初中数学苏科版（2024）八年级下册9.3 平行四边形精练

这是一份初中数学苏科版（2024）八年级下册9.3 平行四边形精练，共103页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc15069" 【题型1 四边形中的多解问题】 PAGEREF _Tc15069 \h 1
\l "_Tc7081" 【题型2 四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc7081 \h 3
\l "_Tc16304" 【题型3 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc16304 \h 4
\l "_Tc2316" 【题型4 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc2316 \h 6
\l "_Tc12949" 【题型5 矩形与等腰三角形】 PAGEREF _Tc12949 \h 8
\l "_Tc29521" 【题型6 菱形中的全等三角形的构造】 PAGEREF _Tc29521 \h 10
\l "_Tc20104" 【题型7 正方形中线段的和差倍分关系】 PAGEREF _Tc20104 \h 12
\l "_Tc9293" 【题型8 坐标系中的四边形】 PAGEREF _Tc9293 \h 13
\l "_Tc28076" 【题型9 四边形中存在性问题】 PAGEREF _Tc28076 \h 15
【题型1 四边形中的多解问题】
【例1】（2023春·辽宁鞍山·八年级校联考期中）在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠ADB的平分线交AB于点E，交AC于点G．过点E作EF⊥BD于点F，∠EDM交AC于点M．下列结论：①AD=2+1AE；③四边形AEFG是菱形；③BE=2OG；④若∠EDM=45°，则GF=CM．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【变式1-1】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，点E为对角线BD上一动点（不与点B重合），且BE<12BD，连接CE交DA延长线于点F．

①∠AFE=∠BAE；
③当△AEF为直角三角形时，BE=2；
③当△AEF为等腰三角形时，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；
④连接BF，当BE=CE时，FC平分∠AFB．
以上结论正确的是 （填正确的序号）．
【变式1-2】（2023春·山东青岛·八年级山东省青岛实验初级中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB=1，∠BOA=60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F，与BD交于点M．给出下列四个结论：①BF=BO；③AC=CH；③BE=3DE；④S△ACF=32S△BMF；⑤AH=6+2．其中正确的结论有 （填写正确的序号）．

【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级统考期中）勾股定理是平面几何中一个极为重要的定理，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究做出过贡献，特别是定理的证明，据说有400余种.如图是希腊著名数学家欧几里得证明这个定理使用的图形.以Rt△ABC(∠ABC=90°)的三边a,b,c为边分别向外作三个正方形：正方形ACED、正方形AFHB、正方形BCNM，再作CG⊥FH垂足为G，交AB于P，连接BD，CF.则结论：①∠DAB=∠CAF，③△DAB≌△CAF，③S正方形ACED = 2S△ADB，④S矩形AFGP = 2S△ACF.正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【题型2 四边形中的动点问题】
【例2】（2023春·广西钦州·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF=AE，连接DE、DF．

(1)求证DE⊥DF；
(2)连接EF，取EF中点G，连接DG并延长交BC于H，连接BG．
①依题意，补全图形：
③求证BG=DG；
③若∠EGB=45°，用等式表示线段BG、HG与AE之间的数量关系，并证明．
【变式2-1】（2023春·福建福州·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAC=90°，CD=6，AC=8． 动点P从点A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以8cm/s速度沿射线CB运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P的运动时间为t秒（t>0）
(1)CB的长为 ．
(2)用含t的代数式表示线段BQ的长．
(3)连结PQ．是否存在t的值，使得PQ与AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请直接写出t的值．【变式2-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）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．
【变式2-3】（2023春·广西南宁·八年级校考期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=22，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点(点F不与点A，D重合)．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当△A'DC是等腰三角形时，AF的长为 ．

【题型3 四边形中的最值问题】
【例3】（2023春·江苏南通·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=60°．E是对角线BD上的一个动点（不与点B，D重合），连接AE，以AE为边作菱形AEFG，其中，点G位于直线AB的上方，且∠EAG=60°，点P是AD的中点，连接PG，则线段PG的最小值是 ．

【变式3-1】（2023春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E，F，G，H分别在正方形的四条边上，且GH∥EF，GH=EF，则四边形EFGH的周长的最小值是 ．

【变式3-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，OB=23，∠AOB=30°．

(1)如图1，点P为射线OB上的动点，连接PA，若△PAB是等腰三角形，求PA的长度；
(2)如图2，是否在x轴上存在点E，在直线BC上存在点F，以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图3，点M是BC边上的动点，过点M作OB的垂线交直线OA于点N，求OM+MN+NB的最小值．
【变式3-3】（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AD=4，AB=m，E、F分别在边BC、CD上，并且△AEF为等边三角形，则m的取值范围为 ，若点G是边AB上的一点，且GA=2，则随着m的变化，GE的最小值为 ．

【题型4 四边形中的折叠问题】
【例4】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）通过对下面几何图形的？作探究，解决下列问题．

【操作发现】
如图1，探究小组将矩形纸片ABCD沿对角线BD所在的直线折叠，点C落在点E处，DE与AB边交于点F，再将纸片沿直线DM折叠，使AD边落在直线DE上，点A与点N重合．
（1）∠MDB=_______度．
（2）若AB=6，AD=3，求线段DF的长．
【迁移应用】
（3）如图2，在正方形纸片ABCD中，点E为CD边上一点，探究小组将△ADE沿直线AE折叠得到△AFE，再将纸片沿过A的直线折叠，使AB与AF重合，折痕为AH，探究小组继续将正方形纸片沿直线EH折叠，点C的对应点恰好落在折痕AH上的点M处，EM与AF相交于点N，若BH=1，求△AEN的面积．
【变式4-1】（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD折叠，点C落在点C'的位置，BC'交AD于点G．
(1)求证：BG=DG；
(2)求C'G的长；
(3)如图2，再折叠一次，使点D与A重合，折痕EN交AD于M，求EM的长．
【变式4-2】（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）问题原型
(1)如图1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．
(2)如图2，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．
(3)如图3，在▱ABCD中，F为CD上一点，连结BF，将∠C沿BF折叠，点C的对应点为C'．连结DC'并延长交AB于G，若AG=C'F，求证：F为CD中点．
(4)如图4，直角坐标系中有▱ABCD，点A与原点重合，点B在x轴正半轴上，CD与y轴交于点E．将其沿过A的直线折叠，点B对应点B'恰好落在y轴上，且折痕交BC于M，B'M交CD于点N．若▱ABCD的面积为48，AB=8，AD=35，求点M的坐标和阴影部分面积（直接写出结果）．
【变式4-3】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）课本再现：
（1）如图1，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE=CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？BE和AF的数量关系是：___________；BE和AF的位置关系是___________；（无需证明）
知识应用：
（2）如图2，ABCD是一个正方形草地，现要在内部修建两条路MN、EF，且MN⊥EF，
①请问这两条路MN、EF还相等吗？为什么？
③如图3，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，若折痕EF的长为13，求此时DE的长；
拓展延伸：
（3）如图4，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与EF交于点P，取AD的中点M，连接PM、PC，则PM+PC的最小值为___________，此时EF的长度是___________．

【题型5 矩形与等腰三角形】
【例5】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）【问题背景】
某“数学学习兴趣小组”在学习了“等腰三角形的性质”和“平行四边形的性质和判定”后，在习题中发现了这样一个问题：如图1，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=90°，过点B作BF⊥AC于点F，请写出线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式．
同学们经过交流讨论，得到了如下两种解决思路：
解决思路1：如图2，过点P作PG⊥BF于点G；
解决思路2：如图3，过点B作BH⊥PE，交EP的延长线于点H；
(1)上述两种解决思路都可以证明一组三角形全等，判定一个四边形为平行四边形，从而可证得线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式为______________．
【类比探究】
(2)如图4，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=α，过点B作BF∥PE交AC于点F，请写出线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式，并说明理由．
【拓展应用】
(3)如图5，在△ACP与△BDP中，∠A=∠B=75°，∠APC=∠BPD=60°，点A、B、P在同一条直线上，若AB=6，PC=2，则PD=______________．
【变式5-1】（2023春·江苏无锡·八年级无锡市东林中学校考期末）已知在矩形ABCD中，AD=9，AB=12，O为矩形的中心，在等腰Rt△AEF中，∠EAF=90°，AE=AF=6．则EF边上的高为 ；将△AEF绕点A按顺时针方向旋转一周，连接CE，取CE中点M，连接FM，则FM的最大值为 ．

【变式5-2】（2023春·北京东城·八年级期末）画一个四边形，使得该四边形的面积等于已知图形面积的一半．
（1）如图1，已知等腰△ABC，D，E分别是AB，AC的中点，画四边形DBCE；
（2）如图2，已知四边形ABCD，AC⊥BD．四边的中点分别为E，F，G，H，画四边形EFGH；
（3）如图3，已知平行四边形ABCD，点E，G分别在AD，BC上，且EG∥AB．点F，H分别在AB，CD上，画四边形EFGH．
以上三种画法中，所有正确画法的序号是（ ）

A．（1）（3）B．（2）C．（2）（3）D．（1）（2）（3）
【变式5-3】（2023春·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考期末）如图①，在平面直角坐标系中，一次函数y=−34x+3分别与x轴和y轴交于点A、点B，四边形OACB为矩形．
(1)如图③，点F在BC上，连接AF，把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合．
①求点F的坐标；
③请直接写出直线FC'的解析式：______；
(2)如图③，动点Px,y在一次函数y=2x−31.5【题型6 菱形中的全等三角形的构造】
【例6】（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）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．
【变式6-1】（2023春·四川眉山·八年级统考期末）如图，菱形OABC的一边OC在x轴的正半轴上，O是坐标原点，B点坐标为8，4，点D是对角线OB上一点，连结DA，DC，AE⊥OC，垂足为E．

(1)求证：DA=DC；
(2)求菱形OABC的面积；
(3)连接DE，当S△DAE=2时，求点D的坐标．
【变式6-2】（2023春·重庆丰都·八年级统考期末）已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，连接对角线AC．

(1)如图1，E为AD边上一点，F为DC边延长线上一点，且AE=CF，连接AF，BE交于点G．
①求证：BE=AF；
③过点C作CH⊥BE，垂足为H，求证：CH=32BG；
(2)如图2，已知AB=4，将△ACD沿射线AC平移，得到△A'C'D'，连接BA'，BD'，请直接写出BA'+BD'的最小值．
【变式6-3】（2023春·四川自贡·八年级成都实外校考期中）如图，在菱形ABCD中，M，N分别是边AB，BC的中点，MP⊥AB交边CD于点P，连接NM，NP．
（1）若∠B=60°，这时点P与点C重合，则∠NMP= 度；
（2）求证：NM=NP；
（3）当△NPC为等腰三角形时，求∠B的度数．
【题型7 正方形中线段的和差倍分关系】
【例7】（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，动点M在CD上，过点M作MN⊥CD，过点C作CN⊥AC，点E是AN的中点，连接BE交AC于点F．

(1)求证：BE⊥AC；
(2)请探究线段BE、AD、CN长度之间的等量关系，并证明你的结论；
(3)设AB=2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的图形面积为________（直接写出答案）．
【变式7-1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形ABCD（四边都相等，四个角都是直角）的顶点A作一条直线MN．

(1)当MN不与正方形任何一边相交时，过点B作BE⊥MN于点E，过点D作DF⊥MN于点F，如图（1），请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)若改变直线MN的位置，使MN与CD边相交如图（2），其它条件不变，EF，BE，DF的关系会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明；
(3)若继续改变直线MN的位置，使MN与BC边相交如图（3），其它条件不变，EF，BE，DF的关系又会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明．
【变式7-2】（2023春·吉林四平·八年级统考期末）感知：如图（1）所示，四边形ABCD是正方形，点G是线段BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，求证：AF−BF=EF．
探究一：如图（2）所示，若点G在CB的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF存在怎样的等量关系？猜想并证明这一结论．
探究二：若点G在BC的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF又存在怎样的等量关系？直接写出结论．

【变式7-3】（2023春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）已知：在△ABC中，AD为中线，以AB、AC为边向△ABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH．
(1)如图①，当∠BAC=90°时，求证：FH=2AD．
(2)如图③③，当∠BAC≠90°时，FH与AD有怎样的关系？在图③和图③中可任选一个图，证明你的结论．
【题型8 坐标系中的四边形】
【例8】（2023春·河南漯河·八年级统考期中）如图1，在ΔCEF中，CE=CF，∠ECF=90°，点A是∠ECF的平分线上一点，AG⊥CE于G，交FE的延长线于B，AD⊥AE交CF的延长线于D，连接BC．
（1）直接写出∠ABF的大小；
（2）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（3）建立如图2所示的坐标系，若BG=2，BC=29，直线AD绕点D顺时针旋转45°得到直线l，求直线l的表达式．
【变式8-1】（2023春·辽宁沈阳·八年级东北育才学校校考期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为 ．
【变式8-2】（2023春·江西景德镇·八年级统考期中）如图，在坐标系中，正方形OABC的边长为2，点P是x轴上一动点．若BP与∠ABC的两边所组成的角的度数之比为1:3，则点P的坐标为 ．

【变式8-3】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AC=BC=1，∠C=90°，E、F是AB上的动点，且∠ECF=45°，分别过E、F作BC、AC的垂线，垂足分别为H、G，两垂线交于点M．

(1)D是第一象限直线l上一点，作PE⊥y轴于E，DF⊥y轴于F，若∠PAD=90°，AD=AP．
①求证：△APE≌△DAF；
③求直线l的表达式及D点的坐标；
(2)将直线l向下平移12个单位得到直线l'，在直线AB上方的直线l'上，是否存在这样的点D，使得∠APD=90°，且AP=DP，若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【变式9-2】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）如图1所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为−3，4，点C在x轴正半轴上，直线AC交y轴于点M，连接BM，AB边交y轴于点H．

(1)求MH的长；
(2)如图2所示，动点P从点A出发，沿折线A→B→C方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为SS≠0，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式；
(3)在（2）的情况下，当点P在线段AB上运动时，是否存在以BM为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由．
【变式9-3】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）（2023下·广东中山·八年级统考期末）定义“点P对图形Q的可视度”：在平面直角坐标系中，对于点P和图形Q，若图形Q上所有的点都在∠P的内部或∠P的边上，则∠P的最小值称为点P对图形Q的可视度．如图1，点O对线段AB的可视度为∠AOB的度数．

(1)如图2，已知点A−3,1，B2,1，C0,2，D1,3．连接DA，DB，则∠ADB的度数为点D对△ABC的可视度．求证：∠ADB=90°；
(2)如图3，已知四边形ABCD为正方形，其中点A−1,1，B−1,−1．直线y=33x+b与x轴交于点E，与y轴交于点F，其中点F对正方形ABCD的可视度为60°．求点E的坐标；
(3)在（2）的条件下，在平面直角坐标系内是否存在点M，使以点A，B，E，M为顶点的四边形为平行四边形?若存在，请直接写出点M坐标；若不存在，请说明理由．
专题9.13 中心对称图形——平行四边形章末九大题型总结（拔尖篇）
【苏科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc15069" 【题型1 四边形中的多解问题】 PAGEREF _Tc15069 \h 1
\l "_Tc7081" 【题型2 四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc7081 \h 11
\l "_Tc16304" 【题型3 四边形中的最值问题】 PAGEREF _Tc16304 \h 20
\l "_Tc2316" 【题型4 四边形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc2316 \h 28
\l "_Tc12949" 【题型5 矩形与等腰三角形】 PAGEREF _Tc12949 \h 41
\l "_Tc29521" 【题型6 菱形中的全等三角形的构造】 PAGEREF _Tc29521 \h 52
\l "_Tc20104" 【题型7 正方形中线段的和差倍分关系】 PAGEREF _Tc20104 \h 62
\l "_Tc9293" 【题型8 坐标系中的四边形】 PAGEREF _Tc9293 \h 71
\l "_Tc28076" 【题型9 四边形中存在性问题】 PAGEREF _Tc28076 \h 79
【题型1 四边形中的多解问题】
【例1】（2023春·辽宁鞍山·八年级校联考期中）在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠ADB的平分线交AB于点E，交AC于点G．过点E作EF⊥BD于点F，∠EDM交AC于点M．下列结论：①AD=2+1AE；③四边形AEFG是菱形；③BE=2OG；④若∠EDM=45°，则GF=CM．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】设AE=x，则BE=2x，可算出AD=(2+1)x=(2+1)AE，故①正确；先证明△AEG≌△FEG，再由AG∥EF得∠AGE=∠AEG，即AE=AG，四边形AEFG是菱形，故③正确；由AG=x，AB=(2+1)x得AO=AB2=(22+1)x，可求出OG=22x=12BE，故③正确；由四边形AEFG是菱形证明△GDF≌△MDC，即可得GF=CM，故④正确．
【详解】解：∵DE平分∠ADB，EF⊥BD，AE⊥AD，
∴AE=EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，
∴EF=BF，
设AE=x，则BE=2x，
∴AD=AB=AE+BE=(2+1)x=(2+1)AE，故①正确；
在△AEG和△FEG中，
AE=FE∠AEG=∠FEGEG=EG，
∴△AEG≌△FEG(SAS)，
∴AG=FG，∠AEG=∠FEG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA⊥OB，
又∵EF⊥OB
∴AG∥EF，
∴∠FEG=∠AGE，
∴∠AGE=∠AEG，
∴AE=AG，
∴AE=AG=EF=FG，
∴四边形AEFG是菱形，故③正确；
由①③知，AG=x，AB=(2+1)x，
∴AO=AB2=(22+1)x，
∴OG=AO−AG=22x=12BE，故③正确；
∵BD=AC=2OA=(2+2)x，EF=BF=AE=x，
∴DF=(2+1)x=CD，
∵四边形AEFG是菱形，
∴∠EFG=∠BAC=45°，
∴∠DFG=45°=∠DCM，
∵∠EDM=45°=∠ODC，
∴∠GDF=∠MDC，
∴△GDF≌△MDC(ASA)，
∴GF=CM，故④正确．
故选：D．
【点睛】此题考查了正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质．此题综合性较强，难度较大．设出未知数、利用好正方形的性质是解决此题的关键．
【变式1-1】（2023春·福建福州·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，点E为对角线BD上一动点（不与点B重合），且BE<12BD，连接CE交DA延长线于点F．

①∠AFE=∠BAE；
③当△AEF为直角三角形时，BE=2；
③当△AEF为等腰三角形时，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；
④连接BF，当BE=CE时，FC平分∠AFB．
以上结论正确的是 （填正确的序号）．
【答案】①③③④
【分析】连接AC，交BD于点O，由题意易得AC⊥BD，△ABC是等边三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，则有BO=AB2−AO2=3=12BD，则BD=6，然后根据等边三角形的性质与判定、全等三角形的性质、勾股定理及等腰三角形的性质可进行求解．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，AB=23，∠ABC=60°，
∴AC⊥BD，△ABC是等边三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∴AC=AB=23，则AO=3，
∴BO=AB2−AO2=3=12BD，则BD=6，
∴BE<3，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BCE=∠BAE，
∵AD∥CB，
∴∠AFE=∠BCE，
∴∠AFE=∠BAE，故①正确；
当△AEF为直角三角形时，即∠FAE=90°，
∵∠ADB=30°，∠EAD=90°，
∴AE=12ED，
∴AD=ED2−AE2=3AE=23，
∴AE=2，则DE=4，
∴BE=BD−DE=2；故③正确；
当△AEF为等腰三角形时，则可分当AE=AF时，即∠AFE=∠AEF，
在菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD，
∴∠EAD=∠ECD，
∵∠EAD=2∠AFE=∠ECD，
∴在△FCD中，∠AFE+∠ECD+∠ADC=180°，
∴3∠AFC+60°=180°
∴∠AFC=40°；
当AF=EF时，即∠AEF=∠FAE，
∵∠FAE=∠FAB+∠BAE=60°+∠AFE，
∴在△AFE中，∠AFE+∠FAE+∠FEA=180°，
∴3∠AFE+60°+60°=180°
∴∠AFC=20°；
当AE=EF时，则∠AFE=∠FAE=∠BAE，此时点E与点B重合，不符合题意；
故③正确；
连接BF，当BE=CE时，则∠CBE=∠ECB=30°=∠AFE=∠BAE，
∴∠EAF=∠BAD−∠BAE=120°−30°=90°，
由③可知BE=CE=AE=2，
∴AF=3AE=23，
∴AF=AB，
∵∠FAB=60°，
∴△AFB是等边三角形，
∴∠AFB=60°，
∴∠BFE=30°=∠AFE，
∴FC平分∠AFB，故④正确；
故答案为①③③④．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·山东青岛·八年级山东省青岛实验初级中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB=1，∠BOA=60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F，与BD交于点M．给出下列四个结论：①BF=BO；③AC=CH；③BE=3DE；④S△ACF=32S△BMF；⑤AH=6+2．其中正确的结论有 （填写正确的序号）．

【答案】①③③⑤
【分析】先证明△OAB是等边三角形，得OB=AB，再证△ABF是等腰三角形，得 BF=AB，即可得出BF=BO，可判定①正确；求得∠H=∠CAH=15°，得出AC=CH，可判定③正确；利用含30°的直角三角形的性质得出DE=12CD，AB=12BD，再由CD=AB，BD=DE+BE，即可求得 BE=3DE，可判定③正确；过程点M作MN⊥AB于N，分别求出S△ACF=12CF⋅AB=3−12，S△BFM=12×1×3−12=3−14，即可得出S△ACF=2S△BFM，可判定④错误；过点H作HQ⊥AB交AB延长线于Q，延长DC交HQ于P，先求出PH=1，从而求得AQ=HQ=3+1，即可求得AH=2AQ=6+2，可判定⑤正确．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴OA=OC=OD=OB，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠BOA=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=AB，∠OAB=∠ABO=60°
∵AH平分∠BAD，
∴∠HAB=45°，
∴∠AFB=∠HAB=45°，
∴BF=AB，
∴BF=OB，
故①正确；
∴∠CAH=∠OAB−∠BAF=60°−45°=15°，
∴∠EMF=∠AMB=180°−60°−45°=75°，
∵CE⊥BD，
∴∠HEM=90°，
∴∠H=90°−75°=15°，
∴∠H=∠CAH，
∴AC=CH，
故③正确；
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠CDE=60°，
∴∠DCE=∠ADB=30°，
∴DE=12CD，AB=12BD，
∴DE=4BD，
∵BD=DE+BE，
∴BE=3DE，
故③正确；
在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，
∴AC=2，BC=3，
∵BF=AB=1，
∴CF=3−1，
∴S△ACF=12CF⋅AB=3−12，
过程点M作MN⊥AB于N，如图，

∵∠HAB=45°，
∴∠AMN=∠HAB=45°，
∴AN=MN，
∵∠MBN=60°，
∴MN=3BN，
∵MN+BN=AN+BN=AB=1，
∴BN=3−12，
∴S△BFM=12×1×3−12=3−14，
∴S△ACF=2S△BFM，
故④错误；
过点H作HQ⊥AB交AB延长线于Q，延长DC交HQ于P，

∵HQ⊥AB，
∴∠AQH=90°，
∴∠AHQ=∠HAQ=45°，
∴AQ=HQ，∠CHP=45°+15°=60°，
∴PC=3PH，
∵∠BQP=∠CBQ=∠BCP=90°
∴四边形BCPQ是矩形，
∴PQ=BC=3，BQ=PC=3PH，
∴1+3PH=3+PH，
∴PH=1，
∴AQ=HQ=3+1，
∴AH=2AQ=6+2，
故⑤正确，
∴正确的结论有①③③⑤
故答案为：①③③⑤．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质．此题属中考压轴题，综合性强，熟练掌握相关性质与判定定理是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级统考期中）勾股定理是平面几何中一个极为重要的定理，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究做出过贡献，特别是定理的证明，据说有400余种.如图是希腊著名数学家欧几里得证明这个定理使用的图形.以Rt△ABC(∠ABC=90°)的三边a,b,c为边分别向外作三个正方形：正方形ACED、正方形AFHB、正方形BCNM，再作CG⊥FH垂足为G，交AB于P，连接BD，CF.则结论：①∠DAB=∠CAF，③△DAB≌△CAF，③S正方形ACED = 2S△ADB，④S矩形AFGP = 2S△ACF.正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据题意，∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB得到∠DAB=∠CAF，得到△DAB≌△CAF(SAS)，延长DA至点L，过点B做垂线BL⊥DL，由题意可知四边形DLBE为矩形，求出面积即可，延长FA至点K，过点C做垂线CK⊥KF，由题意可知四边形KFGC为矩形，求出面积即可．
【详解】解：由题意可得AD=AC，AB=AF，∠DAC=∠BAF=90°，
∵∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB，
∴∠DAB=∠CAF，
∵DA=AC∠DAB=∠CAFAB=AF，
∴△DAB≌△CAF(SAS)，
故①、③符合题意，正确；
延长DA至点L，过点B做垂线BL⊥DL，
由题意可知四边形DLBE为矩形，
∴DE=BL=b，
故S△DAB=12×DA⋅BL=12b2，
S□ACED=b2，
故S正方形ACED = 2S△ADB，③符合题意，正确；
；
延长FA至点K，过点C做垂线CK⊥KF，
由题意可知四边形KFGC为矩形，
故KC=FG，
S矩形AFGP=AF⋅FG=c⋅FG，
SΔACF=12⋅AF⋅CK=12c⋅FG，
故S矩形AFGP = 2S△ACF，④符合题意，正确．
．
故选：D．
【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质、矩形的判定和性质，做出正确的辅助线是解题的关键．
【题型2 四边形中的动点问题】
【例2】（2023春·广西钦州·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF=AE，连接DE、DF．

(1)求证DE⊥DF；
(2)连接EF，取EF中点G，连接DG并延长交BC于H，连接BG．
①依题意，补全图形：
③求证BG=DG；
③若∠EGB=45°，用等式表示线段BG、HG与AE之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；③见解析；③BG2+HG2=4AE2，见解析
【分析】（1）证△ADE≌△CDF(SAS)，得∠ADE=∠CDF，再证∠EDF=90°，即可得出结论；
（2）①依题意，补全图形即可；
③由直角三角形斜边上的中线性质得DG=12EF，BG=12EF，即可得出结论；
③先证△DEF是等腰直角三角形，得∠DEG=45°，再证DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，得∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，然后证△CDH≌△CDF(ASA)，得CH=CF，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DCF=90°，
又∵AE=CF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDF+∠CDE=90°，
即∠EDF=90°，
∴DE⊥DF；
（2）①解：依题意，补全图形如图所示：

③证明：由（1）可知，△DEF和△BEF都是直角三角形，
∵G是EF的中点，
∴DG=12EF，BG=12EF，
∴BG=DG；
③解：BG2+HG2=4AE2，证明如下：
由（1）可知，△ADE≌△CDF，DE⊥DF，
∴DE=DF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DEG=45°，
∵G为EF的中点，
∴DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，
∴∠EGD=∠HGF=∠DGF=90°，∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，
∵∠EGB=45°，
∴∠GBF=∠GFB=22.5°，
∵∠DHF+∠HFG=∠DHF+∠CDH=90°，
∴∠HFG=∠CDH=22.5°，
∴∠CDF=∠GDF−∠HDC=22.5°=∠CDH，
又∵∠DCH=∠DCF=90°，CD=CD，
∴△CDH≌△CDF(ASA)，
∴CH=CF，
在Rt△GHF中，由勾股定理得：GF2+HG2=HF2，
∵HF=2CF=2AE，GF=BG，
∴BG2+HG2=(2AE)2，
∴BG2+HG2=4AE2．
【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、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式2-1】（2023春·福建福州·八年级校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAC=90°，CD=6，AC=8． 动点P从点A出发沿AD以2cm/s速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以8cm/s速度沿射线CB运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P的运动时间为t秒（t>0）
(1)CB的长为 ．
(2)用含t的代数式表示线段BQ的长．
(3)连结PQ．是否存在t的值，使得PQ与AB互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)若点P关于直线AQ对称的点恰好落在直线AB上，请直接写出t的值．
【答案】(1)10
(2)BQ=10−8t或BQ=8t−10
(3)存在，t=53
(4)t=12或t=2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AB=DC=3，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得CQ=8t，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意分两种情况讨论即可：当点Q在线段BC上时和当点Q在线段CB的延长线上时；
（3）连接PB，AQ，假设PQ与AB互相平分，则可得四边形APBQ是平行四边形，进而可得AP=BQ，解得即可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时和当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC=6，
∵∠BAC=90°，
∴BC=AC2+AB2=82+62=10，
（2）在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
由题意得，CQ=8t，
当点Q与点B重合时，8t=10，
∴t=54s，
当点Q在线段BC上时，QB=BC−CQ=10−8t，
当点Q在线段CB的延长线上时，QB=CQ−BC=8t−10，
综上所述，QB=10−8t054；
（3）存在，理由如下：
如图，连接PB，AQ，
若PQ与AB互相平分，则四边形APBQ是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴2t=8t−10，
∴t=53s，
∴当t=53s时，PQ与AB
（4）当点P关于直线AQ对称的点落在点A下方时，如图，
由对称得，∠PAQ=∠P'AQ，
∵AD∥BC，
∴∠PAQ=∠AQB，
∴∠P'AQ=∠AQB，即∠BAQ=∠AQB，
∴BQ=AB=6，
∴CQ=BC−BQ=4，
∴8t=4，
解得t=12；
当点P关于直线AQ对称的点落在点A上方时，如图，
由对称得，∠1=∠2，
∵AD∥BC，
∴∠1=∠3，
∵∠2=∠4
∴∠3=∠4，
∴BQ=AB=3，
∴CQ=BC+BQ=16，
∴8t=16，
解得t=2，
综上所述，t的值为12或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
【变式2-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）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．
【变式2-3】（2023春·广西南宁·八年级校考期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=22，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点(点F不与点A，D重合)．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当△A'DC是等腰三角形时，AF的长为 ．

【答案】22或2或1
【分析】存在三种情况：当A' D=DC，连接ED，勾股定理求得ED的长，可判断E，A'，D三点共线，根据勾股定理即可得到结论；当A' D= A' C，证明AEA'F是正方形，于是得到结论；当A' C=DC时，连接EC，FC，证明点E，A'，C三点共线，再用勾股定理可得答案．
【详解】解：①当A'D=DC时，连接ED，如图：

∵点E是AB的中点，AB=2，BC=2 2，四边形ABCD是矩形，
∴AE=1，AD=BC=2 2，∠A=90°，
∴ DE=AE2+AD2=3，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△ A' EF，
∴ A' E=AE=1，
∵ A' D=DC=AB=2，
∴DE=3= A' E+ A' D，
∴点E，A'，D三点共线，
∵∠A=90°，
∴∠F A' E=∠F A' D=90°，
设AF=x，则A' F=x，FD=2 2 −x，
在Rt△F A' D中A'D2+A'F2=DF2，
∴ 22+x2=22−x2，
解得：x= 22，
∴AF= 22；
③当A' D= A' C时，如图：

∵ A' D= A' C，
∴点A'在线段CD的垂直平分线上，
∴点A'在线段AB的垂直平分线上，
∵点E是AB的中点，
∴E A'是AB的垂直平分线，
∴∠AE A' =90°，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△ A' EF，
∴∠A=∠E A' F=90°，AF=F A'，
∴四边形AE A' F是正方形，
∴AF=AE=1；
③当A' C=DC时，连接EC，FC，如图：

∵点E是AB的中点，AB=2，BC=2 2，四边形ABCD是矩形，
∴BE=1，∠B=90°，
∴ CE=BE2+BC2=3，
∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△ A' EF，
∴ A' E=AE=1，
∵ A' C=DC=AB=2，
∴CE=3= A' E+ A' C，
∴点E，A'，C三点共线，
∵∠A=90°，
∴∠F A' E=∠F A' C=90°，
设AF=x，则A' F=x，FD=2 2 −x，
在Rt△F A' C中，A'C2+A'F2=FC2，
在Rt△DFC中，FD2+DC2=FC2，
∴ A'C2+A'F2=FD2+DC2，
即22+x2=22−x2+22
解得：x= 2，
∴AF= 2；
综上所述，AF的长为22或2或1，
故答案为：22或2或1．
【点睛】本题考查矩形中的翻折问题，涉及矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．
【题型3 四边形中的最值问题】
【例3】（2023春·江苏南通·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=60°．E是对角线BD上的一个动点（不与点B，D重合），连接AE，以AE为边作菱形AEFG，其中，点G位于直线AB的上方，且∠EAG=60°，点P是AD的中点，连接PG，则线段PG的最小值是 ．

【答案】323
【分析】连接DG，过点P作PG'⊥CD，则当G点位于G'点时，PG有最小值即PG'的长，根据条件证明△ABE≌△ADGSAS，可得∠DPG'=90°−60°=30°，进而用勾股定理求解即可．
【详解】解：连接DG，过点P作PG'⊥CD，则当G点位于G'点时，PG有最小值即PG'的长，如图，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴AB=AD=6，AB∥CD，
∴△ABD是等边三角形，∠ADC=120°，
∴∠ABD=60°，
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=60°，
∴AE=AG，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE≌△ADGSAS，
∴∠ABE=∠ADG ，
∴∠ADG=60°，
∴C、D、G三点共线，
∵点P是AD的中点，AD=6，
∴PD=3，
∵∠DPG'=90°−60°=30° ，
∴DG'=12DP=32，
∴PG'=PD2−DG'2=323，
即线段PG的最小值是323，
故答案为：323．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，全等三角形判定与性质， 垂线段的性质，含30°角的直角三角形的性质， 勾股定理，确定PG最小值时的G 点位置是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E，F，G，H分别在正方形的四条边上，且GH∥EF，GH=EF，则四边形EFGH的周长的最小值是 ．

【答案】102
【分析】根据垂线段最短及平行四边形的判定与性质可知当GH⊥EH时，HG、EF最短，EH、GF最短，四边形EFGH是正方形即可解答．
【详解】解：∵GH∥EF，GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴∠EFG+∠FGH=180° ，EH=FG，即四边形EFGH的周长=2(EF+FG)
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠AEF+∠AFE=90°,∠GFB+∠FGB=90°，∠A=∠B=90°，
∵∠GFB+∠AFE+∠EFG=180°,∠FGH+∠HGC+∠FGB=180°,
∴∠AEF=∠HGC，
∴△AEF≌△CGH，即AE=CG
∴AE+BG=5，
过AB作G点的对应点N,连接EN，过N点作MN⊥EA，交EA延长线于M，
则EM=EA+AM=EA+NB=EA+BG=5,MN=5
EF+FG最短为EN=EM2+MN2=52,

∴四边形EFGH的周长最短=2EN=102，
故答案为102．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，轴对称的性质．掌握将军饮马问题是解题关键.
【变式3-2】（2023春·四川成都·八年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，OB=23，∠AOB=30°．

(1)如图1，点P为射线OB上的动点，连接PA，若△PAB是等腰三角形，求PA的长度；
(2)如图2，是否在x轴上存在点E，在直线BC上存在点F，以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图3，点M是BC边上的动点，过点M作OB的垂线交直线OA于点N，求OM+MN+NB的最小值．
【答案】(1)3或3
(2)存在，E−23,0，F3−23,3或E23,0，F3+23,3或E2,0，F1,3
(3)6
【分析】（1）分为点P在OB上和在OB的延长线上：当点P在OB上，可推出△APB是等边三角形，从而求得结果；当点P在OB的延长线上时，可推出AP=OA；
（2）分为三种情形：OB是边时，当点F在BC的延长线时，可由OE=BF=OB=23求得CF=BF−BC=23−3，从而得出结果；当点FF'在CB的延长线上时，同样求得CF'=CB+BF'=CB+OB=3+23，OE'=OB+23，从而得出F'3+3，3，E'23，0；当OB是对角线时，（菱形BE″OF'）设OE'=BE″=m，则AE″=3−m，在Rt△ABE″中，由勾股定理列出m2−3−m2=32，求得m=2，进一步得出结果；
（3）作点O关于BC的对称点O'，作B点关于OA的对称点B'，连接O'B'，交BC于点M'，OA于点N'，此时OM+MN+NB的最小值为OM'+M'N'+N'B的长，即O'B'的长，作O'T⊥y轴，作B'T⊥TO'于T，根据OT'=CB=3，B'T=AB+AB'+BT=33求得O'B'=O'T2+B'T2=32+332=6．
【详解】（1）解：如图1，

当点P在OB上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAO=90°，
∵∠AOB=30°，
∴∠ABO=90°−∠AOB=60°，AB=12OB=3，OA=3；
∵△ABP是等腰三角形，
∴△ABP是等边三角形，
∴AP=AB=3，
当点P（图中P'）在OB的延长线上时，
∵∠ABO=60°，
∴∠ABP'=120°，
∵△ABP'是等腰三角形，
∴AB=BP'，
∴∠P'=30°，
∴∠P'=∠AOB，
∴AP'=OA=3，
综上所述：AP=3或3；
（2）如图2，

存在点E和F，使以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形，理由如下：
OB是边时，
当点F在BC的延长线时，
∵OE=BF=OB=23，
∴CF=BF−BC=23−3，E−23，0，
∴F3−23，3，
当点FF'在CB的延长线上时，
∵CF'=CB+BF'=CB+OB=3+23，OE'=OB+23，
∴F'3+3，3，E'23，0
当OB是对角线时，（菱形BE″OF'）
设OE'=BE″=m，则AE″=3−m，
在Rt△ABE″中，由勾股定理得，m2−3−m2=32，
∴m=2，
∴E″2，0，F″1，3，
综上所述：E−23,0，F3−23,3或E23,0，F3+23,3或E2,0，F1,3；
（3）如图3，

作点O关于BC的对称点O'，作B点关于OA的对称点B'，
连接O'B'，交BC于点M'，OA于点N'，
此时OM+MN+NB的最小值为OM'+M'N'+N'B的长，即O'B'的长，
作O'T⊥y轴，作B'T⊥TO'于T，
∵OT'=CB=3，B'T=AB+AB'+BT=33，
∴O'B'=O'T2+B'T2=32+332=6，
∴OM+MN+NB的最小值为：6．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质、坐标与图形、轴对称的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
【变式3-3】（2023春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AD=4，AB=m，E、F分别在边BC、CD上，并且△AEF为等边三角形，则m的取值范围为 ，若点G是边AB上的一点，且GA=2，则随着m的变化，GE的最小值为 ．

【答案】 23≤m≤833 4−3
【分析】当点F与点D重合时，此时AB有最小值，当点E与点B重合时，此时AB有最大值，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求AB的长，即可求m的范围；可证△GAE≌△HAFSAS，即HF=GE， 当点H，点N，点F共线时，HF有最小值，即可求解.
【详解】解：如图，当点F与点D重合时，此时AB有最小值，

∵△AEF为等边三角形，
∴AF=AE=EF=4，∠FAE=60°，∠BAE=30°，
∴BE=12AE=2，AB=3BE=23，
如图，当点E与点B重合时，此时AB有最大值，

∵△AEF为等边三角形，
∴AF=AE=EF=m，∠EAF=60°，∠DAE=30°，
∴DF=12AF=12m，AD=3DF=4，
∴m=833，
∴23≤m≤833.
如图，当GA=2时，以AG为边作等边△AGH，作HN⊥AB，连接HF，

∴AG=AH，AE=AF，∠GAH=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠HAF，
∴△GAE≌△HAFSAS，
∴HF=GE，
∴当点H，点N，点F共线时，HF有最小值，
此时，∵∠BAD=∠D=∠ANH=90° ，
∴四边形ADFN是矩形，
∴AD=NF=4，
∵△AGH是等边三角形，NH⊥AG，
∴AN=12AG=1,NH=3AN=3，
∴HF=4−3.
故答案为：23≤m≤833；4−3.
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，利用特殊位置求线段AB的长是解题的关键.
【题型4 四边形中的折叠问题】
【例4】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）通过对下面几何图形的？作探究，解决下列问题．

【操作发现】
如图1，探究小组将矩形纸片ABCD沿对角线BD所在的直线折叠，点C落在点E处，DE与AB边交于点F，再将纸片沿直线DM折叠，使AD边落在直线DE上，点A与点N重合．
（1）∠MDB=_______度．
（2）若AB=6，AD=3，求线段DF的长．
【迁移应用】
（3）如图2，在正方形纸片ABCD中，点E为CD边上一点，探究小组将△ADE沿直线AE折叠得到△AFE，再将纸片沿过A的直线折叠，使AB与AF重合，折痕为AH，探究小组继续将正方形纸片沿直线EH折叠，点C的对应点恰好落在折痕AH上的点M处，EM与AF相交于点N，若BH=1，求△AEN的面积．
【答案】（1）45°；（2）154；（3）9−53
【分析】（1）四边形ABCD是矩形得到∠ADC=90°，由折叠可知∠NDM=12∠ADE,∠EDB=12∠CDE，即可得到∠NDM+∠EDB=12∠ADC=45°；
（2）由四边形ABCD是矩形可得CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，由折叠可知，DN=AD=3,DE=CD=6, ∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，证明△ADF≌△EBFAAS，则AF=EF，设AF=EF=x，则DF=6−x,由勾股定理得到AD2+AF2=DF2，即32+x2=6−x2，解得x=94，即可得到答案；
（3）先证明∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，可得EM=AM，则△AEM是等腰直角三角形，再证△NAM≌△∠HEMASA，则MN=MH,AN=EH，再求出∠NAM=∠HEM=30°，由折叠可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，则AH=2BH=2，由勾股定理得到AB=3，则AB=BC=CD=AD=3，再得到CH=3−1，得到EH=2CH=23−1，即可得到AN=EH=23−1，EF=EH−FH=23−3，利用三角形面积公式即可得到△AEN的面积．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
由折叠可知，∠ADM=∠NDM=12∠ADE,∠CDB=∠EDB=12∠CDE，
∴∠NDM+∠EDB=12∠ADE+12∠CDE=12∠ADE+∠CDE=12∠ADC=45°，
∴∠MDB=∠NDM+∠EDB=45°，
故答案为：45°
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=3，
∴CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，
由折叠可知，DN=AD=3,DE=CD=6, ∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，
在△ADF和△EBF中，
∠A=∠E=90°∠AFD=∠EFBAD=EB，
∴△ADF≌△EBFAAS，
∴AF=EF，
设AF=EF=x，
则DF=DE−EF=6−x,
在Rt△ADF中，AD2+AF2=DF2，
即32+x2=6−x2，
解得x=94，
∴DF=6−x=6−94=154；
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠BCD=∠ADC=∠ABC=90°，AB=BC=CD=AD，
由折叠可知，∠DAE=∠EAF=12∠DAF,∠BAH=∠FAH=12∠BAF，
∴∠EAF+∠FAH=12∠DAF+12∠BAF=12∠DAF+∠BAF=12∠BAD=45°，
∴∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，
由折叠可知，∠EMH=∠BCD=90°，∠ADC=∠AFE=90°，∠AED=∠AEF，∠CEH=∠HEM，
∴∠EMA=∠180°−∠EMH=90°，
∴∠AEM=180°−∠EAH−∠EMA=45°，
∴EM=AM，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∵∠NAM+∠ANM=∠HEM+∠ENF=90°，∠ANM=∠ENF，
∴∠NAM=∠HEM，
在△NAM和△∠HEM中，
∠NAM=∠HEMAM=EM∠AMN=∠EMH=90°，
∴△NAM≌△∠HEMASA，
∴MN=MH,AN=EH，
∵∠AED+∠AEF+∠CEH=2∠AEF+∠CEH=245°+∠HEM+∠HEM=180°，
∴∠HEM=∠CEH=30°，
∴∠NAM=∠HEM=30°，
由折叠可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，
∴AH=2BH=2，
∴AB=AH2−BH2=22−12=3，
∴AB=BC=CD=AD=3，
∴CH=BC−BH=3−1，
∴EH=2CH=23−1，
∴AN=EH=23−1，EF=EH−FH=23−1−1=23−3，
∴S△AEN=12AN⋅EF=12×23−1×23−3=9−53，
即△AEN的面积为9−53．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、折叠问题、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD折叠，点C落在点C'的位置，BC'交AD于点G．
(1)求证：BG=DG；
(2)求C'G的长；
(3)如图2，再折叠一次，使点D与A重合，折痕EN交AD于M，求EM的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)74cm
(3)76cm
【分析】（1）由折叠性质知∠A=∠C'，AB=C'D，再证明△GAB≌△GC'DAAS，根据全等三角形的性质可得结论；
（2）设C'G=x，由全等性质知GD=GB=8−x，再在Rt△ABG中，利用勾股定理得x2+62=8−x2，解之可得答案；
（3）利用勾股定理求出BD=10，再证MN是△ABD的中位线得DN=12BD=5，MN=3，证明EN=ED，设EM=y，则ED=EN=y+3，由勾股定理得ED2=EM2+DM2，即y+32=y2+42，解之可得答案．
【详解】（1）证明：∵矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点C'的位置，
∴∠A=∠C'=90°，AB=C'D，
在△GAB和△GC'D中，
∠A=∠C'∠AGB=∠C'GDAB=C'D，
∴△GAB≌△GC'DAAS，
∴BG=DG；
（2）解：∵△GAB≌△GC'D，AD=8，AB=6，
∴AG=C'G，
设C'G=x，则AG=C'G=x，
∴GD=GB=8−x，
∵在Rt△ABG中，AG2+AB2=BG2，
∴x2+62=8−x2，
解得：x=74，
∴C'G=74cm，
∴C'G的长为74cm；
（3）再折叠一次，使点D与A重合，得折痕EN，且AD=8，AB=6，
∴DM=12AD=12×8=4，即点M是AD的中点，
∴在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=62+82=10，
∵EN⊥AD，AB⊥AD，
∴EN∥AB，
∴点N是BD的中点，
∴MN是△ABD的中位线，
∴DN=12BD=12×10=5，MN=12AB=12×6=3，
由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC，
在矩形ABCD中，AB∥CD，
∴EN∥CD，
∴∠END=∠NDC，
∴∠END=∠NDE，
∴EN=ED，
设EM=y，则ED=EN=y+3，
在Rt△EMD中，ED2=EM2+DM2，
∴y+32=y2+42，
解得：x=76，
∴EM=76cm，
∴EM的长为76cm．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等角对等边知识点．
【变式4-2】（2023春·浙江宁波·八年级校联考期中）问题原型
(1)如图1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．
(2)如图2，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．
(3)如图3，在▱ABCD中，F为CD上一点，连结BF，将∠C沿BF折叠，点C的对应点为C'．连结DC'并延长交AB于G，若AG=C'F，求证：F为CD中点．
(4)如图4，直角坐标系中有▱ABCD，点A与原点重合，点B在x轴正半轴上，CD与y轴交于点E．将其沿过A的直线折叠，点B对应点B'恰好落在y轴上，且折痕交BC于M，B'M交CD于点N．若▱ABCD的面积为48，AB=8，AD=35，求点M的坐标和阴影部分面积（直接写出结果）．
【答案】(1)△AEF是等边三角形
(2)△AEF是等腰三角形
(3)证明见解析
(4)523
【分析】（1）连接AC，证明ΔABC和ΔACD是等边三角形，进而证明∠EAF=60°，证明ΔADF≅ΔABE，从而得出AE=AF，进而得出结果；
（2）取AB的中点，连接FH，直线FH交AE于G，证明四边形BCFH是平行四边形，FG//CE，进而得出GH是ΔABE的中位线，进一步得出ΔAEF是等腰三角形；
（3）由条件推出CF=BG，进而得出四边形BGDF是平行四边形，从而BF//DG，进而证明∠FDC'=∠DC'F，进一步得出结论；
（4）根据条件求得DE=3，CE=5，从而求得BC的解析式，求出AM的解析式，从而求得点M坐标，求出MN的解析式，从而求得N点坐标，从而求得EN的长，求出ΔAMB'和ΔENB'的面积，进而求得阴影部分面积．
【详解】（1）如图1，
连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC=AB，
∵∠B=60°，
∴ΔABC是等边三角形，
∴AC=AB，∠BAC=60°，
∵AE⊥BC，
∴∠CAE=∠BAE=12∠BAC=30°，
同理可得：ΔACD是等边三角形，
∴AD=AC，∠DAC=60°，
∵点F是CD的中点，
∴∠CAF=12∠DAC=30°，AF⊥CD，
∴∠EAF=∠CAE+∠CAE=60°，
在ΔADF和ΔABE中，
∠D=∠B∠AFD=∠AEB=90°AD=AB，
∴ΔADF≅ΔABE(AAS)，
∴AF=AE，
∴ΔAEF是等边三角形；
（2）如图2，
ΔAEF是等腰三角形，理由如下：
取AB的中点，连接FH，直线FH交AE于G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵点F是CD的中点，H是AB的中点，
∴CF=12CD,BH=12AB，
∴BH=CF，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∴FG//CE，
∴点G是AE的中点，
∵AE⊥CE，
∴FG⊥AE，
∴AE=AF，
即：ΔAEF是等腰三角形；
（3）证明：由（2）知：AB=CD，AB//CD，
∵AG=C'F，CF=C'F，
∴AG=CF，
∴CD=CF=AB−AG，
∴CF=BG，
∴四边形BGDF是平行四边形，
∴BF//DG，
∴∠FDC'=∠CFB，∠C'FB=∠DC'F，
∵∠CFB=∠C'FB，
∴∠FDC'=∠DC'F，
∴DF=C'F，
∴DF=CF，
即：点F是CD的中点
（4）由S平行四边形ABCD=AB⋅AE得，
8AE=48，
∴AE=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，CD=AB=8，
∵∠EAB=90°，
∴∠AED=∠EAB=90°，
∴DE=AD2−AE2=(35)2−62=3，
∴CE=CD−DE=5，
∴C(5,6)，
∴直线BC的解析式为：y=−2x+16，
∵∠BAM=∠CAE=12∠BAE =45°，
∴直线AM的解析式为：y=x，
由x=−2x+16得，
x=163，
∴M(163，163)，
∵AB'=AB=8，
∴B'(0,8)，
∴直线MN的解析式为：y=−12x+8，
当y=6时，6=−12x+8，
∴x=4，
∴EN=4，
∴SΔENB'=12EB'⋅EN=12×2×4=4，
∵SΔAMB'=12×8×163=643，
∴S阴影=643−4=523．
【点睛】本题考查了菱形性质，平行四边形性质，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函数解析式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造线段垂直平分线．
【变式4-3】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）课本再现：
（1）如图1，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE=CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？BE和AF的数量关系是：___________；BE和AF的位置关系是___________；（无需证明）
知识应用：
（2）如图2，ABCD是一个正方形草地，现要在内部修建两条路MN、EF，且MN⊥EF，
①请问这两条路MN、EF还相等吗？为什么？
③如图3，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，若折痕EF的长为13，求此时DE的长；
拓展延伸：
（3）如图4，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与EF交于点P，取AD的中点M，连接PM、PC，则PM+PC的最小值为___________，此时EF的长度是___________．

【答案】（1）BE=AF，BE⊥AF；（2）①MN=EF，见解析，③DE=16924；（3）65；65
【分析】（1）根据正方形性质可得，AB=AD=CD，又有DE=CF，因此可以得到AE=DF，因此可以证明得到△BAE≌ADF，从而证明得到BE=AF，∠AEB=∠DFA，根据三角形内角和定理可以得到∠EAO+∠DFA=90°，等量代换即可得到∠EAO+∠AEB=90°，因此证明得到∠AOE=90°，从而证明得到结论；
（2）①过F点作FP⊥CD于点P，过点M作MQ⊥BC于点Q，MQ与FP相交于点H，同（1），证明△EFP≌△NMP，即可得到MN=EF；
③连接DN，在Rt△DCN中，利用勾股定理求得CN的长，设DE=EN=x，则CE=12−x，在Rt△CEN中，利用勾股定理列式计算即可求解；
（3）当点P、M、C三点共线时，PM+PC的值最小，即CM的长，利用勾股定理可求得CM的长，再证明△DMP≌△NCP，即可求解EF的长．
【详解】解：猜想BE=AF，BE⊥AF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠D=∠BAD=90°，
∵DE=CF，
∴AD−DE=CD−CF，即AE=DF，
在△BAE和△ADF中，AE=DF∠BAE=∠DAB=AD，
∴△BAE≌ADFSAS，
∴BE=AF，∠AEB=∠DFA，
∵∠D=90°，
∴∠EAO+∠DFA=90°，
∴∠EAO+∠AEB=90°，
∴∠AOE=90°，
∴BE⊥AF；
故答案为：BE=AF，BE⊥AF；
（2）①MN=EF，理由如下：
过F点作FP⊥CD于点P，过点M作MQ⊥BC于点Q，MQ与FP相交于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA，AB∥CD，
∵FP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴FP=BC，CD=MQ，∠MQN=∠FPE=∠MQC=90°，
∴FP=MQ，∠MHF=90°，
∵MN⊥EF，
∴∠MHF=∠MOF=90°，
∴∠EFP+∠1=∠NMQ+∠1，
∴∠EFP=∠NMQ，
∴△EFP≌△NMP，
∴MN=EF；
③连接DN，

由折叠可得DE=EN，DN⊥EF，由①中的结论得DN=EF=13，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC=12，
∴在Rt△DCN中，CN=DN2−CD2=132−122=5，
∴设DE=EN=x，则CE=12−x，
∴在Rt△CEN中，CE2+CN2=EF2，
∴12−x2+52=x2，
解得x=16924，
∴DE=16924，
（3）当点P、M、C三点共线时，PM+PC的值最小，即CM的长，

根据勾股定理可求得CM=CD2+DM2=122+62=65，
由折叠的性质得DP=PN，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，
∴∠DMP=∠NCP，∠MDP=∠CNP，
∴△DMP≌△NCP，∴CN=DM=6，
同理DN=65．
∴由（2）得EF=DN=65．
故答案为：65；65．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
【题型5 矩形与等腰三角形】
【例5】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）【问题背景】
某“数学学习兴趣小组”在学习了“等腰三角形的性质”和“平行四边形的性质和判定”后，在习题中发现了这样一个问题：如图1，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=90°，过点B作BF⊥AC于点F，请写出线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式．
同学们经过交流讨论，得到了如下两种解决思路：
解决思路1：如图2，过点P作PG⊥BF于点G；
解决思路2：如图3，过点B作BH⊥PE，交EP的延长线于点H；
(1)上述两种解决思路都可以证明一组三角形全等，判定一个四边形为平行四边形，从而可证得线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式为______________．
【类比探究】
(2)如图4，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=α，过点B作BF∥PE交AC于点F，请写出线段PD、PE、BF之间满足的数量关系式，并说明理由．
【拓展应用】
(3)如图5，在△ACP与△BDP中，∠A=∠B=75°，∠APC=∠BPD=60°，点A、B、P在同一条直线上，若AB=6，PC=2，则PD=______________．
【答案】(1)PD+PE=BF；
(2)PD+PE=BF；
(3)1+33
【分析】（1）PD+PE=BF；图2：证明四边形PGFE是矩形，得到PE=GE，再证明△BDP≌△PGB，得到BG=DP，即可得到DP+PE=BG+GF，即DP+PE=BF；图3：证明四边形HBFE是矩形，得到BF=HE，BH∥EF，再证△BDP≌△BHP，得到PD=PH，即可推出PD+PE=BF；
（2）PD+PE=BF，过点P作PM∥AC，得到四边形PEFM是平行四边形，推出PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，进而证明△BDP≌△PMB，得到PD=BM，即可证得PD+PE=BF；
（3）延长DP至点N，使PN=PC=2，证明△APC≌△APN，得到∠PAN=∠PAC=75°，证得AN∥BD，过点N作NQ∥AB，交BD的延长线于Q，则四边形ABQN是平行四边形，过Q作QR⊥ND于点R，求出∠NQR=30°，勾股定理求出RQ，得到RD，即可求出PD．
【详解】（1）解：PD+PE=BF，理由：
图2：∵BF⊥AC，PG⊥BF，
∴∠PGF=∠GFE=∠PEF=90°，
∴四边形PGFE是矩形，PG∥EF，
∴PE=GE，
∵AB=AC，
∴∠DBP=∠C=∠GPB，
∵∠BDP=∠BGP=90°，BP=BP，
∴△BDP≌△PGB，
∴BG=DP，
∴DP+PE=BG+GF，即PD+PE=BF；
图3：∵BH⊥PE，BF⊥AC，
∴∠H=∠BFE=∠PEF=90°，
∴四边形HBFE是矩形，
∴BF=HE，BH∥EF，
∵AB=AC，
∴∠DBP=∠C=∠CBH，
∵∠BDP=∠H=90°，BP=BP，
∴△BDP≌△BHP，
∴PD=PH，
∴PH+PE=PD+PE，即PD+PE=BF；
故答案为：PD+PE=BF；
（2）PD+PE=BF，理由如下：
过点P作PM∥AC，
∵BF∥PE，
∴四边形PEFM是平行四边形，
∴PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，
∴∠PDB=∠PMB，
∵AB=AC，
∴∠DBP=∠C=∠BPM，
∵PB=PB，
∴△BDP≌△PMB，
∴PD=BM，
∴PD+PE=BM+MF，即PD+PE=BF；
（3）延长DP至点N，使PN=PC=2，
∵∠APC=∠BPD=60°，
∴∠APN=∠APC，
∵AP=AP，
∴△APC≌△APN，
∴∠PAN=∠PAC=75°，
∵∠ABD=75°，
∴∠PAN=∠ABD，
∴AN∥BD，
过点N作NQ∥AB，交BD的延长线于Q，则四边形ABQN是平行四边形，
∴NQ=AB=6，∠PNQ=∠DPB=60°，∠NQB=∠PBD=75°，
过Q作QR⊥ND于点R，
∴∠NQR=30°，
∴NR=12NQ=3，
∴PR=1，RQ=NQ2−NR2=33，
∵∠RQD=75°-30°=45°，
∴∠D=45°，
∴RD=RQ=33，
∴PD=RP+RD=1+33，
故答案为：1+33．
【点睛】此题是几何图形的综合题，考查了全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，正确引出辅助线是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·江苏无锡·八年级无锡市东林中学校考期末）已知在矩形ABCD中，AD=9，AB=12，O为矩形的中心，在等腰Rt△AEF中，∠EAF=90°，AE=AF=6．则EF边上的高为 ；将△AEF绕点A按顺时针方向旋转一周，连接CE，取CE中点M，连接FM，则FM的最大值为 ．

【答案】 32 15+652
【分析】①根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出EF的长度，最后根据三角形面积法即可求出EF边上的高．
③利用等腰直角三角形的性质求出NG长度，根据勾股定理求出AN长度，最后利用旋转的性质可求出CN取值范围，最后利用中位线定理即可求出FM取值范围，从而求出FM最大值．
【详解】解：①∵△AEF为等腰直角三角形，AE=AF=6，
∴EF=AE2+AF2=62+62=62．
设EF边上的高为ℎ，
∴S△AEF=AE⋅AF2=EF⋅ℎ2，
∴6×62=62⋅ℎ2，
∴ℎ=32．
∴EF边上的高为32．
故答案为：32．
③延长EF至N，使FN=EF，连接NC，AN，AC，过点A作AG⊥EF于G，
如图所示，

由①可知，AG=32，FN=EF=62，
∵△AEF为等腰三角形，AG⊥EF，
∴EG=FG=AG=12EF=32．
∴NG=FG+NF=32+62=92．
∴在Rt△AGN中，AN=AG2+NG2=322+922=65．
∵矩形ABCD中，AD=9，AB=12，
∴在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=122+92=15．
∵在△AEF顺时针旋转一周，
∴AC−AN≤CN≤AN+AC，
∴15−65≤CN≤15+65，
∵M为EC中点，F为EN中点，
∴FM=12CN，
∴15−652≤FM≤15+652．
∵FM最大，
∴FM=15+652．
故答案为：15+652．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理和矩形的性质，解题的关键在于将FM转化为CN，建构与CN相关的三角形，利用旋转的性质求出最大值．
【变式5-2】（2023春·北京东城·八年级期末）画一个四边形，使得该四边形的面积等于已知图形面积的一半．
（1）如图1，已知等腰△ABC，D，E分别是AB，AC的中点，画四边形DBCE；
（2）如图2，已知四边形ABCD，AC⊥BD．四边的中点分别为E，F，G，H，画四边形EFGH；
（3）如图3，已知平行四边形ABCD，点E，G分别在AD，BC上，且EG∥AB．点F，H分别在AB，CD上，画四边形EFGH．
以上三种画法中，所有正确画法的序号是（ ）

A．（1）（3）B．（2）C．（2）（3）D．（1）（2）（3）
【答案】B
【分析】如图1所示，连接CD，证明S△ADE=S△CDE，进而得到S△ADE12S△ABC；如图2所示，设AC、BD交于O，先求出S四边形ABCD=12AC⋅BD ，利用三角形中位线定理得到EF∥HG，EF=HG，则四边形EFGH是平行四边形，再证明EH⊥EF，得到四边形EFGH是矩形，则S四边形EFGH=EF⋅EH=12AC⋅12BD=12S四边形ABCD；如图3所示，连接BE，证明四边形ABGE是平行四边形，得到S△BEG=12S四边形ABGE，再由S△BEG=S△EFG，得到S△EFG=12S四边形ABGE，同理可得S△HFG=12S四边形CDEG，则S四边形EFGH=12S四边形ABCD．
【详解】解：如图1所示，连接CD，
∵E是AC的中点，
∴S△ADE=S△CDE，
∴S△ADE∵S△ADE+S四边形DBCE=S△ABC，
∴S四边形DBCE>12S△ABC，故（1）画法错误；

如图2所示，设AC、BD交于O，
∵AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=S△ABO+S△CBO+S△ADO+S△CDO
=12OB⋅OA+12OB⋅OC+12OD⋅OA+12OD⋅OC
=12OB⋅AC+12OD⋅AC
=12AC⋅BD，
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理可得HG∥AC，GH=12AC，EH=12BD，EH∥BD，
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形，
∴S四边形EFGH=EF⋅EH=12AC⋅12BD=14AC⋅BD=12S四边形ABCD，故（2）画法正确；

如图3所示，连接BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵EG∥AB，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴S△BEG=12S四边形ABGE，
∵AB∥EG，
∴S△BEG=S△EFG，
∴S△EFG=12S四边形ABGE，
同理可得S△HFG=12S四边形CDEG，
∴S△EFG+S△HFG=12S四边形ABGE+12S四边形CDEG
∴S四边形EFGH=12S四边形ABCD，故（3）画法正确；
故选C．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，三角形中位线定理等等，熟知相关知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·福建厦门·八年级厦门外国语学校校考期末）如图①，在平面直角坐标系中，一次函数y=−34x+3分别与x轴和y轴交于点A、点B，四边形OACB为矩形．
(1)如图③，点F在BC上，连接AF，把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合．
①求点F的坐标；
③请直接写出直线FC'的解析式：______；
(2)如图③，动点Px,y在一次函数y=2x−31.5【答案】(1)①F的坐标为52，3③y=43x−13
(2)存在，点P坐标为(2，1)或103，113
【分析】（1）①由矩形的性质可得BC=OA=4，AC=OB=3，AC//OB，BC//OA，即可求解；③过点C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y轴于点G，C'M⊥x轴于M，因为在RtΔBC'F中，由等积法可得CE=65 根据勾股定理可得，BE=BC'2−C'E2，求出C'，F坐标，代入y=kx+b中即可得；
(2)分两种情况讨论，利用全等三角形的性质，可以求出PF=BE，EP=DF，即可求解；
【详解】（1）①∵一次函数y=−34x+3分别与x轴和y轴交于点A、点B，
可得A(4，0)B(0，3)
∴OA=4，OB=3
∵四边形OABC为矩形，
∴BC=OA=4，OB=AC=3
由折叠可知：ΔACF≅ΔAC'F
∴CF=FC'，AC=AC'=3
设CF=x，则FC'=x，BF=4−x，BC'=AB−AC'=2
在Rt∆BFC'中，BC'2+C'F2=BF2
22+x2=(4−x)2
解得：x=32
∴BF=4−32=52
∴F的坐标为52，3
③过点C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y轴于点G，C'M⊥x轴于M
由(1)可知FC'=32
∴在RtΔBC'F中，由等积法可得：
BC'·FC'=BF·C'E
∴2×32=52×CE
得CE=65
∴BE=BC'2−C'E2=22−652=85
∴C'M=EM−EC'=3−65=95
∴C'(85,95)又F(52,3)
设C'F为y=kx+b
85k+b=9552k+b=155
解得：k=43b=−13
所以C'F的解析式为：y=43x−13；
（2）设点P(a，2a-3)，
当点P在BC下方时，如图③，过点P作EF//BC，交y轴于E，交AC于F，
，
∵△BPD是等腰直角三角形，
∴BP=PD，∠BPD=90°
∴EF//BC，
∴∠BEP=∠BOA=90°
∴∠PFD=∠CAO=90°
∴∠BPE+∠DPF=∠DPF+∠PDF，
∴∠BPE=∠PDF，
∴△BPE≌△PDF(AAS)，
PF=BE=3-(2a-3)=6-2a，EP=DF，
∴EF=EP+PF=a+6-2a=4，
a=2，
∴点P (2，1)；
当点P在BC的上方时，如图④，过点P作EF//BC，交y轴于E，交AC的延长线于F，
同理可证△BPE≌△PDF，
BE=PF=2a-3-3=2a-5，
∵EF=EP+PF=a+2a-5=4，
解得：a=103
∴点P103，113，
综上所述：点P坐标为(2，1)或103，113．
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【题型6 菱形中的全等三角形的构造】
【例6】（2023春·江苏泰州·八年级统考期末）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．
【变式6-1】（2023春·四川眉山·八年级统考期末）如图，菱形OABC的一边OC在x轴的正半轴上，O是坐标原点，B点坐标为8，4，点D是对角线OB上一点，连结DA，DC，AE⊥OC，垂足为E．

(1)求证：DA=DC；
(2)求菱形OABC的面积；
(3)连接DE，当S△DAE=2时，求点D的坐标．
【答案】(1)见详解
(2)菱形OABC的面积为20
(3)D4,2
【分析】（1）证明ΔABO≌ΔCBO，即可得到答案；
（2）设x轴上的8的点为M，设OC=BC=x，则CM=OM−OC=8−x，在RtΔCBM中，利用勾股定理得CM2+BM2=BC2,即8−x2+42=x2，即可得到菱形边长即可求出面积；
（3）先求出直线OB的函数解析式：y=12x，再设出D2a,a，那么S△DAE=12AE⋅2a−OE=12×4⋅2a−3=2，解出a，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形OABC是菱形，
∴ AB=BC,∠ABO=∠CBO，
∵ BD=BD，
∴ ΔABO≌ΔCBO，
∴ DA=DC；
（2）解：如图设x轴上的8的点为M

∵四边形OABC是菱形,B点坐标为8，4,
∴ OC=BC，OM=10，BM=4,
设OC=BC=x，则CM=OM−OC=8−x，
∴在RtΔCBM中，CM2+BM2=BC2,即8−x2+42=x2，
解得：x=5即OC=x=5，
∴菱形OABC的面积：OC⋅BM=5×4=20；
（3）设直线OB的函数解析式：y=kx，
将B8，4代入y=kx，得4=8k，则k=12，
则直线OB的函数解析式：y=12x，
∵因为四边形OABC是菱形，
∴ AO=BC,∠AOE=∠BCM，
又∵ ∠AEO=∠BMC=90°，
∴ ΔAEO≌ΔBMC，
∴ AE=BM=4,OE=CM=8−OC=3，
设点D2a,a，
S△DAE=12AE⋅2a−OE=12×4⋅2a−3=2，
解得a=2，
∴ D4,2．
【点睛】本题考查的是一次函数和菱形的综合运用，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质等，是一道代数几何综合性的题目，难度适中．
【变式6-2】（2023春·重庆丰都·八年级统考期末）已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，连接对角线AC．

(1)如图1，E为AD边上一点，F为DC边延长线上一点，且AE=CF，连接AF，BE交于点G．
①求证：BE=AF；
③过点C作CH⊥BE，垂足为H，求证：CH=32BG；
(2)如图2，已知AB=4，将△ACD沿射线AC平移，得到△A'C'D'，连接BA'，BD'，请直接写出BA'+BD'的最小值．
【答案】(1)①见解析，③见解析
(2)6
【分析】（1）①根据菱形的性质和已知条件可得△ABC，△ACD是等边三角形，进而可得∠BAD=∠ACF，结合AB=AC，AE=CF，根据全等三角形的判定可得△ABE≌△CAF，即可证明；
③作BM⊥FG于M，全等三角形的判定△BAM≌△CBH，△BAM≌△CBH进而求得∠GBM=30°，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理求得CH＝32BG；（2）设BD'交AC于点M，取BC的中点E，连接ME，CD'，证明四边形A'BCD'是平行四边形，BA'+BD'=2EM+MD'≥2ED'，当E，M，D'三点共线时，BA'+BD'取得最小值，结合已知条件，即可求得BA'+BD'的最小值．
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=CD=AD，AD∥BC，
∴△ABC和△ACD均是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACD=60°，
∴∠BAD=120°，∠ACF=180°−∠ACD=120°，
故∠BAD=∠ACF，
又∵AB=AC，AE=CF，
∴△ABE≌△CAFSAS，
∴BE=AF；
③证明：作BM⊥FG于M，如图：

∵△ABE≌△CAF，
∴∠ABE=∠FAC，
∵∠BAC=∠ABC=60°，
∴∠ABC−∠ABF=∠BAC−∠FAC，
即∠BAM=∠CBH，
∵CH⊥BE，BM⊥FG，
∴∠BMA=∠BHC=90°，
∵AB=BC，
∴△ABM≌△BCHAAS，
∴CH=BM，
∵∠BGM=∠ABE+∠BAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=60°，
在Rt△BMG中，∠BGM=60°，
∴∠GBM=30°，
∴GM=12BG，
∴BM=BG2−GM2=BG2−12BG2=32BG，
∴CH=32BG；
（2）解：设BD'交AC于点M，取BC的中点E，连接ME，CD'，

由平移可知，A'D'=AD，且A'D'∥AD，
∴A'D∥BC，A'D'=BC，
∴四边形A'BCD'是平行四边形，
∴A'M=MC，BM=MD'，
∵E是BC的中点，
∴EM=12A'B，
∴BA'+BD'=2EM+MD'≥2ED'，
当E，M，D'三点共线时，BA'+BD'取得最小值，
此时，如图，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=2，
∴A'D'=AD=2，
∴ED'=EA'+A'D'=12BC+A'D'=1+2=3，
∴BA'+BD'最小值为：2ED'=6．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的性质与判定，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质、线段和最值等知识，涉及知识点较多，综合性强，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·四川自贡·八年级成都实外校考期中）如图，在菱形ABCD中，M，N分别是边AB，BC的中点，MP⊥AB交边CD于点P，连接NM，NP．
（1）若∠B=60°，这时点P与点C重合，则∠NMP= 度；
（2）求证：NM=NP；
（3）当△NPC为等腰三角形时，求∠B的度数．
【答案】（1）30；（2）证明见试题解析；（3）108°或90°．
【分析】（1）由直角三角形的中线等于斜边上的一半，即可得出结论；
（2）延长MN交DC的延长线于点E，由四边形ABCD是菱形，得出AB∥DC，从而有∠BMN=∠E，由点N是线段BC的中点，得出BN=CN，得出△MNB≌△ENC，从而有MN=EN，即点N是线段ME的中点，由MP⊥AB交边CD于点P，得出MP⊥DE，从而有∠MPE=90°，即可得出结论；
（3）NC和PN不可能相等，所以只需分①PN=PC，③PC=NC两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）∵MP⊥AB交边CD于点P，∠B=60°，点P与点C重合，
∴∠NPM=30°，∠BMP=90°，
∵N是BC的中点，
∴MN=PN，
∴∠NMP=∠NPM=30°；
（2）如图1，延长MN交DC的延长线于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，
∴∠BMN=∠E，
∵点N是线段BC的中点，
∴BN=CN，
在△MNB和△ENC中，
∵∠BMN=∠E，∠MNB=∠ENC，BN=CN，
∴△MNB≌△ENC，
∴MN=EN，即点N是线段ME的中点，
∵MP⊥AB交边CD于点P，AB∥DC，
∴MP⊥DE，
∴∠MPE=90°，
∴PN=MN=12ME；
（3）如图2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
又M，N分别是边AB，BC的中点，
∴MB=12AB，NB=12BC，
∴MB=NB，
∴∠BMN=∠BNM，
由（2）知：△MNB≌△ENC，
∴∠BMN=∠BNM=∠E=∠CNE，
又∵PN=MN=NE，
∴∠NPE=∠E，设∠BMN=∠BNM=∠E=∠NCE=∠NPE=x°，则∠NCP=2x°，∠NPC=x°，
①若PN=PC，则∠PNC=∠NCP=2x°，在△PNC中，2x＋2x＋x=180，解得：x=36，
∴∠B=∠PNC＋∠NPC=2x°＋x°=36°×3=108°；
③若PC=NC，则∠PNC=∠NPC=x°，在△PNC中，2x＋x＋x=180，解得：x=45，
∴∠B=∠PNC＋∠NPC=x°＋x°=45°＋45°=90°；
综上所述：∠B=108°或90°．
【题型7 正方形中线段的和差倍分关系】
【例7】（2023春·福建龙岩·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，动点M在CD上，过点M作MN⊥CD，过点C作CN⊥AC，点E是AN的中点，连接BE交AC于点F．

(1)求证：BE⊥AC；
(2)请探究线段BE、AD、CN长度之间的等量关系，并证明你的结论；
(3)设AB=2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的图形面积为________（直接写出答案）．
【答案】(1)见解析
(2)BE=22AD+12CN；理由见解析
(3)3
【分析】（1）连接CE，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出∠ACD=∠MCN=45°，从而得出∠ACN=90°，再根据直角三角形的性质以及点E为AN的中点即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在线段AC的垂直平分线上，由此即可证得BE⊥AC；
（2）BE=22AD+12CN．根据正方形的性质可得出BF=22AD，再结合三角形的中位线性质可得出EF=12CN，由线段间的关系即可证出结论；
（3）找出EN所扫过的图形为四边形DFCN，根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出BD∥CN，由此得出四边形DFCN为梯形，再由AB=1，可算出线段CF、DF、CN的长度，利用梯形的面积公式即可得出结论．
【详解】（1）证明：连接CE，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AB=BC，
∴∠ACB=∠ACD=12∠BCD=45°，
∵∠CMN=90°，CM=MN，
∴∠MCN=45°，
∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°，
∵在Rt△ACN中，点E是AN中点，
∴AE=CE=12AN，
∵AE=CE，AB=CB，
∴点B，E在AC的垂直平分线上，
∴BE垂直平分AC，
∴BE⊥AC．
（2）解：BE=22AD+12CN，理由如下：
∵AB=BC，∠ABE=∠CBE，
∴AF=FC，
∵点E是AN中点，
∴AE=EN，
∴FE是△ACN的中位线．
∴FE=12CN，
∵BE⊥AC，
∴∠BFC=90°，
∴∠FBC+∠FCB=90°．
∵∠FCB=45°，
∴∠FBC=45°，
∴∠FCB=∠FBC，
∴BF=CF，
在Rt△BCF中，BF2+CF2=BC2，
∴BF=22BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AD，
∴BF=22AD，
∵BE=BF+FE，
∴BE=22AD+12CN．
（3）解：在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN，

∵∠BDC=45°，∠DCN=45°，
∴BD∥CN，
∴四边形DFCN为梯形，
∵AB=2，
∴CF=DF=12BD=2，CN=2CD=22，
∴S梯形DFCN=12DF+CN⋅CF=122+22×2=3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质以及梯形的面积公式，解题的关键是：（1）根据垂直平分线上点的性质证出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的长度；（3）找出EN所扫过的图形．本题属于中档题，难度不小，解决该题型题目时，根据题意画出图形，利用数形结合解决问题是关键．
【变式7-1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形ABCD（四边都相等，四个角都是直角）的顶点A作一条直线MN．

(1)当MN不与正方形任何一边相交时，过点B作BE⊥MN于点E，过点D作DF⊥MN于点F，如图（1），请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明你的结论．
(2)若改变直线MN的位置，使MN与CD边相交如图（2），其它条件不变，EF，BE，DF的关系会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明；
(3)若继续改变直线MN的位置，使MN与BC边相交如图（3），其它条件不变，EF，BE，DF的关系又会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明．
【答案】(1)EF=BE+DF，证明见解析
(2)EF=BE−DF
(3)EF=DF−BE
【分析】（1）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAF AAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AF+AE=BE+DF；
（2）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAF AAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AF−AE=BE−DF；
（3）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAF AAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AE−AF=DF−BE；
【详解】（1）解：EF=BE+DF；
证明：四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=90°，
又∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADFAB=DA，
∴△ABE≌△DAF AAS，
∴AF=BE，AE=DF，
∴EF=AF+AE=BE+DF；
（2）EF=BE−DF；
证明：四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=90°，
又∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADFAB=DA，
∴△ABE≌△DAF AAS，
∴AF=BE，AE=DF，
∴EF=AF−AE=BE−DF；
（3）EF=DF−BE；
证明：四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=90°，
又∵BE⊥MN，DF⊥MN，
∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADFAB=DA，
∴△ABE≌△DAF AAS，
∴AF=BE，AE=DF，
∴EF=AE−AF=DF−BE．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，根据同角的余角相等证明∠BAE=∠ADF是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·吉林四平·八年级统考期末）感知：如图（1）所示，四边形ABCD是正方形，点G是线段BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，求证：AF−BF=EF．
探究一：如图（2）所示，若点G在CB的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF存在怎样的等量关系？猜想并证明这一结论．
探究二：若点G在BC的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF又存在怎样的等量关系？直接写出结论．

【答案】感知：见解析；探究一： AF+BF=EF，证明见解析；探究二：BF−AF=EF．
【分析】感知：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证；
探究一：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证；
探究二：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证．
【详解】感知：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∵DE⊥AG，BF∥DE，
∴∠DEA=∠AFB=90°，
∴∠DAE+∠ADE=∠BAF+∠DAE=90°．
∴∠ADE=∠BAF，
在△ABF和△DAE中
∠ADE=∠BAFDA=AB∠DEA=∠AFB，
∴ △ABF≌△DAE（ASA），
∴BF=AE，
∵AF−AE=EF，
∴AF−BF=BF．
探究一：
结论：AF+BF=EF
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=DA，
∴∠BAF+∠DAE=90°，
∵DE⊥AG，
∴∠DEA=90°，
∴∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵ BF∥DE，
∴∠AFB+∠DEA=180°，
∴∠AFB=∠DEA=90°，
在△ABF和△DAE中
∠ADE=∠BAFDA=AB∠DEA=∠AFB，
∴ △ABF≌△DAE（ASA），
∴BF=AE，
∵AF+AE=EF，
∴AF+BF=EF．
探究二：
结论：BF−AF=EF，

理由如下：如图：由感知同理可证△ABF≌△DAE，
∴BF=AE，
∵AE−AF=EF，
∴ BF−AF=EF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·江苏常州·八年级常州市清潭中学校考期中）已知：在△ABC中，AD为中线，以AB、AC为边向△ABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH．
(1)如图①，当∠BAC=90°时，求证：FH=2AD．
(2)如图③③，当∠BAC≠90°时，FH与AD有怎样的关系？在图③和图③中可任选一个图，证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)FH=2AD,AD⊥FH，理由见解析
【分析】（1）由直角三角形的性质可得BC=2AD，由“SAS”可证ΔBAC≌ΔFAH，可得BC=FH，可得结论；
（2）由“SAS”可证ΔADC≌ΔMDB，可得BM=AC,∠M=∠DAC，由“SAS”可证ΔABM≌ΔFAH，可得FH=AM=2AD，∠AFH=∠BAM，由三角形内角和可证AD⊥FH．
【详解】（1）证明：∵以AB、AC为边向ΔABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH，
∴AB=AF,AC=AH,∠BAF=∠CAH=90°，
又∵∠BAC=90°，
∴∠FAH=90°，
∴∠BAC=∠FAH，
∴ΔBAC≌ΔFAH(SAS)，
∴BC=FH，
∵∠BAC=90°，AD为中线，
∴BC=2AD，
∴FH=2AD；
（2）FH=2AD,AD⊥FH，理由如下：
如图③，延长AD至M，使AD=DM，连接BM，延长DA交FH于N，
∵AD为中线，
∴AD=DM，
又∵∠ADC=∠BDM,BD=CD，
∴ΔADC≌ΔMDB(SAS)，
∴BM=AC,∠M=∠DAC，
∴BM∥AC，
∴∠ABM+∠BAC=180°，
∵四边形ABEF和四边形ACGH都是正方形，
∴AB=AF,AC=AH,∠BAF=∠CAH=90°，
∴∠FAH+∠BAC=180°，
∴∠FAH=∠ABM，
又∵AC=BM=AH,AB=AF，
∴ΔABM≌ΔFAH(SAS)，
∴FH=AM=2AD,∠AFH=∠BAM，
∵∠BAM+∠FAN=90°，
∴∠AFH+∠FAN=90°，
∴∠ANF=90°，
∴AD⊥FH．
图③时同理可证FH=2AD,AD⊥FH．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上中线的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【题型8 坐标系中的四边形】
【例8】（2023春·河南漯河·八年级统考期中）如图1，在ΔCEF中，CE=CF，∠ECF=90°，点A是∠ECF的平分线上一点，AG⊥CE于G，交FE的延长线于B，AD⊥AE交CF的延长线于D，连接BC．
（1）直接写出∠ABF的大小；
（2）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（3）建立如图2所示的坐标系，若BG=2，BC=29，直线AD绕点D顺时针旋转45°得到直线l，求直线l的表达式．
【答案】（1）∠ABF=45°；（2）见解析；（3）y=73x−493．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质和对顶角的性质得出∠BEG=45°，则可得出结论；
（2）连接AC，证明△BGC≌△EGA（SAS），由全等三角形的性质得出∠BCG=∠EAG，得出BC//AD，则可得出结论；
（3）延长EA交直线l于点H，连接DE，作HI⊥x轴于点I，证得△EDH为等腰直角三角形，得出∠EDH=90°，ED=DH，证明△CED≌△IDH（AAS），得出CE=ID=3，CD=IH=7，求出H(10，7)，设直线l的表达式为：y=kx+b，求出k，b，则得出直线l的表达式为y=73x−493．
【详解】（1）解：∵CE=CF，∠ECF=90°，
∴∠CEF=45°，
∴∠BEG=45°，
∵AG⊥CE，
∴∠AGC=90°，
∴∠ABF=45°；
（2）∵AG⊥CG，
∴∠AGC=90°，
∵∠ECF=90°，
∴∠AGC+∠ECF=180°，
∴AB//CD．
连接AC，
∵点A是∠ECF的平分线上一点，
∴∠GCA=∠GAC=45°，
∴CG=AG．
又∵CE=CF．
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠BEG=∠GBE=45°，
∴BG=EG．
在ΔBGC和ΔEGA中
BG=EG∠BGC=∠EGA=90°CG=AG，
∴ΔBGC≌ΔEGA(SAS)，
∴∠BCG=∠EAG，
∴∠CBG+∠BCG=∠CBG+∠EAG=90°，
∴∠CBG+∠BAD=∠CBG+∠EAG+∠EAD=180°，
∴BC//AD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（3）延长EA交直线l于点H，再连接DE，作HI⊥x轴于点I，
∵在RtΔBGC中，BG=2，BC=29，
∴由勾股定理得，CG=BC2−BG2=5，
∴CE=CF=5−2=3．
∵ΔBGC≌ΔEGA，四边形ABCD是平行四边形，
∴CG=GA，BC=EA，
∴CD=AB=2+5=7，
又∵EA⊥AD，
∴∠EDA=45°，
由题意得∠ADH=45°，
∴ΔEDH等腰直角三角形，
∴∠EDH=90°，ED=DH，
∴∠CED+∠CDE=∠IDH+∠CDE=90°，
∴∠CED=∠IDH．
在ΔCED和ΔIDH中
∠CED=∠IDH∠ECD=∠DIH=90°ED=DH，
∴ΔAID≌ΔDJH(AAS)，
∴CE=ID=3，CD=IH=7，
∴CI=CD+DI=7+3=10，
∴H(10,7)，
设直线l的表达式为：y=kx+b，
把H(10,7)，D(7,0)代入得，
0=7k+b7=10k+b，解得k=73b=−493，
∴直线l的表达式为：y=73x−493．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法，全等三角形的判定与性质等知识，要求学生能够熟练掌握平行四边形的判定方法，并能正确构造辅助线，灵活运用全等三角形判定方法以及待定系数法进行解题．
【变式8-1】（2023春·辽宁沈阳·八年级东北育才学校校考期中）如图，在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC＝60°，OA＝1，先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2019次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2019的坐标为 ．
【答案】（1346，0）
【分析】连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2019＝336×6＋3，因此点B3向右平移1344（即336×4）即可到达点B2019，根据点B3的坐标就可求出点B2019的坐标．
【详解】解：连接AC，如图所示．
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB＝BC＝OC．
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形．
∴AC＝AB．
∴AC＝OA．
∵OA＝1，
∴AC＝1．
画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．
由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．
∵2019＝336×6＋3，
∴点B3向右平移1344（即336×4）到点B2019．
∵B3的坐标为（2，0），
∴B2019的坐标为（2＋1344，0），
∴B2019的坐标为（1346，0）．
故答案为：（1346，0）．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．
【变式8-2】（2023春·江西景德镇·八年级统考期中）如图，在坐标系中，正方形OABC的边长为2，点P是x轴上一动点．若BP与∠ABC的两边所组成的角的度数之比为1:3，则点P的坐标为 ．

【答案】（4，0）或（−22，0）或（4−22，0）
【分析】分三种情况分别画出相应图形，根据正方形、等腰三角形以及直角三角形的边角关系进行计算，求出OP的长即可．
【详解】解：如图，

①当∠CBP1:∠ABP1=1:3时，则∠CBP1=90°×13−1=45°，
∴BC=CP1=2，
∴OP1=2+2=4，
此时点P1的坐标为(4,0)；
③当∠CBP2:∠ABP2=1:3时，则∠CBP2=90°×11+3=22.5°，
连接OB，则∠OBC=45°，OB=OC2+BC2=22，
此时BP2平分∠OBC，
过点P2作P2M⊥OB于M，则P2M=P2C=OM=22−2，
∴OP2=2⋅OM=4−22，
此时点P2的坐标为(4−22，0)；
③当∠ABP3:∠CBP3=1:3时，则∠ABP3=90°×11+3=22.5°=∠BP3C=∠OBP3，
∴OP3=OB=22，
此时点P3的坐标为(−22，0)；
综上所述，点P的坐标为(4,0)或(4−22，0)或(−22，0)．
故答案为：(4,0)或(4−22，0)或(−22，0)．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质以及直角三角形的边角关系，掌握正方形的性质以及坐标的定义是正确解答的关键．
【变式8-3】（2023春·四川成都·八年级校考期中）如图，在△ABC中，AC=BC=1，∠C=90°，E、F是AB上的动点，且∠ECF=45°，分别过E、F作BC、AC的垂线，垂足分别为H、G，两垂线交于点M．
（1）当点E与点B重合时，请直接写出MH与AC的数量关系 ；
（2）探索AF、EF、BE之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）以C为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，请画出坐标系并利用（2）中的结论证明MH·MG=12．
【答案】（1）MH=12AC；（2）EF2=AF2+BE2，证明见解析；（3）见解析．
【分析】（1）如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，可得MG//BC，四边形MGCB是矩形，进一步得到FG⊥AC，根据三线合一可得AG=GC=12AC，证明结论；
（2）如图2所示，将ΔACF顺时针旋转90°至ΔBCD，再利用SAS可证ΔECF≅ΔECD，根据全等三角形的性质和勾股定理即可得出结论；
（3）由题意知四边形CHMG是矩形，根据（2）的结论和三角形面积求法可得S△AGF+S△BHE=S△EMF，继而可知S矩形OHMG面积=S△ABC，即可证明结论．
【详解】解： （1）结论：MH=12AC，
如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，
∴MB⊥BC，∠MBC=90°，
∵MG⊥AC，
∴∠MGC=90°=∠C=∠MBC，
∴MG//BC，四边形MGCB是矩形，
∴MH=MB=CG，
∵∠FCE=45°=∠ABC，∠A=∠ACF=45°，
∴CF=AF=BF，
又∵∠FGC=90°
∴AG=GC=12AC，
∴MH=GC=12AC；
（2）结论：EF2=AF2+BE2，
证明：如图2所示，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=∠5=45°．
将ΔACF顺时针旋转90°至ΔBCD，
则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°，BD=AF；
∵∠2=45°，
∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°，
∴∠DCE=∠2．
在ΔECF和ΔECD中，
CF=CD∠2=∠DCECE=CE，
∴△ECF≅△ECD(SAS)，
∴EF=DE．
∵∠5=45°，
∴∠DBE=90°，
∴DE2=BD2+BE2，即EF2=AF2+BE2；
（3）以C为坐标原点，以BC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，如图（3）：
由（2）易知△AGF、△BHE、△FME是等腰直角三角形，
∴AG=GF，
∵S△AGF=12AG2，AG2+GF2=AF2，
∴S△AGF=14AF2，
同理可得：S△AGF=14AF2，S△BHE=14BE2，S△EMF=14EF2，
由（2）EF2=AF2+BE2可得S△AGF+S△BHE=S△EMF，
∴S矩形OHMG面积=S△ABC，
又∵S矩形OHMG面积=MH·MG，S△ABC=12，
∴MH·MG=12．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，还涉及了矩形的判定和性质，平面直角坐标系得建立等知识，其中利用旋转构造全等三角形是解题（2）关键，证明S矩形OHMG面积=S△ABC并将所求问题转化面积关系是解题（3）关键，综合性较强，有一定的难度．
【题型9 四边形中存在性问题】
【例9】（2023春·江苏连云港·八年级统考期中）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．
【变式9-1】（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点C，A分别在x轴，y轴上，O为坐标原点，B点的坐标为8,6，过A点的直线l与x轴交于点K(−3,0)，P是线段BC上一动点，设PC=m．

(1)D是第一象限直线l上一点，作PE⊥y轴于E，DF⊥y轴于F，若∠PAD=90°，AD=AP．
①求证：△APE≌△DAF；
③求直线l的表达式及D点的坐标；
(2)将直线l向下平移12个单位得到直线l'，在直线AB上方的直线l'上，是否存在这样的点D，使得∠APD=90°，且AP=DP，若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①见解析；③y=2x+6；D4,14
(2)存在，(283，383)
【分析】（1）①利用全等三角形的判定方法AAS即可得到结论；③利用待定系数法即可得到一次函数的表达式，利用全等三角形的对应边相等以及一次函数的表达式，即可得出点D的坐标；
（2）过点P作PE⊥y轴于E，DF⊥x轴于G，与直线EP交于点F，利用全等三角形的性质以及一次函数图象的平移规律，即可得到点D的坐标．
【详解】（1）解：①证明：∵PE⊥y轴，DF⊥y轴，
∴∠AEP=∠AFD=90°，
∴∠EAP+∠APE=90°，
∵∠PAD=90°，
∴∠EAP+∠FAD=90°，
∴∠APE=∠FAD，
∵AP=AD，
∴△APE≌△DAF(AAS)；
③∵四边形OABC为矩形，B(8,6)，
∴OA=BC=6，
∴A(0,6)，
设l的表达式为y=kx+b(k≠0)，
∴ b=6−3k+b=0，
解得k=2b=6，
∴l的表达式为y=2x+6；
∵四边形OABC是矩形，PE⊥y轴，DF⊥y轴，
∴四边形ABPE是矩形，
∴AE=BP，AB=EP，
∵△APE≌△DAF，
∴EP=AF，AE=FD，
∵AB=8，OA=6，PC=m，
∴FD=6−m，
∴OF=OA+AF=14，
∴D点的坐标为(6−m,14)，
∵D在直线y=2x+6上，
∴14=2×6+m，
解得m=2，6−m=4，
∴D(4,14)；

（2）存在．如图，过点P作PE⊥y轴于E，DF⊥x轴于G，与直线EP交于点F，
则四边形AEPB，PCGF都为矩形，
∴AB=EP=8，FG=PC=m，BP=AE=6−m，
同（1）可得，△APE≌△PDF，
∴DF=EP=8，
∴PF=AE=6−m，
∴EF=8+6−m=14−m，DG=8+m，
∴D点的坐标为(14−m,8+m)，
∵直线y=2x+6向下平移12个单位得到直线l'，
∴直线l'表达式为y=2x−6，
∴8+m=2×(14−m)−6，
解得：m=143，
∴14−m=283，m+8=383，
∴D点的坐标为(283，383)．
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质以及一次函数的图象与性质，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
【变式9-2】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期中）如图1所示，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为−3，4，点C在x轴正半轴上，直线AC交y轴于点M，连接BM，AB边交y轴于点H．

(1)求MH的长；
(2)如图2所示，动点P从点A出发，沿折线A→B→C方向以每秒1个单位的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为SS≠0，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式；
(3)在（2）的情况下，当点P在线段AB上运动时，是否存在以BM为腰的等腰三角形？如存在，直接写出t的值；如不存在，说明理由．
【答案】(1)32
(2)S与t之间的函数关系式为：S=−34t+1540≤t<554t−2545(3)存在，1或52
【分析】（1）由点A的坐标，利用勾股定理和菱形的性质易得点C的坐标，由A、C的坐标可得直线AC的解析式，令x=0，求得y，得OM的长，可求出MH；
（2）设点M到BC的距离为ℎ，由S△ABC=S△ABM+S△BCM，可得ℎ，再分类讨论：P在直线AB上运动时，当P运动到直线BC上时，利用三角形面积公式求出S与t之间的函数关系式；
（3）分两种情况讨论：当MB=MP时，当BM=BP时，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为−3，4，
∴由勾股定理得OA=5，
∵四边形ABCO是菱形，
∴OC=OA=5，
即点C的坐标为5，0，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
则−3k+b=45k+b=0，
解得k=−12b=52，
∴直线AC的解析式为：y=−12x+52，
令x=0得：y=52，即OM=52，
∴MH=4−52=32；
（2）解：设点M到BC的距离为ℎ，
由S△ABC=S△ABM+S△BCM，
即12×5×4=12×5×32+12×5×ℎ，
∴ℎ=52，
①当P在直线AB上运动时△PBM的面积S与P的运动时间为t秒关系为：
S=125−t×32，
即S=−34t+1540≤t<5；
③当P运动到直线BC上时△PMB的面积为S与P的运动时间为t秒关系为：
S=12×52×t−5，
即S=54t−2545综上所述：S与t之间的函数关系式为：S=−34t+1540≤t<554t−2545（3）解：存在，
理由如下：
①当MB=MP时，
∵点A的坐标为−3，4，AB=5，MB=MP，MH⊥AB，
∴PH=BH，
即3−t=2，
∴t=1，
③当BM=BP时，
即5−t=4−522+22，
∴t=52，
综上所述，当t=1或52时，存在以BM为腰的等腰三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质、动点问题、等腰三角形的性质、三角形的面积公式、待定系数法求解析式，正确利用分类讨论的思想，是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·辽宁丹东·八年级统考期末）（2023下·广东中山·八年级统考期末）定义“点P对图形Q的可视度”：在平面直角坐标系中，对于点P和图形Q，若图形Q上所有的点都在∠P的内部或∠P的边上，则∠P的最小值称为点P对图形Q的可视度．如图1，点O对线段AB的可视度为∠AOB的度数．
∴AD2+BD2=AB2，
∴∠ADB=90°．

（2）解：如图，连接FA，FD，令AD与y轴的交点为G，则∠AFD的度数为点F对正方形ABCD的可视度，即∠AFD=60°，
∵A−1,1，B−1,−1，四边形为ABCD正方形，
∴AD=AB=2，∴D1,1，
∴点A，D关于y轴对称，
∴y轴垂直平分AD，
∴FA=FD，GD=12AD=1，
∵∠AFD=60°，∴△FAD为等边三角形.，
∴FD=AD=2，∴FG=FD2−GD2=22−12=3，
∴OF=3+1，
∴点F的坐标为0,3+1，
将点F坐标代入y=33x+b中，得b=3+1，
∴直线EF的解析式为y=33x+3+1，
令y=0，得x=−3−3，
∴点E的坐标为−3−3,0．

（3）解：存在，如图，
过点E作AB的平行线，在平行线上可取得两点分别为M1，M2，使得EM1=AB，EM2=AB，可以得平行四边形ABEM1和平行四边形ABM2E，
得M1−3−3,2， M2−3−3,−2，
令AB与y轴交点为G，则G(−1,0)，在x轴上取GM3=GE，则M3(1+3,0)，AB与EM3 互相平分，连接AM3，AE，BE，BM3，即得到平行四边形AM3BE，
∴点M的坐标为1+3,0或−3−3,2或−3−3,−2．

【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，待定系数法解一次函数解析式，勾股定理的应用，平行四边形的判定，读懂题意，熟练掌握相关判定与性质及待定系数法解一次函数是解题关键．