、D为顶点的四边形的面积是四边形AOBC面积的一半，线段BO的中点为D
∴S△BCD=S△COD
∵SAOBC=S△AOC+S△BOC,S△BOC=S△BCD+S△COD
①当E是AC的中点，如图所示

则SAOBC=2SCEOD，
∴Em2,−m2+32代入y=−x2+2x+2，
即−m2+32=−m22+2×m2+2，
解得：m=−2−2（舍去）或m=−2+2；
②同理当F为AO的中点时，如图所示，S△ACF=S△CFO，S△BCD=S△COD，则点C、F、O、D为顶点的四边形的面积是四边形AOBC面积的一半，

∴m2=1−3，
解得：m=2−23，
③如图所示，

设S△BOC=S，则S△DBC=12S，
∵以点C、E、O、D为顶点的四边形的面积是四边形AOBC面积的一半，线段BO的中点为D
∴12S+S△CDF=S△FDB+S△AOC
即12S+S△CDF=12S−S△CDF+S△AOC
∴12S△AOC=S△CDF，
∴CF=AO，
∴F−m,−m2+3，
∵B,F关于x=1对称，
∴−m+1−m2=1，
解得：m=−12，
综上所述，m=−2+2或m=2−23或m=−12．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，二次函数的性质，面积问题，根据题意画出图形，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
考点要求
命题预测
四边形压轴
在中考中，涉及四边形压轴题的相关题目单独出题的可能性还是比较大的，多以选择、填空题型出现，但是四边形结合其它几何图形、函数出成压轴题的几率特别大，所占分值也是比较多，属于是中考必考的中等偏上难度的考点.
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁Varingnn，Pierre1654－1722是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG=12AC．（依据1）

∴DNNM=DGGC．∵DG=GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称、中心对称
菱形
对边平行且四条边都相等
对角相等
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
矩形
1）平行四边形+ 一直角
2）四边形+三直角
平行四边形+两条对角线相等
菱形
1）平行四边形+一组邻边相等
2）四边形+四条边都相等
平行四边形+两条对角线互相垂直
正方形
矩形+一组邻边相等
菱形+一直角
两条对角线互相垂直平分且相等的四边形