5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题14四边形综合题(针对20、22、23题)特训（学生版+解析）

这是一份5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题14四边形综合题(针对20、22、23题)特训（学生版+解析），共192页。
1．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
2．（2021•安徽）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，点E在边BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：△ABF≌△EAD；
（2）如图2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．
3．（2020•安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．
（1）求证：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的长；
（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG＝AG．
4．（2019•安徽）如图，点E在▱ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE．
（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求的值．
一．解答题（共60小题）
1．（2023•凤阳县二模）如图，点A是菱形BDEF对角线的交点，BC∥FD，CD∥BE，连接AC，交BD于O．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若BE＝10，DF＝24，求AC的长．
2．（2023•烈山区一模）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
3．（2023•长丰县模拟）已知E是四边形ABCD的边CD上一点，AE的垂直平分线分别交AD，BC于点M，N，交对角线BD于点F，AE与MN交于点O，连接EM，EF．
（1）如图1，若AE平分∠DAF，求证：四边形AFEM是菱形．
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，且AD＝10，AB＝6，若EF∥AD，求EM的长．
4．（2023•舒城县模拟）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接CE并延长交AD于点F，过点E作EG⊥CE交AB于点G，连接CG交BD于点H，连接GF．
​（1）求证：CE＝EG；
（2）求证：；
（3）若AF＝2DF，求的值．
5．（2023•泗县校级模拟）如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，E为直线BC上一点，连接AE，将AE绕点A逆时针旋转120°得到AF，连接BF交对角线AC于点G，H为边AB的中点，连接GH．
（1）如图1，当点E与点B重合时，请直接写出GH与AF的关系；
（2）如图2，当点E在边BC上时，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）当BE＝2时，请直接写出GH的长．
6．（2023•雨山区校级模拟）已知在Rt△ABC中，AC＝BC＝6，D是边AB的中点，E是边BC所在直线上任意一点，连接DE，以DE为边在DE的左侧作正方形DEFG，连接CD，CF．
（1）当点E运动到如图1所示的位置且时，线段CD，CF与CE之间的数量关系为 ；
（2）如图2，当点E在线段CB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论，并证明．
（3）当∠EDC＝15°时，请直接写出CG的长．
7．（2023•合肥三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E为斜边AB的中点，将线段AC平移至ED交BC于点M，连接CD、CE、BD．
（1）求证：CD＝BE；
（2）求证：四边形BECD为菱形；
（3）连接AD，交CE于点N，若 AC＝10，，求MN的长．
8．（2023•固镇县一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在边AB，AD上，△ECF是等边三角形．
（1）如图1，对角线AC交EF于点M，求证：∠BCE＝∠FCM；
（2）如图2，点N在AC上，且AN＝BE，若BC＝3，BE＝1，求MN的值．
9．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．
（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；
（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．
10．（2023•定远县二模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，点E在AD边上，连接BE、BD，若EB＝BC，BD平分∠EBC．
（1）如图1，求证：四边形EBCD是菱形；
（2）如图2，连接CE交BD于点O，连接AO，若EC＝BC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中长度等于的线段．
11．（2023•蚌埠三模）如图，矩形ABCD是某生态农庄的一块植物栽培基地平面图，现欲修一条笔直的小路MN（宽度不计）经过该矩形区域，其中M，N都在矩形ABCD的边界上．已知AB＝8，BC＝6（单位：百米），小路MN将矩形ABCD分成面积为S1，S2（单位：平方百米）的两部分，其中S1≤S2，且点A在面积为S1的区域内，记小路MN的长为l百米．
（1）如图1，已知l＝3，设AN＝x百米．
①若x＝1，求S1的大小；
②求S1的最大值；
（2）若S2＝2S1，点M在CD边上，点N在AB边上，求l的取值范围．
12．（2023•蜀山区二模）如图，矩形ABCD中，BE平分∠ABC交CD、AC于点E、F，交AD的延长线于点G，点M为EG的中点，连接AM，DM，CM．
（1）求证：△ADM≌△CEM；
（2）若，AD＝2．
①求MF的值；
②请直接写出tan∠AMF的值为 ．
13．（2023•安徽模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°．
（1）若EA是∠BEF的角平分线，求证：FA是∠DFE的角平分线；
（2）若BE＝DF，求证：EF＝BE+DF．
14．（2023•砀山县一模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线与边CD的交点为E．
（1）如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；
（2）如图2，若点F在对角线BD上，且，求的值；
（3）如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且＝，求的值．
15．（2023•肥西县二模）（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．求证：AE＝FG；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当时k＝，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．
16．（2023•铜官区校级一模）已知四边形ABCD，AB∥CD，AC，BD相交于点P，且∠APB＝90°，，设AB＝c，BC＝a，AD＝b．
（1）①如图1，当∠ABD＝45°时，c＝2时，a＝ ；b＝ ；
②如图2，当∠ABD＝30°时，c＝4时，a＝ ；b＝ ；
（2）观察（1）中的计算结果，利用图3证明a2，b2，c2三者关系．
（3）如图4，在平行四边形ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，BE⊥EG，AD＝2，AB＝，求AF的长．
17．（2023•定远县校级模拟）如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为（﹣1，2），将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．
（1）直接写出点C和点E的坐标；
（2）在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标（写出过程）；
③当5秒＜t＜7秒时，四边形ABCP的面积为4，求点P的坐标．
18．（2023•贵池区二模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，求证：CF＝DE．
（2）如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若tan∠DCE＝，求的值．
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的长．
19．（2023•凤台县校级二模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．
应用：（1）如图2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求点C到AB边的距离．
（3）如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，求的值．
20．（2023•安徽模拟）如图，AH是△ABC的高，CD是△ABC的中线，AH＝CD，DE∥AC，BE∥CD，直线AH交CD于点M，交CE于点N．
（1）求证：四边形BDCE是平行四边形；
（2）求∠BCD的度数；
（3）当BC＝，CN＝4EN时，求线段MH的长．
21．（2023•歙县校级模拟）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
22．（2023•芜湖三模）如图1，正方形ABCD与正方形CEGF有公共顶点C，连接AC、AG、BE，其中0°＜∠BCE＜45°．
（1）试判断线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（2）若B、E、F三点共线，如图2，连接CG并延长交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，求BC的长．​
23．（2023•金安区校级三模）如图1，点O为矩形ABCD对角线BD的中点，直线EF过点O，分别交AD，BC于点E，F，∠EOB＜90°．将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为点H，点B的对应点为点G，GF交BD于点N，交AD于点P，连接GD．
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：GD∥EF；
（3）如图2，连接GO交AD于点M，连接MN．判断GD，MN和EF的数量关系，并说明理由．
24．（2023•金安区一模）如图，在正方形ABCD中，E为边BC上的一动点，作AF⊥DE交DE，DC分别于P，F两点，连接PC．
（1）若＝﹣1，求∠DEC的度数；
（2）当E为BC的中点时．
①求证：F为DC的中点；
②若正方形的边长为4，求PC的长．​
25．（2023•杜集区校级模拟）如图，∠CAB＝30°，D，E分别是射线AB，AC上的动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接AF．
（1）如图1，当∠ADE＝30°时，求证：DF＝AF；
（2）如图2，当∠ADE＜30°时，（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明；
（3）若AD＝4，DE＝3，请直接写出以A，D，E，F为顶点的四边形的面积．
26．（2023•安庆二模）正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，连接AP，过点P作AP的垂线分别交边AB，CD于E，F，交CB的延长线于点G，作PH⊥BD交AB于点H．
（1）求证：△APH≌△GPB；
（2）连接HF，AG．
①求证：四边形ADFH是矩形；
②如果点E是PG的中点，△AGE和△PDF的面积分别是S1，S2，求的值．
27．（2023•利辛县模拟）综合与实践
问题解决：
（1）已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE＝BF，连接AE．如图1，当点E在BC上时，请判断AE和CF的关系，并说明理由．
问题探究：
（2）如图2，点H是AE延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转，当点F在直线BC右侧时，求证：；
问题拓展：
（3）将△BEF绕点B旋转一周，当∠CFB＝45°时，若AB＝3，BE＝1，请直接写出线段CH的长．
28．（2023•五河县校级模拟）已知在▱ABCD中，对角线交于点O，将△OBA绕点O按顺时针方向旋转α角（90°＜α＜180°）得到△OEF，连接BE，AF，ED．
（1）如图1，当∠ABC＝90°且AB＝BC时，BE与AF的数量关系是 ．
（2）如图2，当∠ABC＝90°且AB≠BC时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，并直接写出当AC＝8，AF＝6时，DE的长；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，当AC＝8，AF＝OB＝6时，DE的长为 ．
29．（2023•庐阳区一模）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．
（1）求∠AFC的大小；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．
①求证：DG∥CF；
②连接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
30．（2023•砀山县二模）如图1，在四边形ABCD中，∠A＝90°，M是AD上一动点，连接BM，CM，MB平分∠AMC．
（1）求证：∠CMD＝2∠ABM．
（2）如图2，∠MBC＝90°．
①若BC＝2AB＝6，求AM的长．
②若∠ADC＝90°，求证：CM＝DM+2AM．
31．（2023•庐江县二模）如图，点M，N分别在矩形ABCD的边BC和AD（或延长线）上，连接MA，MN，若∠AMN＝∠AMB．
（1）求证：△AMN是等腰三角形；
（2）当M为BC中点时，MN交CD于点E，若AB＝3，BC＝2，求ME的长；
（3）当M为BC上任意一点，探究MA，MB，MN间的数量关系，并证明．
32．（2023•瑶海区二模）在正方形ABCD中，点E为边AB上一点．连接CE，将△BCE沿CE折叠得到△FCE，CE，CF分别交BD于点G，H，连接AF．
（1）如图1，点E是AB的中点；
（ⅰ）若∠DAF＝α，则∠AFE＝ （用含α的式子表示）；
（ⅱ）求证：AF∥CE；
（2）如图2，若∠DCF＝∠BCE，，求GH的长．
33．（2023•庐阳区二模）正方形ABCD中，点E是AD延长线上一点，点F是∠CDE平分线上一点，连接BF，交CD于点G．
（1）如图1，若DF＝DG，求证：BF平分∠DBC；
（2）如图2，过点D作DP∥AF，并截取DP＝AF，连接PB，求证：PB＝PD；
（3）在（2）的条件下，若∠P＝60°，，则DG的长为 ．
34．（2023•东至县一模）综合与实践
在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展学习数学活动．
操作判断
（1）操作一：将正方形ABCD与正方形AEFG的顶点A重合，点G在正方形ABCD的边AD上，如图1，连接CF，取CF的中点O，连接DO，OG．操作发现，DO与OG的位置关系是 ；DO与OG的数量关系是 ；
（2）操作二：将正方形AEFG绕顶点A顺时针旋转，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）若AB＝4，AE＝2，当∠BAG＝150°时，请直接写出DO的长．
35．（2023•包河区校级一模）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．如图1，当点D与M重合时，四边形ABDE是平行四边形．
（1）如图2，当点D不与M重合时，判断四边形ABDE的形状，并说明理由．
（2）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．
①求∠CAM的度数；
②当，DM＝4时，求DH的长．
36．（2023•蜀山区二模）如图1，在四边形ABCD中，已知AB＝BC＝CD，∠BAD和∠CDA均为锐角，点P是对角线BD上的一点，PQ∥BA交AD于点Q，PS∥BC交DC于点S，四边形PQRS是平行四边形．
（1）当点P与点B重合时，图1变为图2，若∠ABD＝90°，求证：BR＝RD；
（2）对于图1，若四边形PRDS也是平行四边形，此时，你能推出四边形ABCD还应满足什么条件？
37．（2023•明光市二模）如图1，AD是△ABC的角平分线，点O是BC的中点，过点O作AD的平行线交CA的延长线于点E，交AB于点F，在射线EF上取一点G，使BG＝BO．
​（1）求证：BF＝CE；
（2）如图2，已知AB＝8，AC＝AD＝4．
①求OD的长；
②图中存在四个点，以它们为顶点能构成一个平行四边形，在图中画出这个平行四边形，并证明它是平行四边形．
38．（2023•郊区校级模拟）已知在正方形ABCD中，P为对角线BD上任意一点，过点P作PE⊥AP交直线BC于点E，过点E作EF⊥BC交BD于点F．
（1）如图1，当P为BD的中点时，PD与PF的数量关系为 ；
（2）如图2，当P不是BD的中点时，PD与PF的数量关系还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）正方形ABCD的边长为6，，请直接写出线段PD的值．
39．（2023•合肥模拟）如图，点E、F分别是矩形ABCD边DC、DA上的点，连接BE、BF、EF，且△BCE≌△BFE，
（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当DE＝3，DF＝4时，求BC的值；
（3）如图3，∠ABF的角平分线BN交AD于N点，当NF＝AN+FD时，求AN：FD的值．
40．（2023•六安三模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，△AOE与△AOB关于OA成轴对称图形，连接DE，CE，且CE与AD交于点F．
（1）求证：△CAB≌△CAE；
（2）求证：DE∥AC；
（3）若∠ABC＝45°，AB＝8，，求EF的长．
41．（2023•安庆一模）如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，BC＝10，点D在边AB上（不与点B重合），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE．
（1）如图2，当BD＝2时，
①求正方形CDEF的边长；
②求证：BE＝BC；
（2）当点D在AB上运动时，求△BDE面积的最大值．
42．（2023•瑶海区模拟）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．
43．（2023•金安区校级二模）如图，P为正方形ABCD边BC上任一点，BG⊥AP于点G，在AP的延长线上取点E，使AG＝GE，连接BE，CE．
（1）如图1，若正方形的边长为6，PB＝2，求BG的长度．
（2）如图2，当P点为BC的中点时，求证：CE：BG＝：1；
（3）如图1，当BP：PC＝2：3时，求CE：BG的值．
44．（2023•六安三模）如图1，矩形ABCD的两条对角线交于点O，点P是BC边上一个动点，连接AP，作 DE⊥AP，BF⊥AP，垂足分别是E，F，连接OE，OF．
（1）求证：OE＝OF；
（2）如图2，延长OF交BP于点G，若∠BFG＝∠BAP，猜想OG与AD有怎样的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，已知AB＝8，AD＝10，求EF 的值．
​
45．（2023•庐阳区校级三模）问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C），延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）在（2）的条件下，AF、BC交于点G，若AB＝10，则AG＝ ．
​
46．（2023•蒙城县三模）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
（1）作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
（2）求证：MN2＝BM2+DN2；
（3）矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN＝∠CMN＝45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
47．（2023•霍邱县二模）如图，四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，对角线BD平分∠ADC，点E、F是边AD上的动点（点E在点F的左侧）．
​（1）若BE⊥BC，求证：△ABE≌△DBC；
（2）若∠EBF＝45°，求证：AB2＝AF•DE；
（3）在（1）、（2）的条件下，若AF＝6，DF＝4，求EF的值．
48．（2023•肥东县模拟）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，DA＝DB，F为AC中点，连接DF．
（1）求证：∠ADF＝∠BDF；
（2）如图2，过点D作DH⊥AC，垂足为H，DH交AB于点E．
①求证：ED＝EA；
②若AB＝24，FH＝5，求BE的长．
49．（2023•繁昌县校级模拟）如图1，F为正方形ABCD的边BC上的一点，以CF为斜边在BC的上方作等腰直角三角形CEF，连接BE，AF．G，H分别是AF，BE的中点，连接GH．
（1）线段GH与BE的关系是 ；
（2）如图2，将图1中的△CEF绕点C顺时针旋转，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若AB＝8，CE＝2，将图1中的△CEF绕点C顺时针旋转一周，当B，E，F三点共线时，请直接写出线段FH的长．
50．（2023•裕安区校级二模）如图1，已知四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝CD，∠ABC＝2∠ADC．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）求证：AB+BO＝OD；
（3）如图2，若BE平分∠ABD交AD于点E，AB•BD＝6，DE＝2，求AE的长．
51．（2023•泗县二模）如图，AC，BD是矩形ABCD的对角线，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF，FG，DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB＝∠CDH＝∠AGF．
（1）求证：DH⊥AC；
（2）若，求FD+FG的值；
（3）若BC＝2AB＝2，求S△CFM．
52．（2023•南陵县校级一模）如图，四边形ABCD是正方形，点P在射线AC上，点E在射线BC上，且PB＝PE，连结PD，点O为线段AC中点．
【感知】如图①，当点P在线段AO上时，
①易证：△ABP≌△ADP（不需要证明）．进而得到PE与PD的数量关系是 ．
②过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，易证：Rt△PNE≌Rt△PMD（不需要证明）．进而得到PE与PD的位置关系是 ．
【探究】如图②，当点P在线段OC上（点P不与点O、C重合）时，试写出PE与PD的数量关系和位置关系，并说明理由．
【应用】如图③，当点P在线段AC的延长线上时，直接写出当AB＝3，CP＝时线段DE的长．
53．（2023•定远县校级三模）（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中AB＞DE），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的关系 ；
（2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG＝6，AB＝2DE＝8，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长．
54．（2023•合肥二模）在正方形ABCD中，点E、F、G分别为AB、AD、BC边上的一点，FG垂直平分DE，垂足为H．
（1）如图1，求证：DE＝FG；
（2）如图2，连接AC，交FG于点M，连接DM，EM．
①求证：△DME是等腰直角三角形；
②当FM＝DM时，求值．
55．（2023•雨山区校级一模）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB＝MN．
（1）求证：BN平分∠ABE；
（2）连接DN，若BD＝1，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
（3）如图②，若点F为为AB的中点，连接FN、FM，求的值．
56．（2023•潜山市模拟）如图（1），E，F，H是正方形ABCD边上的点，连接BE，CF交于点G、连接AG，GH，CE＝DF．
（1）判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
（2）若CE＝CH，求证：∠BAG＝∠CHG；
（3）如图（2），E，F是菱形ABCD边AB，AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG，FG，CG，∠AGD＝∠BAD，AF＝AE，DF＝GF，CD＝10，CG＝6，直接写出DF的长及cs∠ADC的值．
57．（2023•定远县模拟）如图，在△ACB和△ABD中，∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC＝2，AB＝BD，P为AC上一点（不与点A、C重合），连接PB，作PB⊥BQ交AD于点Q．
（1）求证：PB＝BQ；
（2）求证：AP+AQ＝2BC；
（3）如图2，若P为AC的中点，连接CQ分别交BP、AB于点E、F，求的值．
58．（2023•蚌山区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，AD⊥CD，边BC上的点E满足AB＝AE且DC＝DE，CH为△CDE的一条高线．
（1）若AE∥CD，求证：
①AD＝CH，
②BH⊥AE；
（2）如图2，点F在线段CH上且BF＝CF，求证：四边形ABFD为平行四边形．
59．（2023•定远县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD中心在原点，且顶点A的坐标为（1，1）．动点P、Q分别从点A、B同时出发，绕着正方形的边按顺时针方向运动，当P点回到A点时两点同时停止运动，运动时间为t秒．连接OP、OQ，线段OP、OQ与正方形的边围成的面积较小部分的图形记为M．
（1）请写出B、C、D点的坐标；
（2）若P、Q的速度均为1个单位长度/秒，试判断在运动过程中，M的面积是否发生变化，如果不变求出该值，如果变化说明理由；
（3）若P点速度为2个单位长度/秒，Q点为1个单位长度/秒，当M的面积为时，求t的
值．
60．（2023•安徽一模）如图1，在菱形ABCD中，点P为射线AC上的一点，连接DP，过点P作PM，使得∠DPM+∠BAD＝180°，PM与射线BC交于点M，以PD，PM为邻边作平行四边形DPMN．
（1）求证：四边形DPMN为菱形；
（2）如图2，∠BAD＝90°，连接CN，猜想CN与AP之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点P在AC的延长线上时，如图3，AB＝3，，求PN的长度．
专题14 四边形综合题（针对20、22、23题）
一．解答题（共4小题）
1．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；
（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【分析】（1）利用AAS证明△DOE≌△BOC，得DE＝BC，从而得出四边形BCDE是平行四边形，再根据CD＝CB，即可证明结论；
（2）（i）根据线段垂直平分线的性质得，AE＝EC，ED＝EB，则∠AED＝∠CED＝∠BEC，再根据平角的定义，可得答案；
（ii）利用AAS证明△ABF≌△ACE，可得AC＝AB，由AE＝AF，利用等式的性质，即可证明结论．
【解答】（1）证明：设CE与BD交于点O，
∵CB＝CD，CE⊥BD，
∴DO＝BO，
∵DE∥BC，
∴∠DEO＝∠BCO，
∵∠DOE＝∠BOC，
∴△DOE≌△BOC（AAS），
∴DE＝BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵CD＝CB，
∴平行四边形BCDE是菱形；
（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，
∴AE＝EC且DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CED，
又∵CD＝CB且CE⊥BD，
∴CE垂直平分DB，
∴DE＝BE，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，
又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，
∴∠CED＝；
（ii）证明：由（i）得AE＝EC，
又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，
∴∠ACE＝30°，
同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，
∴∠ACE＝∠ABF＝30°，
在△ACE与△ABF中，
，
∴△ABF≌△ACE（AAS），
∴AC＝AB，
又∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．
2．（2021•安徽）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，点E在边BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交线段AE于点F，连接BF．
（1）求证：△ABF≌△EAD；
（2）如图2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的长；
（3）如图3，若BF的延长线经过AD的中点M，求的值．
【分析】（1）先根据题意得出AB＝AE，DE＝DC，再证四边形ADCF是平行四边形，得出AF＝CD，进而得出AF＝DE，再由平行线性质得∠AED＝∠BAF，进而证得结论；
（2）先证明△EAD∽△CFE，得＝＝，根据四边形ADCF是平行四边形，得AD＝CF，AF＝CD，进而可得＝＝，求得CF＝6，CE＝，再利用△ABE∽△DEC，求得答案；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，先证明△ABE∽△DCE，得出＝＝，设DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），再利用△ABF∽△EGF，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1，∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠DEC＝∠BCD，
∴DE＝DC，
∵CF∥AD，AE∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF＝CD，
∴AF＝DE，
在△ABF和△EAD中，
，
∴△ABF≌△EAD（SAS）；
（2）方法①：∵CF∥AD，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵∠ECF＝∠AED，
∴△EAD∽△CFE，
∴＝＝，
由（1）知：四边形ADCF是平行四边形，
∴AD＝CF，AF＝CD，
∵AB＝9，CD＝5，
∴AE＝9，DE＝5，
∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，
∴＝＝，
∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，
∴CE＝，
∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，
∴∠ABF＝∠EAD，
∵∠EAD＝∠CFE，
∴∠ABF＝∠CFE，
∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，
∴∠EBF＝∠ECF，
∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，
∴∠EBF＝∠BAE，
∵∠BEF＝∠AEB，
∴△BEF∽△AEB，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
（3）如图3，延长BM、ED交于点G，
∵△ABE，△DCE均为等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴＝＝，
设DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，
则AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，
∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），
∵AB∥DG，
∴∠ABG＝∠G
∵AD的中点M，
∴AM＝DM，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴△AMB≌△DMG（AAS），
∴DG＝AB＝ax，
∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），
∵AB∥DG（即AB∥EG），
∴△ABF∽△EGF，
∴＝，即＝，
∴x2﹣2x﹣1＝0，
解得：x＝1+或x＝1﹣（舍去），
∴＝x＝1+．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形判定和性质和相似三角形的判定和性质等相关知识，正确添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
3．（2020•安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．
（1）求证：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的长；
（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG＝AG．
【分析】（1）证明△AEF≌△ADB（SAS），得出∠AEF＝∠ADB，证得∠EGB＝90°，则结论得出；
（2）证明△AEF∽△DCF，得出，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案；
（3）在线段EG上取点P，使得EP＝DG，证明△AEP≌△ADG（SAS），得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，证得△PAG为等腰直角三角形，可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥CD，
∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF，
∴，
即AE•DF＝AF•DC，
设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，
解得或（舍去），
∴AE＝．
（3）证明：如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，
在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG为等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2019•安徽）如图，点E在▱ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE．
（1）求证：△BCE≌△ADF；
（2）设▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求的值．
【分析】（1）根据ASA证明：△BCE≌△ADF；
（2）根据点E在▱ABCD内部，可知：S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵AF∥BE，
∴∠EBA+∠BAF＝180°，
∴∠CBE＝∠DAF，
同理得∠BCE＝∠ADF，
在△BCE和△ADF中，
∵，
∴△BCE≌△ADF（ASA）；
（2）解：∵点E在▱ABCD内部，
∴S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，
由（1）知：△BCE≌△ADF，
∴S△BCE＝S△ADF，
∴S四边形AEDF＝S△ADF+S△AED＝S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，
∵▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，
∴＝＝2．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练利用三角形和平行四边形边的关系得出面积关系是解题关键．
1．（2023•凤阳县二模）如图，点A是菱形BDEF对角线的交点，BC∥FD，CD∥BE，连接AC，交BD于O．
（1）求证：AC＝BD；
（2）若BE＝10，DF＝24，求AC的长．
【分析】（1）根据BC∥FD，CD∥BE判定四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的性质得出∠BAD＝90°，从而证得四边形ABCD是矩形，即可证明AC＝BD；
（2）根据菱形的性质可得AB和AD的长，根据勾股定理求出BD的长，据此即可求解．
【解答】（1）证明：∵BC∥FD，CD∥BE，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形BDEF是菱形，
∴FD⊥BE，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD；
（2）∵四边形BDEF是菱形，BE＝10，DF＝24，
∴AF＝AD＝12，AB＝AE＝5，∠BAD＝90°，
根据勾股定理得：，
∴AC＝BD＝13．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质以及菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和菱形的性质并灵活运用．
2．（2023•烈山区一模）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，
∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，
∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，
∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，
∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴MN＝MD＝AD，
∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，
∴∠MND＝∠CND＝∠2，
∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，
∴∠CEN＝90°，
∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，
∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，
∴PN＝2PE＝2，
∴CE＝PC+PE＝3，
∴NC＝＝＝2．
【点评】此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023•长丰县模拟）已知E是四边形ABCD的边CD上一点，AE的垂直平分线分别交AD，BC于点M，N，交对角线BD于点F，AE与MN交于点O，连接EM，EF．
（1）如图1，若AE平分∠DAF，求证：四边形AFEM是菱形．
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，且AD＝10，AB＝6，若EF∥AD，求EM的长．
【分析】（1）先根据AAS证明△AFO≅△AMO，得AM＝AF．根据MN是AE的垂直平分线，得ME＝AM，AF＝EF，进而得四边形AFEM四边相等，从而得出四边形AFEM是菱形．
（2）根据四边形ABCD是矩形，得DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，AD∥BC，因为四边形AFEM是菱形，AM＝EM＝EF＝x，则DM＝10﹣x，根据EF∥BC，推△DFE～△DBC，得出，求出DE＝，再根据勾股定理求出x，也就求出EM的长．
【解答】（1）证明：∵AE平分∠DAF，
∴∠MAE＝∠FAE．
∵MF⊥AE，
∴∠AOF＝∠AOM＝90°．
∵AO＝AO，∠MAE＝∠FAE，
∴△AFO≅△AMO，
∴AM＝AF．
∵MN是AE的垂直平分线，
∴ME＝AM，AF＝EF，
∴AM＝ME＝AF＝EF，
∴四边形AFEM是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，且AD＝10，AB＝6，
∴DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，AD∥BC，
由（1）可得四边形AFEM是菱形，
∴AM＝ME＝AF＝EF，AD∥EF，
设AM＝EM＝EF＝x，则DM＝10﹣x．
∵EF∥BC，
∴△DFE～△DBC，
∴，
即，
∴DE＝．
在Rt△DEM中，DE2+DM2＝EM2，
即，
解得x1＝，x2＝50（舍去），
∴EM＝．
【点评】本题考查矩形的性质、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质，掌握这几个知识点的综合应用是解题关键．
4．（2023•舒城县模拟）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接CE并延长交AD于点F，过点E作EG⊥CE交AB于点G，连接CG交BD于点H，连接GF．
​（1）求证：CE＝EG；
（2）求证：；
（3）若AF＝2DF，求的值．
【分析】（1）过点E分别作EP⊥AB，EQ⊥BC，垂足分别为P、Q，先证出四边形EPBQ为矩形，再根据正方形的性质得出EP＝EQ，从而得出四边形EPBQ为正方形，结合EG⊥CE，推出∠CEQ＝∠GEP，利用ASA证得△CEQ≌△GEP，即可得出CE＝EG；
（2）延长QE交DA于点I，易证△DIE 和△BEP都是等腰直角三角形，四边形DIQC为矩形，则，，由（1）知△CEQ≌△GEP，则CQ＝PG，则，从而问题得证；
（3）将△CDF绕点C逆时针旋转90度至△CBF'，先证△FCG≌△F'CG得出∠F'GC＝∠FGC，再利用三角形内角和定理得出∠CEH＝∠F'GC，于是有∠CEH＝∠FGC，从而证得△CEH∽△CGF，得出△CEH和四边形EFGH的面积相等，又因为AF＝2DF，设AF＝2k，则DF＝k，AD＝AB＝3k，根据勾股定理求出，然后求出△CDF、△CBG、△FAG的面积，从而求出△CFG的面积，即可得出四边形EFGH的面积，从而问题得证．
【解答】（1）证明：如图，
过点E分别作EP⊥AB，EQ⊥BC，垂足分别为P、Q．
∴∠EPB＝∠EQB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABC＝∠EPB＝∠EQB＝90°，
∴四边形EPBQ为矩形，
∵四边形ABCD是正方形，BD为∠ABC的角平分线，
∴EP＝EQ，
∴四边形EPBQ为正方形，
∴∠PEQ＝90°，
又∵EG⊥CE，
∴∠CEG＝∠PEQ＝90°，
∴∠CEQ+∠QEG＝∠QEG+∠GEP，
∵∠CEQ＝∠GEP，
在△CEQ 和△GEP 中，
，
∴△CEQ≌△GEP（ASA），
∴CE＝EG；
（2）证明：如图，
延长QE交DA于点I，
则∠EID＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，
∴∠ADE＝45°，
即∠TDE＝45°，
∴△DIE是等腰直角三角形，
∴，
∵∠QID＝∠ADC＝∠DCB＝90°，
∴四边形DIQC为矩形，
∴DI＝CQ，
由（1）知△CEQ≌△GEP，
∴CQ＝GP，
∴DI＝GP，
∴，
同理△BEP是等腰直角三角形，
∴，
∴；
（3）解：如图，
将△CDF绕点C逆时针旋转90°至△CBF'，
∴CF＝CF'，
∵EG⊥CE，
∴∠GEC＝90°，
由（1）知CE＝EG，
∴∠ECG＝∠EGC＝45°，，
∴GCF'＝90°﹣∠ECG＝45°，
∴∠FCG＝∠F'CG，
又CG为公共边，
∴△FCG≌△F'CG（SAS），
∴∠F'GC＝∠FGC，
∵∠ECH＝∠GBH＝45°，∠CHE＝∠BHG，
∴180°﹣45°﹣∠CHE＝180°﹣45°﹣∠BHG，
即∠CEH＝∠BGH，
∴∠CEH＝∠FGC，
∴△CEH∽△CGF，
∴，
∴，
∴S△CEH＝S四边形EFGH，
又∵AF＝2DF，
∴设AF＝2k，则DF＝k，
∴AD＝AB＝3k，
设AG＝x，则BG＝3k﹣x，
∴F′G＝BG+BF′＝BG+DF＝3k﹣x+k＝4k﹣x，
∴FG＝F′G＝4k﹣x
在Rt△FAG中，由勾股定理得，FG2＝AG2+AF2，
∴（4k﹣x）2＝x2+（2k）2，
解得：，
∴，
，
，
，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识点，需熟练这些图形的性质．
5．（2023•泗县校级模拟）如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，E为直线BC上一点，连接AE，将AE绕点A逆时针旋转120°得到AF，连接BF交对角线AC于点G，H为边AB的中点，连接GH．
（1）如图1，当点E与点B重合时，请直接写出GH与AF的关系；
（2）如图2，当点E在边BC上时，其他条件不变，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）当BE＝2时，请直接写出GH的长．
【分析】（1）利用菱形的性质和三角形的中位线性质求解即可；
（2）成立，证明过程可根据菱形的性质证明Rt△AFD≌Rt△AEB（SAS）得到∠ADF＝∠ABE＝60°，进而可证明OG∥DF得到BG＝GF，进而得到GH为△ABF的中位线，利用三角形的中位线性质可得出结论；
（3）过A作AM⊥BC于M，连接DF，则∠AMB＝90°，在Rt△ABM中，利用锐角三角函数求得BM＝3，，在Rt△AME中，利用勾股定理求得，再由Rt△AFD≌Rt△AEB得到，进而由求解即可．＝当点E在BC的延长线上时，同法可求．
【解答】解：（1）结论：GH∥AF，，
理由：由题意，当点E与点B重合时，点F与点D重合，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BG＝GD，即BG＝GF，
又H为边AB的中点，
∴GH为△ABF的中位线，
∴GH∥AF；
（2）（1）中的结论成立，即GH∥AF，．
证明：在图2中，连接BD交AC于O，连接DF，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AC⊥BD，AD∥BC，AD＝AB，OB＝OD，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝120°，则∠ADB＝∠ABD＝30°，
由旋转性质得AF＝AE，∠EAF＝120，
∴∠FAD＝∠EAB＝120°﹣∠DAE，
在Rt△AFD和Rt△AEB中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△AEB（SAS），
∴∠ADF＝∠ABE＝60°，则∠FDB＝∠ADF+∠ADB＝90°，
∴∠FDB＝∠AOB＝90°，
∴OG∥DF，又OB＝OD，
∴，则BG＝GF，
∵H为边AB的中点，
∴GH为△ABF的中位线，
∴GH∥AF，；
（3）解：在图2中，过A作AM⊥BC于M，连接DF，则∠AMB＝90°，
在Rt△ABM中，AB＝6，∠ABM＝60°，
∴，，
在Rt△AME中，ME＝BM﹣BE＝1，
∴，
由（2）知Rt△AFD≌Rt△AEB，
∴，
∴．
当点E在CB的延长线上时，同法可得GH＝，
综上所述，GH的长为或
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、锐角三角函数、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和三角形的中位线性质是解答的关键．
6．（2023•雨山区校级模拟）已知在Rt△ABC中，AC＝BC＝6，D是边AB的中点，E是边BC所在直线上任意一点，连接DE，以DE为边在DE的左侧作正方形DEFG，连接CD，CF．
（1）当点E运动到如图1所示的位置且时，线段CD，CF与CE之间的数量关系为 ；
（2）如图2，当点E在线段CB的延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论，并证明．
（3）当∠EDC＝15°时，请直接写出CG的长．
【分析】（1）过点E作EH⊥BC交CD于H，根据SAS证△FEC≌△DEH，得CF＝DH，又，即可得出线段CD，CF，CE之间的数量关系；
（2）过点E作EH⊥CE交CD延长线于H，同（1），即可得出线段CD，CF，CE之间的数量关系；
（3）分两种情况讨论，当点E在线段BC上和点E在BC延长线上时，解直角三角形即可求解．
【解答】解：（1）如图①，过点E作EH⊥BC交CD于H，则∠CEH＝90°，
∵在Rt△ABC中，AC＝BC，且D为AB的中点，
∴∠ECH＝45°，
∴CE＝HE，，
∵四边形DEFG为正方形，
∴∠DEF＝90°，FE＝DE，
即∠DEH+∠HEF＝90°，
又∵∠FEC+∠HEF＝90°，
∴∠FEC＝∠DEH，
在△FEC和△DEH中，
，
∴△FEC≌△DEH（SAS），
∴CF＝HD，
∵CD＝HC+HD，
∴；
（2）不成立，此时，
证明如下：过点E作EH⊥CE交CD延长线于H，
∴∠CEH＝90°，
∵在Rt△ABC中，AC＝BC，且D为AB的中点，
∴∠DCB＝45°，
∴∠ECH＝∠DCB＝45°，
∴，
∵∠FEC＝90°﹣∠DEC＝∠DEH，
∴∠FEC＝∠DEH，
在△FEC和△DEH中，
，
∴△FEC≌△DEH（SAS），
∴CF＝HD，
∴；
（3）由题意可知AC＝BC＝6，∠EDC＝15°，
∴∠DEB＝∠EDC+∠DCB＝15°+45°＝60°，，，
当点E在线段BC上时，过点D作DM⊥BC，
∴，
∵BD＝CD，∠B＝∠DCG＝45°，∠BDE＝90°﹣CDE＝∠CDG，
∴△BDE≌△CDG（AAS），
∴BE＝CG，
在Rt△DEM中，∠DEB＝60°，DM＝3，
∴，
∴；
当点E在BC延长线上时，过点D作DN⊥BC，
同理，BE＝CG，∠DEN＝45°﹣15°＝30°，
在Rt△DEN中，∠DEN＝30°，DN＝3，
∴，
∴；
综上，CG的长为或．
【点评】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
7．（2023•合肥三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点E为斜边AB的中点，将线段AC平移至ED交BC于点M，连接CD、CE、BD．
（1）求证：CD＝BE；
（2）求证：四边形BECD为菱形；
（3）连接AD，交CE于点N，若 AC＝10，，求MN的长．
【分析】（1）证得四边形ACDE为平行四边形，得到AE＝CD，在Rt△ABC中，点E为斜边AB的中点，
AE＝CE＝BE，从而得到CD＝BE；
（2）证四边形ACDE是平行四边形，得CD＝AE，CD∥AE，再证四边形BECD是平行四边形，然后由直角三角形斜边上的中线性质得CE＝AB＝BE，即可得出结论；
（3）由平行线的性质得∠CEM＝∠ACE，由平行四边形和菱形的性质得CD＝CE，CN＝EN，DM＝EM＝DE＝5，BC⊥DE，证MN是△CDE的中位线，得MN＝CD，由锐角三角函数定义求出CD＝CE＝13，进一步解答即可．
【解答】（1）证明：∵ED为AC平移所得，
∴AC∥ED，AC＝ED，
∴四边形ACDE为平行四边形，
∴AE＝CD，
在Rt△ABC中，点E为斜边AB的中点，
∴AE＝CE＝BE，
∴CD＝BE．
（2）证明：∵四边形ACDE为平行四边形，
∴AE∥CD，即 CD∥BE，
又∵CD＝BE，
∴四边形BECD为平行四边形，
又∵CE＝BE，
∴四边形BECD为菱形．
（3）解：平移的性质得：AC∥ED，AC＝ED＝10，
∴∠CEM＝∠ACE，
由（1）得：四边形ACDE是平行四边形，四边形BECD为菱形，
∴CD＝CE，CN＝EN，DM＝EM＝DE＝5，BC⊥DE，
∴MN是△CDE的中位线，
∴MN＝CD，
∵cs∠CEM＝＝cs∠ACE＝，
∴CE＝EM＝13，
∴CD＝CE＝13，
∴MN＝．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理以及锐角三角函数的定义等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
8．（2023•固镇县一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在边AB，AD上，△ECF是等边三角形．
（1）如图1，对角线AC交EF于点M，求证：∠BCE＝∠FCM；
（2）如图2，点N在AC上，且AN＝BE，若BC＝3，BE＝1，求MN的值．
【分析】（1）由“SAS”可证△CBE≌△CAF，可得∠BCE＝∠FCM；
（2）连接FN，由（1）知△ABC是等边三角形，BE＝AF，根据菱形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到∠FAN＝∠BCA＝60°，根据全等三角形的性质得到EF＝BN，推出四边形BNFE是平行四边形，得到EF∥BN，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵△ECF是等边三角形，
∴EC＝CF，∠ECF＝∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝∠MCF；
（2）解：连接FN，
由（1）知△ABC是等边三角形，BE＝AF，
∴∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠FAN＝∠BCA＝60°，
∵AN＝BE，
∴AN＝BE＝AF＝1，
∴△AFN是等边三角形，AE＝2，
∴BE＝AF＝FN，
在△AEF和△CFN中，
，
∴△AEF≌△CFN（SAS），
∴EF＝BN，
∴四边形BNFE是平行四边形，
∴EF∥BN，
∴＝＝，
∴1﹣MN＝，
∴MN＝．
方法二：∵∠MAE＝∠EBC＝60°，∠2+∠3＝120°，∠2+∠4＝120°，
∴∠3＝∠4，
∴△MAE∽△EBC，
∴，
设MN＝x，则AM＝1﹣x，
∴，
∴x＝，
∴MN＝．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
9．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．
（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；
（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．
【分析】（1）设∠DEG＝α，则∠A＝4α，由菱形的性质得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再证∠M＝2α，即可得出结论；
（2）先证DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后证△FBE∽△MBD，得＝，即可得出结论．
【解答】（1）证明：设∠DEG＝α，则∠A＝4α，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，
∵DM⊥BD，
∴∠BDM＝90°，
∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝2∠DEG；
（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝∠CDM，
∴CD＝CM＝5，
∵EG⊥AD，
∴∠BEG＝90°，
∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，
∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，
∴∠DEM＝∠EDM，
∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，
∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，
∴BD＝＝＝8，
∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，
∴△FBE∽△MBD，
∴＝，
即＝，
解得：EF＝3，
即EF的长为3．
【点评】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．（2023•定远县二模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，点E在AD边上，连接BE、BD，若EB＝BC，BD平分∠EBC．
（1）如图1，求证：四边形EBCD是菱形；
（2）如图2，连接CE交BD于点O，连接AO，若EC＝BC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中长度等于的线段．
【分析】（1）根据平行线性质得到∠ADB＝∠DBC，根据角平分线的定义得到∠EBD＝∠DBC，得到EB＝ED，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BE＝BC＝ED，BD⊥CE，BO＝DO，∠CBO＝∠EBO，根据等边三角形的性质得到∠BCE＝∠CBE＝60°，根据三角函数的定义得到OB＝OD＝OC；根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠EBC，
∴∠EBD＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴EB＝ED，
∵EB＝BC，
∴ED＝BC，
∵ED∥BC，
∴四边形EBCD是平行四边形，
∵EB＝BC，
∴平行四边形EBCD是菱形；
（2）解：如图2，∵平行四边形EBCD是菱形，
∴BE＝BC＝ED，BD⊥CE，BO＝DO，∠CBO＝∠EBO，
∵EC＝BC，
∴EC＝BC＝BE，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠BCE＝∠CBE＝60°，
∴tan∠BCO＝＝，
∴OB＝OD＝OC；
∵∠BAD＝90°，
∴OA＝OB＝OD＝OC；
∵∠CBO＝∠EBO＝∠CBE＝30°，
∵EB＝ED，
∴∠EBO＝∠EDO＝30°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠EDO＝30°，
∴∠AOB＝∠OAD＝∠EDO＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB＝OB＝OC；
∴图2中长度等于OC的线段的线段是OA、OB、OD、AB．
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
11．（2023•蚌埠三模）如图，矩形ABCD是某生态农庄的一块植物栽培基地平面图，现欲修一条笔直的小路MN（宽度不计）经过该矩形区域，其中M，N都在矩形ABCD的边界上．已知AB＝8，BC＝6（单位：百米），小路MN将矩形ABCD分成面积为S1，S2（单位：平方百米）的两部分，其中S1≤S2，且点A在面积为S1的区域内，记小路MN的长为l百米．
（1）如图1，已知l＝3，设AN＝x百米．
①若x＝1，求S1的大小；
②求S1的最大值；
（2）若S2＝2S1，点M在CD边上，点N在AB边上，求l的取值范围．
【分析】（1）①根据题意，在Rt△AMN中，由勾股定理可得，由l＝3，x＝1，代入计算求出，再由S1＝计算即可；
②由AM2+AN2＝（AM﹣AN）2+2AM•AN≥2AM•AN（当AM＝AN时取等号），再根据S1＝即可得出结论；
（2）如图，过点M作ME⊥AB于点E，证明四边形AEMD是矩形，可得ME＝AD＝BC，DM＝AE，再求出S1＝16，，可得，推出，再根据勾股定理可得，再根据二次函数的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，MN＝1，AN＝x，
∴∠A＝90°，
∴在Rt△AMN中，，
∵l＝3，x＝1，
∴，
∴，
∴S1的大小为；
②∵AM2+AN2＝（AM﹣AN）2+2AM•AN≥2AM•AN（当AM＝AN时取等号），
∴S1＝＝，
当AM＝AN时，，
∴S1的最大值为．
（2）如图，过点M作ME⊥AB于点E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠A＝∠AEM，
∵四边形AEMD是矩形，
∴ME＝AD＝BC，DM＝AE，
在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝8×6＝48，
∵S2＝2S1，
∴48＝S矩形ABCD＝S1+S2＝S1+2S1＝3S1，
∴S1＝16，
∴，
∴，
∴，
∴
＝
＝，
∴当时，l取最小值6，
当AN＝0或时，l取最大值，
∴l的取值范围是．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，勾股定理，二次函数的性质，矩形的面积和三角形的面积，完全平方公式的应用等知识点，掌握AM2+AN2≥2AM•AN（当AM＝AN时取等号）是解题的关键．
12．（2023•蜀山区二模）如图，矩形ABCD中，BE平分∠ABC交CD、AC于点E、F，交AD的延长线于点G，点M为EG的中点，连接AM，DM，CM．
（1）求证：△ADM≌△CEM；
（2）若，AD＝2．
①求MF的值；
②请直接写出tan∠AMF的值为 2 ．
【分析】（1）由矩形的性质得∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，CD∥AB，则∠EDG＝∠BAD＝90°，由∠ABE＝∠CBE＝45°，可证明∠G＝∠DEG＝45°，则DE＝DG，由点M为EG的中点，得DM＝EM，即可证明∠ADM＝∠CEM＝135°，而∠CEB＝∠ABE＝∠CBE，所以CE＝CB＝AD，即可证明△ADM≌△CEM；
（2）解：①由∠EDM＝∠DEM＝45°，得∠DME＝90°，则ED＝DM，而EC＝BC＝DM，ED＝EC＝BC＝AD＝2，则BA＝DC＝2EC＝4，再证明△CEF∽△ABF，得＝＝，而BE＝＝2，所以EF＝BE＝，由DM＝2，得EM＝DM＝，则MF＝EM+EF＝；
②连接AE，由GD＝ED＝AD，DE⊥AG，得AE＝GE＝2EM，由∠DEA＝∠DEG＝45°，得∠AEM＝90°，则tan∠AMF＝＝2，于是得到问题的答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，CD∥AB，
∴∠EDG＝∠BAD＝90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC＝45°，
∴∠DEG＝∠ABE＝45°，
∴∠G＝∠DEG＝45°，
∴DE＝DG，
∵点M为EG的中点，
∴DM＝EM＝EG，∠GDM＝∠EDM＝∠EDG＝45°，
∴∠ADM＝∠CEM＝180°﹣45°＝135°，
∵∠CEB＝∠ABE＝∠CBE，
∴CE＝CB＝AD，
在△ADM和△CEM中，
，
∴△ADM≌△CEM（SAS）．
（2）解：①∵∠EDM＝∠DEM＝45°，
∴∠DME＝90°，
∴ED＝＝＝DM，
∵EC＝BC＝DM，
∴ED＝EC＝BC＝AD＝2，
∴BA＝DC＝2EC＝4，
∵CE∥AB，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝＝＝，
∵BE＝＝＝2，
∴EF＝BE＝×2＝，
∵DM＝2，
∴EM＝DM＝，
∴MF＝EM+EF＝+＝，
∴MF的值为．
②连接AE，
∵GD＝ED＝AD，DE⊥AG，
∴AE＝GE＝2EM，
∵∠DEA＝∠DEG＝45°，
∴∠AEM＝90°，
∴tan∠AMF＝＝2，
故答案为：2．
【点评】此题重点考查矩形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，此题综合性较强，难度较大．
13．（2023•安徽模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°．
（1）若EA是∠BEF的角平分线，求证：FA是∠DFE的角平分线；
（2）若BE＝DF，求证：EF＝BE+DF．
【分析】（1）过A作AH⊥EF与H，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点，利用全等三角形的性质得到BG＝DF，AG＝AF；通过证明△GAE≌△FAE，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论．
【解答】证明：（1）过A作AH⊥EF与H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∵∠AHE＝90°，
∴∠B＝∠AHE，
∵EA是∠BEF的角平分线，
∴∠AEB＝∠AEH，
在△ABE与△AHE中，
，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴AB＝AH，
在Rt△AHF与Rt△ADF中，
，
∴Rt△AHF≌Rt△ADF（HL），
∴∠AFE＝∠AFD，
∴FA是∠DFE的角平分线；
（2）如图，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，
∴∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝∠D．
在△GAB和△FAD中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
∴BG＝DF，AG＝AF．
∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB＝90°，
∴∠GAF＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°．
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BG+BE，
∴DF+BE＝EF．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰当的辅助线是解题的关键．
14．（2023•砀山县一模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，∠FBC的平分线与边CD的交点为E．
（1）如图1，若点F在AD的延长线上，求证：∠A＝∠BFE；
（2）如图2，若点F在对角线BD上，且，求的值；
（3）如图3，若BE＝BC，EF与AD交于点G，延长EF、BA交点为M，延长BE、AD交点为H，且＝，求的值．
【分析】（1）证明△FBE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠C＝∠BFE，由菱形的性质得出∠A＝∠C．则可得出结论；
（2）延长AD，BE，交点为N，由平行线分线段成比例定理可得出，证出DN＝BD，则可得出结论；
（3）证明△FBE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠BFE＝∠C，证明△BEM≌△BAH（ASA），由全等三角形的性质得出BM＝BH，∠M＝∠H，证明△MGA≌△HGE（AAS），由全等三角形的性质得出GM＝GH，AG＝EG，证明△DGE∽△AGM，由相似三角形的性质得出答案．
【解答】解：（1）∵将线段BC绕点B逆时针旋转得线段BF，
∴BC＝BF，
∵BE平分∠FBC，
∴∠FBE＝∠CBE，
∵BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE（SAS），
∴∠C＝∠BFE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C．
∴∠A＝∠BFE；
（2）延长AD，BE，交点为N，
∵AN∥BC，
∴，∠N＝∠CBE，
∵∠CBE＝∠FBE，
∴∠N＝∠FBE，
∴DN＝BD，
∵，
∴，
∵BF＝BC，BD＝DN，
∴；
（3）∵BF＝BC，∠FBE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△FBE≌△CBE（SAS），
∴∠BFE＝∠C，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAD＝∠C，AB＝BC，
∴∠BFE＝∠BAD，BF＝AB，
∵BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝∠BAD，BE＝AB，
在△BEM和△BAH中，
，
∴△BEM≌△BAH（ASA），
∴BM＝BH，∠M＝∠H，
∵AM＝BM﹣AB，EH＝BH﹣BE，
∴AM＝EH，
∵∠MGA＝∠HGE，∠M＝∠H，AM＝EH，
∴△MGA≌△HGE（AAS），
∴GM＝GH，AG＝EG，
∵CD∥BM，
∴△DGE∽△AGM，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，旋转的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
15．（2023•肥西县二模）（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE．求证：AE＝FG；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，＝k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当时k＝，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的长．
【分析】（1）先证△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再证四边形DQFG是平行四边形，即可解决问题．
（2）过G作GM⊥AB于M．证明△ABE∽△GMF，即可解决问题．
（3）过P作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，
∴∠QAO+∠OAD＝90°，
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠QAO＝∠ADO，
∴△ABE≌△DAQ（ASA），
∴AE＝DQ，
∵DQ⊥AE，GF⊥AE，
∴DQ∥GF，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴GF＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴AE＝FG；
（2）结论：＝k．理由如下：
如图2中，过G作GM⊥AB于M，
∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∽△GMF，
∴，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴＝k；
（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．
∵FB∥GC，FE∥GP，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝＝，
∴可以假设BE＝4t，BF＝3t，EF＝AF＝5t，
∵，FG＝2，
∴AE＝，
∴（4t）2+（8t）2＝（）2，
∴t＝或﹣（舍弃），
∴BE＝，AB＝，EF＝AF＝，BF＝2，
∵BC：AB＝3：4，
∴BC＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣＝，AD＝PE＝BC＝4，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FEB∽△EPM，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EM＝，PM＝，
∴CM＝EM﹣CE＝﹣＝，
∴CP＝＝＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
16．（2023•铜官区校级一模）已知四边形ABCD，AB∥CD，AC，BD相交于点P，且∠APB＝90°，，设AB＝c，BC＝a，AD＝b．
（1）①如图1，当∠ABD＝45°时，c＝2时，a＝ ；b＝ ；
②如图2，当∠ABD＝30°时，c＝4时，a＝ ；b＝ ；
（2）观察（1）中的计算结果，利用图3证明a2，b2，c2三者关系．
（3）如图4，在平行四边形ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，CD的中点，BE⊥EG，AD＝2，AB＝，求AF的长．
【分析】（1）①由等腰直角三角形的性质得到AP＝BP＝AB，根据直角三角形的性质求出PC＝PD＝1，再由勾股定理得到结果；②证明△PCD∽△PAB，由相似三角形的性质得出，求出PD和PC的长，由勾股定理可得出答案；
（2）设PD＝m，PC＝n，则PB＝2m，PA＝2n．根据勾股定理得出AD2＝PD2+PA2＝m2+（2n）2＝m2+4n2，BC2＝PC2+PB2＝n2+4m2＝a2，类比（1）即可证得结论；
（3）连接AC交EF于H，设BE与AF的交点为P，由点E、G分别是AD，CD的中点，得到EG是△ACD的中位线于是证出BE⊥AC，由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，根据E，F分别是AD，BC的中点，得到AE＝BF＝CF＝AD，证出四边形ABFE是平行四边形，证得EH＝FH，由（2）的结论得即可得到结果．
【解答】解：（1）①∵∠APB＝90°，∠ABD＝45°，
∴AP＝BP＝AB＝2，
∵CD∥AB，，
∴∠CDP＝∠ABD＝45°，PD＝1，
∴PC＝PD＝1，
∴a＝BC＝＝＝，b＝AD＝＝，
故答案为：，；
②∵CD∥AB，
∴△PCD∽△PAB，
∴，
在Rt△ABP中，AB＝4，∠ABD＝30°，
∴AP＝AB＝2，PB＝2，
∴PC＝1，PD＝，
∴a＝BC＝＝＝，b＝AD＝＝＝，
故答案为：，；
（2）4a2+4b2＝5c2．
证明：设PD＝m，PC＝n，则PB＝2m，PA＝2n．
根据勾股定理得：AD2＝PD2+PA2＝m2+（2n）2＝m2+4n2，
同理BC2＝PC2+PB2＝n2+4m2＝a2，
∴a2+b2＝n2+4m2+m2+4n2）＝5（m2+n2），
又∵AB2＝PA2+PB2＝（2n）2+（2m）2＝4m2+4n2＝c2，
∴4a2+4b2＝5c2；
（3）如图，连接AC，EF交于H，AC与BE交于点Q，设BE与AF的交点为P，
∵点E、G分别是AD，CD的中点，
∴EG是△ADC的中位线，
∴EG∥AC，
∵BE⊥EG，
∴BE⊥AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝2，
∴∠EAH＝∠FCH，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴AE＝AD，BF＝BC，
∴AE＝BF＝CF＝AD＝，
∵AE∥BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴EF＝AB＝6，AP＝PF，
在△AEH和△CFH中，
，
∴△AEH≌△CFH（AAS），
∴EH＝FH，
∴EQ，AH分别是△AFE的中线，
由（2）的结论得：4AP2+4EH2＝5AE2，
∴4＝5×，
∴AP＝，
∴AF＝2AP＝3．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，注意类比思想在本题中的应用．
17．（2023•定远县校级模拟）如图所示，BA⊥x轴于点A，点B的坐标为（﹣1，2），将△OAB沿x轴负方向平移3个单位，平移后的图形为△EDC．
（1）直接写出点C和点E的坐标；
（2）在四边形ABCD中，点P从点A出发，沿“AB→BC→CD”移动，移动到点D停止．若点P的速度为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，回答下列问题：
①当t为何值时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②用含t的式子表示点P在运动过程中的坐标（写出过程）；
③当5秒＜t＜7秒时，四边形ABCP的面积为4，求点P的坐标．
【分析】（1）根据平移直接得出结论；
（2）①分两种情况：利用点P的横纵坐标互为相反数，即可求出t的值；
②分三种情况：利用点P的横坐标（或纵坐标）已知，再由运动即可得出结论；
③先表示出点P的坐标，再利用梯形的面积公式建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）由题意知：C（﹣4，2），E（﹣3，0）；
（2）①当点P在AB上时，有P（﹣1，t），
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴t＝1，
当点P在BC上时，设P（xp，2），
∵点P的横纵坐标互为相反数，
∴xp＝﹣2，即﹣1﹣（t﹣2）＝﹣2，
解得：t＝3，
综上所述：当t为1秒或3秒时，点P的横坐标与纵坐标互为相反数；
②当点P在AB上时，有P（﹣1，t）；
当点P在BC上时，有点P纵坐标为2，
横坐标为：﹣1﹣（t﹣2）＝1﹣t
此时，P（1﹣t，2）；
当点P在CD上时，有点P的横坐标为﹣4，
纵坐标为：2﹣（t﹣2﹣3）＝7﹣t，
此时，P（﹣4，7﹣t）；
③如图，∵S四边形ABCP＝4，
∴S四边形ABCP＝•BC•（CP+BA）＝×3（t﹣5+2）＝4，
解得：t＝，
∴2﹣（t﹣5）＝2﹣+5，
＝，
∴P（﹣4，）．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平移的性质，梯形的面积公式，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
18．（2023•贵池区二模）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，求证：CF＝DE．
（2）如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若tan∠DCE＝，求的值．
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的长．
【分析】（1）设DE与CF的交点为G，利用SAS证明△AED≌△DFC，得DE＝CF；
（2）利用两个角相等证明△DEC∽△ABD，由相似三角形的性质得出，求出，则可得出答案；
（3）过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，可得四边形ABCH为矩形，再证明△DEA∽△CFH，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【解答】（1）证明：设DE与CF的交点为G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠FDC＝90°，AD＝CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF＝90°，
∴∠ADE+CFD＝90°，∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠CFD＝∠AED，
在△AED与△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE＝CF；
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠EDC＝90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC＝90°，
∴∠CDG+∠ECD＝90°，∠ADB+∠CDG＝90°，
∴∠ECD＝∠ADB，
∵∠CDE＝∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴，
∵tan∠DCE＝＝，
∴；
（3）解：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G＝∠H＝∠A＝∠B＝90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB＝CH，∠FCH+∠CFH＝∠DFG+∠FDG＝90°，
∴∠FCH＝∠FDG＝∠ADE，∠A＝∠H＝90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴，
∴，
∵AB＝5，AD＝3，CF＝7，
∴，
∴DE＝．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．采用类比的数学思想方法是解题的关键．
19．（2023•凤台县校级二模）感知：数学课上，老师给出了一个模型：如图1，点A在直线DE上，且∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，像这种一条直线上的三个顶点含有三个相等的角的模型我们把它称为“一线三等角“模型．
应用：（1）如图2，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：△BEC≌△CDA．
（2）如图3，在△ABC中，D是BC上一点，∠CAD＝90°，AC＝AD，∠DBA＝∠DAB，AB＝2，求点C到AB边的距离．
（3）如图4，在▱ABCD中，E为边BC上的一点，F为边AB上的一点．若∠DEF＝∠B，AB＝10，BE＝6，求的值．
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠ACD＝∠EBC，可证明△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，证明△CAE≌△ADF（AAS），由全等三角形的性质可得出CE＝AF＝，则可得出答案；
（3）过点D作DM＝DC交BC的延长线于点M，证明△BFE∽△MED，由相似三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∠BCE+∠ACB+∠ACD＝180°，
∴∠BCE+∠ACD＝180°，
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，∠EBC+∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△BEC和△CDA中，
，
∴△BEC≌△CDA（AAS）；
（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥AB于，交BA的延长线于点E，
∵∠DBA＝∠DAB，
∴AD＝BD，
∴AF＝BF＝AB＝，
∵∠CAD＝90°，
∴∠DAF+∠CAE＝90°，
∵∠DAF+∠ADF＝90°，
∴∠CAE＝∠ADF，
在△CAE和△ADF中，
，
∴△CAE≌△ADF（AAS），
∴CE＝AF＝，
即点C到AB的距离为；
（3）解：过点D作DM＝DC交BC的延长线于点M，
∴∠DCM＝∠M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DM＝CD＝AB＝10，AB∥CD，
∴∠B＝∠DCM＝∠M，
∵∠FEC＝∠DEF+∠DEC＝∠B+∠BFE，∠B＝∠DEF，
∴∠DEC＝∠BFE，
∴△BFE∽△MED，
∴．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
20．（2023•安徽模拟）如图，AH是△ABC的高，CD是△ABC的中线，AH＝CD，DE∥AC，BE∥CD，直线AH交CD于点M，交CE于点N．
（1）求证：四边形BDCE是平行四边形；
（2）求∠BCD的度数；
（3）当BC＝，CN＝4EN时，求线段MH的长．
【分析】（1）证△ADC≌△DBE（ASA），得CD＝BE，再由BE∥CD，即可得出结论；
（2）取BH的中点G，连接DG，由三角形中位线定理得DG＝AH，DG∥AH，再证DG＝CD，得∠DCG＝30°，即∠BCD＝30°；
（3）设MH＝x，由含30°角的直角三角形的性质得CH＝MH＝x，则BH＝BC﹣CH＝﹣x，再由平行四边形的性质得CE＝BD＝AB，CE∥AB，然后证△CHN∽△BHA，得出CN＝CE，则CN＝AB，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠EDB，
∵BE∥CD，
∴∠CDA＝∠EBD，
∵CD是△ABC的中线，
∴AD＝BD，
在△ADC和△DBE中，
，
∴△ADC≌△DBE（ASA），
∴CD＝BE，
∵BE∥CD，
∴四边形BDCE是平行四边形；
（2）解：取BH的中点G，连接DG，如图所示：
∵CD是△ABC的中线，
∴DG是△ABH的中位线，
∴DG＝AH，DG∥AH，
∵AH是△ABC的高，
∴DG⊥BC，
∴∠CGD＝90°，
∵AH＝CD，
∴DG＝CD，
∴∠DCG＝30°，
即∠BCD＝30°；
（3）解：设MH＝x，
∵AH⊥BC，∠BCD＝30°，
∴CH＝MH＝x，
∴BH＝BC﹣CH＝﹣x，
由（1）得：四边形BDCE是平行四边形，
∴CE＝BD＝AB，CE∥AB，
∴△CHN∽△BHA，
∴＝，
∵CN＝4EN，
∴CN＝CE，
∴CN＝AB，
∴＝，
解得：x＝，
∴线段MH的长为．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
21．（2023•歙县校级模拟）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可得BM＝BN，∠MBN＝60°，再根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形证明即可；
（2）根据等边三角形的性质可得AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，再求出∠ABM＝∠EBN，然后利用“边角边”证明△AMB和△ENB全等即可；
（3）①根据两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，再根据正方形的性质解答；
②根据全等三角形对应边相等可得AM＝EN，然后求出AM+BM+CM＝EN+MN+CM，再根据两点之间线段最短证明．
【解答】（1）解：△BMN是等边三角形．
理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
（2）证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，
∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，
即∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（3）①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点M为BD的中点；
②当点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小，
理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN+MN+CM，
故，点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，两点之间线段最短，（3）从两点之间线段最短考虑求解是解题的关键．
22．（2023•芜湖三模）如图1，正方形ABCD与正方形CEGF有公共顶点C，连接AC、AG、BE，其中0°＜∠BCE＜45°．
（1）试判断线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（2）若B、E、F三点共线，如图2，连接CG并延长交AD于点H．若AG＝6，GH＝2，求BC的长．​
【分析】（1）连接CG，由旋转的性质可知∠BCE＝∠ACG＝α，根据相似三角形的判定与性质可得答案；
（2）根据相似三角形的性质可得∠AGH＝∠CAH＝45°，然后判定△AHG∽△AHG，再根据相似三角形的性质及勾股定理可得答案．
【解答】解：（1）线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE，理由如下：
连接CG，
由旋转的性质可知∠BCE＝∠ACG＝α，
在Rt△CEG和Rt△CBA中，
，，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴＝，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；
（2∵∠CEF＝45°，B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°，
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°，
∴∠AGH＝∠CAH＝45°，
∵∠CHA＝∠AHG，
∴△AHG∽△CHA，
∴，
设BC＝CD＝AD＝a，则AC＝a，
∴，
∴AH＝a，
∴DH＝AD﹣AH＝a，CH＝a，
∴，
∴，
∴a＝3，即BC＝3．
【点评】此题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
23．（2023•金安区校级三模）如图1，点O为矩形ABCD对角线BD的中点，直线EF过点O，分别交AD，BC于点E，F，∠EOB＜90°．将矩形ABCD沿EF折叠，点A的对应点为点H，点B的对应点为点G，GF交BD于点N，交AD于点P，连接GD．
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：GD∥EF；
（3）如图2，连接GO交AD于点M，连接MN．判断GD，MN和EF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）利用AAS证明△DEO≌△BFO，推出DE＝BF，即可证明AE＝CF．
（2）由对称的性质可得∠BFE＝∠GFE，BF＝GF，等量代换可得∠PEF＝∠PFE，进而可得PE＝PF，．根据DE＝BF，BF＝GF，可得DE＝GF，进而可得PD＝PG，，推出∠PEF＝∠PDG，即可证明GD∥EF；
（3）先证△MEO≌△NFO（ASA），推出ME＝NF，进而可得PM＝PN．再依次证△PMN∽△PEF，△DMN∽△DEO，△OMN∽△OGD，根据相似三角形的性质可得，，进而可得，变形可得，即．
【解答】（1）证明∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO．
∵点O为BD的中点，
∴BO＝DO．
∴△DEO≌△BFO（AAS），
∴DE＝BF，
∴AE＝CF．
（2）证明：由对称可得∠BFE＝∠GFE，BF＝GF．
∵∠DEO＝∠BFE，
∴∠PEF＝∠PFE．
∴PE＝PF．
∴．
由（1）得DE＝BF，
∴DE＝GF．
∴PD＝PG．
∴．
∵∠EPF＝∠DPG，
∴∠PEF＝∠PDG．
∴GD∥EF．
（3）解：数量关系是：．
∵△DEO≌△BFO，
∴EO＝FO．
由对称可得∠GOE＝∠BOE，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴∠GOE＝∠NOF，
由（2）知∠PEF＝∠PFE，即∠MEO＝∠NFO，
在△MEO和△NFO中，
，
∴△MEO≌△NFO（ASA），
∴ME＝NF．
∵PE＝PF，
∴PM＝PN．
∴．
∵∠MPN＝∠EPF，
∴△PMN∽△PEF，
∴∠PMN＝∠PEO，
∴MN∥EF，
∴∠DMN＝∠DEO，∠DNM＝∠DOE．
∴△DMN∽△DEO，
∴．
∵GD∥EF，
∴MN∥GD．
同理可证△OMN∽△OGD，
∴．
∴．
∴．
即．
∵EF＝2EO，
∴．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，轴对称的性质等，解题的关键是综合运用上述知识点，逐步进行推导论证是解题的关键．
24．（2023•金安区一模）如图，在正方形ABCD中，E为边BC上的一动点，作AF⊥DE交DE，DC分别于P，F两点，连接PC．
（1）若＝﹣1，求∠DEC的度数；
（2）当E为BC的中点时．
①求证：F为DC的中点；
②若正方形的边长为4，求PC的长．​
【分析】（1）由线段关系可求BC＝CD＝CE，由锐角三角函数可求解；
（2）①由“ASA”可证△ADF≌△DCE，可得EC＝DF，即可求解；
②由锐角三角函数可求PF，PD的长，可求PE的长，由“SAS”可证△CNE≌△CPF，可得CN＝CP，PF＝EN＝2，∠ECN＝∠PCF，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】（1）解：∵﹣1，
∴BE＝（﹣1）CE，
∴BC＝CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝CE，∠DCB＝90°，
∵tan∠DEC＝，
∴∠DEE＝60°；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠DCB＝∠DPF＝90°，
∴∠ADP+∠DAF＝90°，∠ADP+∠EDC＝90°，
∴∠DAF＝∠EDC，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DF＝CE，
∵E为BC的中点，
∴，
∵BC＝DC，
∴，
∴F为DC的中点；
②如图，延长PE到点N，使得EN＝PF，连接CN，
∵AD＝CD＝BC＝4，
∴CE＝2＝CF＝DF，
∴DE＝＝10，
∵sin∠CDE＝，
∴，
∴PF＝2，
∵tan∠CDE＝，
∴PD＝4，
∴PE＝10﹣4＝6，
∵△ADF≌△DCE，
∴∠AFD＝∠DEC，
∴∠CEN＝∠CFP，
又∵EN＝PF，CF＝EC，
∴△CNE≌△CPF（SAS），
∴CN＝CP，PF＝EN＝2，∠ECN＝∠PCF，
∵∠PCF+∠ECP＝90°，
∴∠ECN+∠ECP＝∠NCP＝90°，
∴△NCP是等腰直角三角形，
∵PN＝PE+NE＝8，
∴．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
25．（2023•杜集区校级模拟）如图，∠CAB＝30°，D，E分别是射线AB，AC上的动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转60°得到DF，连接AF．
（1）如图1，当∠ADE＝30°时，求证：DF＝AF；
（2）如图2，当∠ADE＜30°时，（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出新的结论并证明；
（3）若AD＝4，DE＝3，请直接写出以A，D，E，F为顶点的四边形的面积．
【分析】（1）由已知条件可得∠ADE＝∠CAB＝∠ADF＝30°，由旋转可得DF＝DE，进而可证四边形AEDF是平行四边形，等量代换可得DF＝AF；
（2）过点F作FG⊥AB于点G，过点D作DQ⊥AC于点Q，则∠FGD＝∠DQE＝90°，先证△QDE≌△GDF，进而证明AG＝DG，结合FG⊥AB可知点FG垂直平分AB，即可得出DF＝AF；
（3）分∠ADE＜60°，∠ADE＝60°，∠ADE＞60°三种情况，画出示意图，利用勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质等分别计算即可．
【解答】（1）证明：∵∠ADE＝30°，∠EDF＝60°，
∴∠ADF＝∠EDF﹣∠ADE＝60°﹣30°＝30°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠ADE＝∠CAB＝∠ADF，
∴AE＝DE，AE∥DF，
由旋转，知DF＝DE，
∴AE＝DF，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AF＝DE，
∴DF＝AF；
（2）解：成立，理由如下：
如图，过点F作FG⊥AB于点G，过点D作DQ⊥AC于点Q，则∠FGD＝∠DQE＝90°，
∵∠CAB＝30°，
∴∠ADQ＝60°，，
由旋转，知DF＝DE，∠EDF＝60°，
∴∠QDE+∠ADE＝∠GDF+∠ADE＝60°，
∴∠QDE＝∠GDF，
∴△QDE≌△GDF（AAS），
∴DQ＝DG，
∴，
∴AG＝DG，
又∵FG⊥AB，
∴DF＝AF；
（3）解：分三种情况：当∠ADE＜60°时，如图所示，
与（2）同理，得，△QDE≌△GDF，
∴DQ＝2，QE＝FG，
在Rt△QDE中，由勾股定理，得，
∴，
在Rt△AQD中，由勾股定理，得，
∴，
∴S+＝＝；
当∠ADE＝60°时，此时，与题意不符，故舍去；
当∠ADE＞60°时，过点F作FM⊥AB于点M，FN⊥DE于点N，过点D作DQ⊥AC于点Q，则∠FMD＝∠DQE＝90°，
∵∠CAB＝30°，DQ⊥AC，
∴∠ADQ＝60°，，
由旋转，知DF＝DE＝3，∠EDF＝60°，
∴∠MDF＝∠QDE，△DEF是等边三角形，
∴△MDF≌△QDE（AAS），
∴FM＝QE，
在Rt△QDE中，由勾股定理，得，
∴，
∵△DEF是等边三角形，FN⊥DE，
∴，
∴S四边形AEDF＝S△ADF+S△ADE＝＝＝2；
综上所述，以A，D，E，F为顶点的四边形的面积为或．
【点评】本题考查旋转的性质，勾股定理，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质等，难度较大，解题的关键是综合应用上述知识点，第三问注意分情况讨论，避免漏解．
26．（2023•安庆二模）正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点，连接AP，过点P作AP的垂线分别交边AB，CD于E，F，交CB的延长线于点G，作PH⊥BD交AB于点H．
（1）求证：△APH≌△GPB；
（2）连接HF，AG．
①求证：四边形ADFH是矩形；
②如果点E是PG的中点，△AGE和△PDF的面积分别是S1，S2，求的值．
【分析】（1）过点P作AP的垂线，先证明△BPH是等腰直角三角形，再证明△APH≌△GPB（AAS）即可；
（2）①过点P作MN∥BC交AB于点M，交CD于点N，过点F作FJ⊥CD交BD于点J，先证明△AMP≌△PNF（AAS），再证明△PBG≌△PJF（AAS）即可；②先证明BG＝DF，再证明，设BG＝DF＝a，求出即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，∠ABD＝45°，∠ABC＝90°，
过点P作AP的垂线，PH⊥BD，
△BPH是等腰直角三角形，
∴PH＝PB，∠PBH＝∠PHB＝45°，
∴∠PHA＝∠PBG＝135°
∵∠APH+∠HPE＝90°，∠BPG+∠HPE＝90°，
∴∠APH＝∠BPG，
∴△APH≌△GPB（AAS）；
（2）①证明：过点P作MN∥BC交AB于点M，交CD于点N，过点F作FJ⊥CD交BD于点J，连FH，
∴∠PMB＝∠PND＝90°，∠ABD＝∠CDB＝45°，AB＝BC，
∴△PMB是等腰直角三角形
∴PM＝MB，∴AM＝PN，∠PMA＝∠PND＝90°，
∵∠PAM+∠APM＝90°，∠NPF+∠APM＝90°，
∠PAM＝∠FPN，
∴△AMP≌△PNF（AAS），
∴PA＝PF＝PG，∠BPG＝∠FPD，
∵JF∥BG，
∴∠G＝∠PFJ，
∴△PBG≌△PJF（AAS），
BG＝JF，
∵△DFJ是等腰直角三角形，
∴DF＝FJ，
∵BG＝AH，
∴AH＝DF，AH∥DF，∠BAD＝90°，
四边形ADFH是平行四边形，
∵∠BAD＝90°
∴四边形ADFH是矩形；
②解：
△AEG的高为BG，△DFP的底为DF，
∵BG＝DF，
＝＝，
设BG＝DF＝a，
∵PM∥BG，PE＝GE，
∴，PM＝FN＝a，DN＝PN＝2a，
∴AM＝2a，，
，
．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，综合性质较强，题目难度较大．通过作辅助线得出全等三角形是解题的关键．
27．（2023•利辛县模拟）综合与实践
问题解决：
（1）已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE＝BF，连接AE．如图1，当点E在BC上时，请判断AE和CF的关系，并说明理由．
问题探究：
（2）如图2，点H是AE延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转，当点F在直线BC右侧时，求证：；
问题拓展：
（3）将△BEF绕点B旋转一周，当∠CFB＝45°时，若AB＝3，BE＝1，请直接写出线段CH的长．
【分析】（1）延长AE交CF于点G，由正方形的性质得AB＝CB，∠ABE＝90°，因为BE＝BF，∠EBF＝90°，所以∠ABE＝∠CBF＝90°，可证明△ABE≌△CBF，得BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，则∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，即可证明AE⊥CF；
（2）在AH上截取AL＝CH，连接BL，先证明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，再证明△BAL≌△BCH，得BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，可推导出∠LBH＝∠ABC＝90°，则LH＝＝BH，所以AH﹣CH＝AH﹣AL＝LH＝BH；
（3）分两种情况，一是∠CFB＝45°，且点F在直线BC右侧，可证明点E在CF上，点H与点E重合，作BN⊥CF于点N，则EF＝，BN＝EN＝FN＝，所以CN＝＝，则CH＝CE＝﹣；二是∠CFB＝45°，且点F在直线BC左侧，可证明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，进而证明∠AFC＝90°，则∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，所以点F在AE上，点H与点F重合，作BQ⊥AE于点Q，可求得BQ＝FQ＝EQ＝，AQ＝＝，则CH＝CF＝AE＝+．
【解答】（1）解：AE＝CF，AE⊥CF，
理由：如图1，延长AE交CF于点G，
∵四边形ABCD是正方形，点E在BC上，
∴AB＝CB，∠ABE＝90°，
∵BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠ABE＝∠CBF＝90°，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，
∵∠AEB＝∠CEG，
∴∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CGE＝90°，
∴AE⊥CF.
（2）证明：如图2，在AH上截取AL＝CH，连接BL，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°﹣∠CBE，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF，
∴∠BAL＝∠BCH，
∴△BAL≌△BCH（SAS），
∴BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，
∴∠LBH＝∠LBC+∠CBH＝∠LBC+∠ABL＝∠ABC＝90°，
∴LH＝＝＝BH，
∴AH﹣AL＝LH＝BH，
∴AH﹣CH＝BH．
（3）解：当∠CFB＝45°，且点F在直线BC右侧时，如图3，
∵BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠EFB＝∠FEB＝45°，
∴∠EFB＝∠CFB，
∴点E在CF上，点H与点E重合，
作BN⊥CF于点N，则∠BNF＝∠BNC＝90°，
∵BC＝AB＝3，BF＝BE＝1，
∴EF＝＝＝，
∴BN＝EN＝FN＝EF＝，
∴CN＝＝＝，
∴CH＝CE＝CN﹣EN＝﹣；
当∠CFB＝45°，且点F在直线BC左侧时，如图4，设CF与AB交于点P，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°+∠ABF，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，
∵∠APF＝∠BPC，
∴∠BAE+∠APF＝∠BCF+∠BPC＝90°，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，
∴点F在AE上，点H与点F重合，
作BQ⊥AE于点Q，则∠BQE＝∠BQA＝90°，
∵AB＝3，BQ＝FQ＝EQ＝EF＝，
∴AQ＝＝＝，
∴CH＝CF＝AE＝AQ+EQ＝+，
综上所述，线段CH的长为﹣或+．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
28．（2023•五河县校级模拟）已知在▱ABCD中，对角线交于点O，将△OBA绕点O按顺时针方向旋转α角（90°＜α＜180°）得到△OEF，连接BE，AF，ED．
（1）如图1，当∠ABC＝90°且AB＝BC时，BE与AF的数量关系是 BE＝AF ．
（2）如图2，当∠ABC＝90°且AB≠BC时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，并直接写出当AC＝8，AF＝6时，DE的长；若不成立，请说明理由．
（3）如图3，当AC＝8，AF＝OB＝6时，DE的长为 3 ．
【分析】（1）利用平行四边形的性质和直角三角形斜边中线的性质可得，由旋转的性质可得OB＝OE，OA＝OF，∠BOA＝∠EOF，进而证明△BOE≌△AOF，可得BE＝AF；
（2）同（1）可证△BOE≌△AOF（SAS），推出BE＝AF，通过OB＝OE＝OD，可证∠BED＝90°，由勾股定理可得；
（3）根据，∠BOE＝∠AOF，证明△BOE∽△AOF，推出，求出BE＝9，再用勾股定理解Rt△BED即可．
【解答】解：（1）∵▱ABCD中，对角线交于点O，
∴OA＝OC，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴，OB⊥AC，
由旋转的性质可得OB＝OE，OA＝OF，∠BOA＝∠EOF＝90°，
∴OB＝OE＝OA＝OF，∠BOE＝∠AOF，
在△BOE和△AOF中，
，
∴△BOE≌△AOF（SAS），
∴BE＝AF，
故答案为：BE＝AF；
（2）成立．
证明：∵▱ABCD中，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，
由旋转的性质可得OB＝OE，OA＝OF，∠BOA＝∠EOF，
∴OF＝OE，∠BOA+∠AOE＝∠EOF+∠AOE，即∠BOE＝∠AOF，
在△BOE和△AOF中，
，
∴△BOE≌△AOF（SAS），
∴BE＝AF；
当AC＝8，AF＝6时，．求解过程如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝8，OB＝OD，
∵OB＝OE，
∴OB＝OE＝OD，
∴∠EBO＝∠BEO，∠OED＝∠ODE，
又∵∠OED+∠ODE+∠EBO+∠BEO＝180°，
∴∠BED＝∠OEB+∠OED＝90°，
∵BE＝AF，AF＝6，
∴BE＝6，
∴；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∵AC＝8，AF＝OB＝6，
∴BD＝12，OA＝4，
由旋转的性质可得OB＝OE，OA＝OF，∠BOA＝∠EOF，
∴，∠BOE＝∠AOF，
∴△BOE∽△AOF，
∴，
即，
∴BE＝9，
∵OB＝OD＝OE，
同（2）可得∠BED＝90°，
在Rt△BED中，由勾股定理，得，
故答案为：．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理和旋转的性质．
29．（2023•庐阳区一模）如图，正方形ABCD中，点E在边AD上（不与端点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为点F，连接CF，设∠ABE＝α．
（1）求∠AFC的大小；
（2）过点C作CG⊥AF，垂足为G，连接DG．
①求证：DG∥CF；
②连接OD，若OD⊥DG，求sinα的值．
【分析】（1）由轴对称的性质可得AB＝BF，BE⊥AF，可求∠CBF＝90°﹣2α，由等腰三角形的性质可求解；
（2）①通过证明点A，点D，点G，点C四点共圆，可得∠AGD＝∠ACD＝45°，由等腰三角形的性质可得∠AFB＝90°﹣α，可得∠CFG＝45°＝∠DGA，可证DG∥CF；
②先证明△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，可得：DO＝DG，FG＝CG，再证明△DAO≌△DCG（SAS），可得AO＝CG，再由对称可得AO＝OF，进而推出AF＝2DF，利用勾股定理可得AD＝DF，再利用三角函数定义即可求得答案．
【解答】（1）解：如图1，连接BF，
∵点A关于直线BE的对称点为点F，
∴AB＝BF，BE⊥AF，
∴∠ABE＝∠EBF＝α，
∴∠BFA＝90°﹣α，∠CBF＝90°﹣2α，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∴BF＝BC，
∴∠BFC＝＝＝45°+α，
∴∠AFC＝∠BFA+∠BFC＝90°﹣α+45°+α＝135°；
（2）①证明：如图2，连接AC，BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，
∵CG⊥AF，
∴∠CGA＝∠ADC＝90°，
∴点A，点D，点G，点C四点共圆，
∴∠AGD＝∠ACD＝45°，
由（1）知∠AFC＝135°，
∴∠CFG＝45°＝∠DGA，
∴DG∥CF；
②解：如图3，连接BF，DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠BAD＝∠ADC＝90°，
由①知：∠AGD＝∠CFG＝45°，
∵OD⊥DG，CG⊥FG，
∴∠ODG＝∠CGF＝90°，
∴△ODG和△CFG均为等腰直角三角形，
∴DO＝DG，FG＝CG，
∵∠ADO+∠OAC＝∠CDG+∠OAC＝90°，
∴∠ADO＝∠CDG，
∵DA＝DC，
∴△DAO≌△DCG（SAS），
∴AO＝CG，
∵点A关于直线BE的对称点为点F，
∴AO＝OF，
∴AO＝OF＝FG，
∴DF⊥OG，DF＝OF＝AF，
∴∠AFD＝90°，AF＝2DF，
在Rt△ADF中，AD＝＝＝DF，
∵∠ABE+∠BAO＝∠DAF+∠BAO＝90°，
∴∠DAF＝∠ABE＝α，
∴sinα＝sin∠DAF＝＝＝．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角函数定义，圆的有关知识，等腰直角三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
30．（2023•砀山县二模）如图1，在四边形ABCD中，∠A＝90°，M是AD上一动点，连接BM，CM，MB平分∠AMC．
（1）求证：∠CMD＝2∠ABM．
（2）如图2，∠MBC＝90°．
①若BC＝2AB＝6，求AM的长．
②若∠ADC＝90°，求证：CM＝DM+2AM．
【分析】（1）由∠A＝90°，可得∠AMB＝90°﹣∠ABM，再由角平分线的定义可得∠AMB＝∠CMB，再利用三角形的内角和即可得出结论；
（2）①证明△ABM∽△BCM，可得，即，设AM＝x，BM＝2x，利用勾股定理求得；
②如图，延长DA至点E，使AE＝AM，连接BE，证明M，B，C，D四点共圆，可得∠MDB＝∠MCB，根据垂直平分线的性质可得BE＝BM，∠E＝∠BME，从而可得∠E＝∠CMB，证明△DEB≌△CMB（AAS）即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠A＝90°，
∴∠ABM+∠AMB＝90°，
∴∠AMB＝90°﹣∠ABM，
∵MB平分∠AMC，
∴∠AMB＝∠CMB，
∵∠AMB+∠CMB+∠CMD＝180°，
∴2（90°﹣∠ABM）+∠CMD＝180°，
∴∠CMD＝2∠ABM；
（2）①解：∵MB平分∠AMC，
∴∠AMB＝∠BMC，
∵∠MBC＝∠A＝90°，
∴△ABM∽△BCM，
∴，
∵BC＝2AB＝6，
∴，
设AM＝x，BM＝2x，
在Rt△ABM中，
AB2+AM2＝BM2，
∴32+x2＝4x2，
解得：或x＝﹣（舍去），
∴；
②证明：如图，延长DA至点E，使AE＝AM，连接BE，
∵∠ADC＝90°，∠MBC＝90°，
∴∠MDC+∠MBC＝180°，
∴M，B，C，D四点共圆，
∴∠MDB＝∠MCB，
∵∠DAB＝90°，AE＝AM，
∴BE＝BM，∠E＝∠BME，
∵MB平分∠AMC，
∴∠AMB＝∠CMB，
∴∠E＝∠CMB，
∵∠E＝∠CMB，∠ADB＝∠MCB，BE＝BM，
∴△DEB≌△CMB（AAS），
∴MC＝DE＝DM+2AM．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质、角平分线的定义、垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的内角和，熟练掌握相关知识是解题的关键．
31．（2023•庐江县二模）如图，点M，N分别在矩形ABCD的边BC和AD（或延长线）上，连接MA，MN，若∠AMN＝∠AMB．
（1）求证：△AMN是等腰三角形；
（2）当M为BC中点时，MN交CD于点E，若AB＝3，BC＝2，求ME的长；
（3）当M为BC上任意一点，探究MA，MB，MN间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由矩形的性质得AD∥BC，则∠MAN＝∠AMB，而∠AMN＝∠AMB，所以∠MAN＝∠AMN，即可证明△AMN是等腰三角形；
（2）作MF⊥AD于点F，则四边形ABMF和四边形DCMF都是矩形，所以FM＝AB＝3，AF＝BM＝CM＝FD＝1，设AN＝MN＝m，则FN＝m﹣1，由勾股定理得（m﹣1）2+32＝m2，则m＝5，所以AN＝MN＝5，FN＝4，DN＝3，由DE∥FM，根据平行线分线段成比例定理＝＝，ME＝MN＝；
（3）作NG⊥AM于点G，则MG＝AG＝MA，因为∠NMG＝∠AMB，∠NGM＝∠B＝90°，所以△NMG∽△AMB，得＝，即可证明MA2＝2MB•MN．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠MAN＝∠AMB，
∵∠AMN＝∠AMB，
∴∠MAN＝∠AMN，
∴AN＝MN，
∴△AMN是等腰三角形．
（2）解：如图1，作MF⊥AD于点F，
∵∠AFM＝∠FAB＝∠B＝90°，∠DFM＝∠FDC＝∠C＝90°，
∴四边形ABMF和四边形DCMF都是矩形，
∵M为BC中点，AB＝3，BC＝2，
∴FM＝AB＝3，AF＝BM＝CM＝FD＝BC＝1，
设AN＝MN＝m，则FN＝m﹣1，
∵FN2+FM2＝MN2，
∴（m﹣1）2+32＝m2，
解得m＝5，
∴AN＝MN＝5，FN＝5﹣1＝4，DN＝4﹣1＝3，
∵DE∥FM，
∴＝＝，
∴ME＝MN＝×5＝，
∴ME的长是.
（3）解：MA2＝2MB•MN，
证明：如图2，作NG⊥AM于点G，
∵AN＝MN，
∴MG＝AG＝MA，
∵∠NMG＝∠AMB，∠NGM＝∠B＝90°，
∴△NMG∽△AMB，
∴＝，
∴＝，
∴MA2＝2MB•MN．
【点评】此题重点考查矩形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
32．（2023•瑶海区二模）在正方形ABCD中，点E为边AB上一点．连接CE，将△BCE沿CE折叠得到△FCE，CE，CF分别交BD于点G，H，连接AF．
（1）如图1，点E是AB的中点；
（ⅰ）若∠DAF＝α，则∠AFE＝ 90°﹣α （用含α的式子表示）；
（ⅱ）求证：AF∥CE；
（2）如图2，若∠DCF＝∠BCE，，求GH的长．
【分析】（1）（i）根据翻折和等腰三角形的性质可得答案；
（ii）利用∠BEF＝∠BAF+∠EFA＝2∠AFE，可得∠FEC＝∠AFE，即可证明结论；
（2）过点G作Gl⊥BC于点I，连接FD，利用ASA可得△BCG≌△DCH，得CG＝CH；再利用△GCH∽△FCD，得，进而解决问题．
【解答】（1）（ⅰ）解：∵将△BCE沿CE折叠得到△FCE，
∴△BEC≌△FCE，
∴∠BEC＝∠FEC，BE＝FE，
∵点E是AB中点，
∴AE＝BE，
∴AE＝EF，
∴∠FAE＝∠AFE＝90°﹣α；
（ⅱ）证明：∵∠FAE＝∠AFE，
∴∠FEB＝∠FAE+∠AFE，
∵∠FEB＝2∠FEC，
∴∠FEC＝∠AFE，
∴AF∥CE；
（2）解：如图，过点G作Gl⊥BC于点I，连接FD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵∠DCF＝∠BCE，∠BGE＝∠FCE，
∴∠BCE＝∠FCE＝∠DCF＝30°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠CBD＝∠BDC＝45°，
∴△BCG≌△DCH（ASA），
∴CG＝CH；
∵△BEC≌△FCE，
∴BC＝FC，
∴FC＝DC，
∴△GCH∽△FCD，
∴，
∵∠DCF＝30°，CF＝CD，
∴∠DFC＝∠FDC＝75°，
∵∠FHD＝∠FCD+∠BDC＝75°，
∴，
在Rt△BGI中，，
∴GI＝BI＝1，
在Rt△GCl中，GC＝2，IC＝，
∴，
即 ．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，平行线的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，利用△GCH∽△FCD是解决问题（2）的关键．
33．（2023•庐阳区二模）正方形ABCD中，点E是AD延长线上一点，点F是∠CDE平分线上一点，连接BF，交CD于点G．
（1）如图1，若DF＝DG，求证：BF平分∠DBC；
（2）如图2，过点D作DP∥AF，并截取DP＝AF，连接PB，求证：PB＝PD；
（3）在（2）的条件下，若∠P＝60°，，则DG的长为 4﹣6 ．
【分析】（1）由正方形的性质以及角平分线的性质得∠CBD＝45°，∠CDF＝∠EDF＝45°，∠C＝90°，求出CBG＝22.5°＝∠CBD，即可得BF平分∠DBC；
（2）如图2，连接PA并延长交BD于M，交BF于N，证明四边形APDF是平行四边形，则AP∥DF，根据平行线的性质得∠PAD＝ADF＝180°﹣∠EDF＝135°，可得∠PAB＝360°﹣∠BAD﹣∠PAD＝135°，证明△PAB≌△PAD（SAS），由全等三角形的性质即可得PB＝PD；
（3）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵BD是正方形ABCD的角平分线，DF平分∠CDE，
∴∠CBD＝45°，∠CDF＝∠EDF＝45°，∠C＝90°，
∵DF＝DG，
∴∠DFG＝∠DGF＝＝67.5°，
∵∠CGB＝∠DGF，
∴∠CBG＝90°﹣67.5°＝22.5°＝∠CBD，
∴BF平分∠DBC；
（2）证明：如图2，连接PA并延长交BD于M，交BF于N，
∵DP∥AF，DP＝AF，
∴四边形APDF是平行四边形，
∴AP∥DF，
∴∠PAD＝∠ADF＝180°﹣∠EDF＝135°，
∴∠PAB＝360°﹣∠BAD﹣∠PAD＝135°，
∵PA＝PA，AB＝AD，
∴△PAB≌△PAD（SAS），
∴PB＝PD；
（3）解：∵△PAB≌△PAD，
∴∠APB＝∠APD，PB＝PD，
∴BM＝DM＝BD，PM⊥BD，
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，AM⊥BD，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴AM＝BM＝DM＝AB＝＝，
∴BD＝2，
∵∠BPD＝60°，
∴∠MPD＝∠BPD＝30°，
∴PM＝DM＝3，
∵四边形APDF是平行四边形，
∴DF＝PA＝PM﹣AM＝3﹣，
∵∠BDF＝∠CDB+∠CDF＝45°+45°＝90°，
∴DF⊥BD，
∴DF∥MN，
∴△BMN∽BDF，
∴，
∴MN＝（3﹣），
∴AN＝AM+MN＝+（3﹣）＝（3+），
∵△ABM是等腰直角三角形，
∴∠BAN＝45°＝∠GDF，
∵AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CGB＝∠DGF，
∴△ABN∽△DGF，
∴，
∴，
∴DG＝4﹣6．
故答案为：4﹣6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
34．（2023•东至县一模）综合与实践
在综合实践课上，同学们以“正方形的旋转”为主题开展学习数学活动．
操作判断
（1）操作一：将正方形ABCD与正方形AEFG的顶点A重合，点G在正方形ABCD的边AD上，如图1，连接CF，取CF的中点O，连接DO，OG．操作发现，DO与OG的位置关系是 OD⊥OG ；DO与OG的数量关系是 OD＝OG ；
（2）操作二：将正方形AEFG绕顶点A顺时针旋转，（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
拓展应用
（3）若AB＝4，AE＝2，当∠BAG＝150°时，请直接写出DO的长．
【分析】（1）延长GO交CD于H点，进而利用ASA证明△COH与△FOG全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）连接DG，作CI∥GF交AB于点I，延长GO交CI于点J，连接DJ，进而利用ASA证明△COJ≌△FOG，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（3）分两种情况，利用勾股定理解答即可．
【解答】解：（1）延长GO交CD于H点，
∵正方形ABCD与正方形AEFG的顶点A重合，
∴CD∥BA，FG∥AE，GF＝AG，
∴CD∥FG，
∴∠HCO＝∠GFO，
∵CF的中点O，
∴CO＝OF，
在△COH与△FOG中，
，
∴△COH≌△FOG（ASA），
∴HO＝OG，CH＝GF，
∴CH＝AG，
∵HD＝CD﹣CH，DG＝AD﹣AG，
∴HD＝DG，
∴OD⊥OG，∠HDO＝∠GDO＝45°，
∴OD＝OG，
故答案为：OD⊥OG，OD＝OG；
（2）两个结论仍然成立，理由如下：
连接DG，作CI∥GF交AB于点I，延长GO交CI于点J，连接DJ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，CD＝AD，∠ADC＝∠BAD＝90°，
∴∠DCI+∠CIA＝180°，
∵CI∥GF，
∴∠JCO＝∠GFO，
∵O为CF的中点，
∴CO＝FO，
∵∠COJ＝∠FOG，
∴△COJ≌△FOG（ASA），
∴JO＝GO，CJ＝FG，
在正方形AEFG中，AG＝FG，FG∥AE，
∴CJ＝AG，CI∥AE，
∴∠CIA＝∠IAE，
在正方形ABCD与正方形AEFG中，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠DAG+∠IAE＝180°，
∴∠DCI＝∠DAG，
∵CD＝AD，
∴△DCJ≌△DAG（AAS），
∴∠CDJ＝∠ADG，DJ＝DG，
∵∠CDJ+∠JDA＝∠CDA＝90°，
∴∠ADG+∠JDA＝∠JDG＝90°，
∴△JDG为等腰直角三角形，
∵O为JG的中点，
∴DO⊥JG，DO＝OG＝JG，
∴DO⊥OG，DO＝OG；
（3）DO的长为或，理由如下：
连接DG，当AG在直线BA上方时，可知∠DAG＝60°，取AD的中点P，连接GP，
∵AB＝4，AE＝2，
∴AP＝2，
∴AP＝AE，
∵∠DAG＝60°，
∴△APG为等边三角形，
∴DP＝PG，
∴∠PDG＝∠PGD＝30°，
∴∠AGD＝90°，
根据勾股定理可得：DG＝，
由（2）可知：DO＝，
连接DG，当AG在直线BA下方时，过点G作GR⊥DA交DA的延长线于点R，
∴∠DRG＝90°，
∵∠BAG＝150°，
∴∠GAR＝60°，
∴AR＝1，RG＝，
根据勾股定理可得：DG＝，
由（2）可知：DO＝，
综上所述，DO的长为或．
【点评】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、旋转变换的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角是解题的关键，注意正方形的性质和勾股定理是关键．
35．（2023•包河区校级一模）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．如图1，当点D与M重合时，四边形ABDE是平行四边形．
（1）如图2，当点D不与M重合时，判断四边形ABDE的形状，并说明理由．
（2）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．
①求∠CAM的度数；
②当，DM＝4时，求DH的长．
【分析】（1）如图1，过M作MG∥DE交CE于G，则四边形DMGE是平行四边形，MG＝DE，证明△ABM≌△GMC（ASA），则AB＝MG，AB＝DE，进而可证四边形ABDE是平行四边形；
（2）①如图2，取线段CH中点N，连接MN，MN是△BCH的中位线，则，MN∥BH，，∠ANM＝∠AHB＝90°，根据30°所对的直角边等于斜边的一半，求∠CAM的值即可；②设DH＝a，则AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，在Rt△ADH中，由勾股定理得，则，证明△AEF∽△HDF，则，即，整理得a2﹣2a﹣4＝0，计算求解满足要求的DH值即可．
【解答】解：（1）四边形ABDE是平行四边形，
理由如下：
如图2，过M作MG∥DE交CE于G，
∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴MG＝DE，
∵MG∥DE∥AB，AM∥CE，
∴∠ABM＝∠GMC，∠AMB＝∠GCM，
在△ABM和△GMC中，
，
∴△ABM≌△GMC（ASA），
∴AB＝MG，
∴AB＝DE，
∵DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）①如图3，取线段CH中点N，连接MN，
∵AM是△ABC的中线，
∴M为线段BC的中点，
∴MN是△BCH的中位线，
∴，MN∥BH，
∵BH＝AM，
∴，∠ANM＝∠AHB＝90°，
∴∠CAM＝30°；
②设DH＝a，则AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，
在Rt△ADH中，由勾股定理得，
∴，
∵AE∥BH，
∴∠AEF＝∠HDF，
∵∠AFE＝∠HFD，
∴△AEF∽△HDF，
∴，
即，
整理得a2﹣2a﹣4＝0，
解得：，（不合题意，舍去），
∴DH的值为．
【点评】本题考查了四边形的综合应用，掌握平行四边形的判定与性质，中位线，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，30°所对的直角边等于斜边的一半等知识是解题的关键．
36．（2023•蜀山区二模）如图1，在四边形ABCD中，已知AB＝BC＝CD，∠BAD和∠CDA均为锐角，点P是对角线BD上的一点，PQ∥BA交AD于点Q，PS∥BC交DC于点S，四边形PQRS是平行四边形．
（1）当点P与点B重合时，图1变为图2，若∠ABD＝90°，求证：BR＝RD；
（2）对于图1，若四边形PRDS也是平行四边形，此时，你能推出四边形ABCD还应满足什么条件？
【分析】（1）可先证CR⊥BD，根据等腰三角形“三线合一”的性质，求得∠BCR＝∠DCR，进而求得∠BAR＝∠DCR，又有AB＝CR，AR＝BC＝CD，可证△ABR≌△CRD；
（2）由PS∥BC，PS∥RD知，点R在QD上，故BC∥AD．又由AB＝CD知∠A＝∠CDA因为SR∥PQ∥BA，所以∠SRD＝∠A＝∠CDA，从而SR＝SD．由PS∥BC及BC＝CD知SP＝SD．而SP＝DR，所以SR＝SD＝RD故∠CDA＝60度．因此四边形ABCD还应满足BC∥AD，∠CDA＝60°
【解答】（1）证明：∵∠ABD＝90°，AB∥RC，
∴CR⊥BD．
∵BC＝CD，
∴∠BCR＝∠DCR．
∵四边形ABCR是平行四边形，
∴∠BCR＝∠BAR．
∴∠BAR＝∠DCR．
又∵AB＝CR，AR＝BC＝CD，
∴△ABR≌△CRD（SAS）．
（2）解：由PS∥QR，PS∥RD（四边形PRDS为平行四边形）知，点R在QD上，
又∵PS∥BC，PS∥RD，
故BC∥AD．
又由AB＝CD知∠A＝∠CDA，
因为SR∥PQ∥BA，
所以∠SRD＝∠A＝∠CDA，
∵从而SR＝SD，
由PS∥BC，
∴△DCB∽△DSP，
∵BC＝CD，
∴SP＝SD．
∵SP＝DR，
所以SR＝SD＝RD，
故∠CDA＝60°．
因此四边形ABCD还应满足BC∥AD，∠CDA＝60°．
（注：若推出的条件为BC∥AD，∠BAD＝60°或BC∥AD，∠BCD＝120°等亦可）．
【点评】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
37．（2023•明光市二模）如图1，AD是△ABC的角平分线，点O是BC的中点，过点O作AD的平行线交CA的延长线于点E，交AB于点F，在射线EF上取一点G，使BG＝BO．
​（1）求证：BF＝CE；
（2）如图2，已知AB＝8，AC＝AD＝4．
①求OD的长；
②图中存在四个点，以它们为顶点能构成一个平行四边形，在图中画出这个平行四边形，并证明它是平行四边形．
【分析】（1）由“AAS”可证△BFG≌△CEO，可得BF＝CE；
（2）①由全等三角形的性质可求AE＝AF＝2，可得BF＝EC＝EO＝FG＝6，由相似三角形的性质分别求出OC，OD的长；
②由平行四边形的判定可求解．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AD∥EO，
∴∠CAD＝∠E＝∠DAB＝∠BFG，
∵点O是BC的中点，
∴BO＝CO，
∵BG＝BO，
∴BG＝BO＝CO，∠BOG＝∠G，
∵∠EOC＝∠BOG，
∴∠G＝∠EOC，
∴△BFG≌△CEO（AAS），
∴BF＝CE；
（2）①∵AC＝AD＝4，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵AD∥EO，
∴∠ADC＝∠EOC＝∠BOG＝∠ACD，
∴EO＝EC，
∵△BFG≌△CEO，
∴∠ACD＝∠GBF＝∠EOC＝∠G，
∴BF＝FG＝EC＝EO，
∵AD∥EO，
∴∠CAD＝∠E＝∠DAB＝∠AFE，
∴AF＝AE，
∵AB＝8，AC＝AD＝4，
∴BF+AF＝AB＝8，
∴EC+AF＝AC+AE+AF＝8，
∴AE＝AF＝2，
∴BF＝6＝EO＝EC＝FG，
∵AD∥EO，
∴△BFO∽△BAD，
∴，
∴，
∴FO＝3，
∴GO＝FO＝3，
∵∠ACD＝∠GOB＝∠EOC＝∠G，
∴△BOG∽△EOC，
∴，
∴OC2＝OG•EO＝18，
∴OC＝3，
∵AD∥EO，
∴，
∴，
∴OD＝；
②四边形BFCG是平行四边形，理由如下：
如图，
∵BO＝CO，OG＝OF，
∴四边形BFCG是平行四边形．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性质等知识，利用相似三角形的性质求出OC的长是解题的关键．
38．（2023•郊区校级模拟）已知在正方形ABCD中，P为对角线BD上任意一点，过点P作PE⊥AP交直线BC于点E，过点E作EF⊥BC交BD于点F．
（1）如图1，当P为BD的中点时，PD与PF的数量关系为 PD＝PF ；
（2）如图2，当P不是BD的中点时，PD与PF的数量关系还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）正方形ABCD的边长为6，，请直接写出线段PD的值．
【分析】（1）根据正方形的性质，得到AP⊥BP，PD＝BP，推出B，E，F三点重合，即可得出结论；
（2）连接PC，延长EP交CD于点G，过点P作PH⊥BC于点H，证明△ADP≌△CDP（SAS），推出∠PAB＝∠PCB，进而推出∠PCB＝∠PEB，得到PE＝CP，根据平行截线，得到PG＝PE，证明△GDP≌△EFP（AAS），即可得出结论；
（3）过点E作ET⊥DF于点T，分和两种情况，讨论求解即可．
【解答】解：（1）PD＝PF，
∵正方形ABCD，
∴AD＝AB，
∵P为BD的中点，
∴AP⊥BD，BP＝DP，
∵PE⊥AP交直线BC于点E，
∴E，F，B三点重合，
∴PD＝PF；
故答案为：PD＝PF；
（2）成立，理由如下：
连接PC，延长EP交CD于点G，过点P作PH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠BDA＝∠BDC＝45°，∠ABE＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
在△ADP和△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝CP，∠PAD＝∠PCD，
∴∠PAB＝∠PCB，
∵AP⊥PE，∠ABE＝90°，
∴A，P，B，E四点共圆，
∴∠PAB＝∠PEB，
∴∠PCB＝∠PEB，
∴PE＝CP，
∵PH⊥BC，∠BCD＝90°，
∴CH＝EH，PH∥CD，
∴，
∴PG＝PE，
∵EF⊥BC，
∴EF∥CD，
∴∠F＝∠GDP＝45°，
∴在△GDP和△EFP中，
，
∴△GDP≌△EFP（AAS），
∴PD＝PF；
（3）过点E作ET⊥DF于点T，设PD＝x，由（2）得：PF＝x，∠PFE＝∠GDP＝45°，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴，
∴，
当时，如图，则：，
∵EF⊥BC，ET⊥BF，∠BFE＝45°，
∴，
∴，
∴（负值已舍掉）；
当时，
如图，则：，
∵EF⊥BC，ET⊥DF，∠BFE＝45°，
∴，
∴，
解得：，
综上：PD的长为：或．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例．本题的难度较大，综合性强，解题的关键是添加合适的辅助线，构造全等三角形．
39．（2023•合肥模拟）如图，点E、F分别是矩形ABCD边DC、DA上的点，连接BE、BF、EF，且△BCE≌△BFE，
（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当DE＝3，DF＝4时，求BC的值；
（3）如图3，∠ABF的角平分线BN交AD于N点，当NF＝AN+FD时，求AN：FD的值．
【分析】（1）由折叠的性质得出BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，根据直角三角形的性质得出∠AFB＝30°，可求出答案；
（2）由勾股定理和全等三角形的性质求出EF，进而得到CD，
（3）过点N作NG⊥BF于点G，证明△NFG∽△BFA，＝＝＝，设AN＝x，设FG＝y，则AF＝2y，由勾股定理得出（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，解出y＝x，则可求出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE＝∠FBC＝15°；
（2）∵矩形ABCD中，
∴∠D＝90°，AB＝CD，BC＝AD，
在Rt△DEF中，EF＝＝＝5，
∵△BCE≌△BFE，
∴EC＝EF＝5，BC＝BF＝AD，
在Rt△ABF中，AF＝AD﹣DF＝BF﹣4，AB＝CD＝CD+DE＝8，AB2+AF2＝BF2，
∴82+（BF﹣4）2＝BF2，
解得BF＝10，
∴BC＝10；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN+FD，
∴NF＝AD＝BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴＝＝＝，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得y＝x，
∴BF＝BG+GF＝2x+x＝x，
∴AF＝2y＝x，
∵FN＝AD＝BF＝x，
∴DF＝x﹣x﹣x＝x，
∴AN：FD＝＝．
【点评】本题是相似三角形的综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及矩形的性质是解题的关键．
40．（2023•六安三模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，△AOE与△AOB关于OA成轴对称图形，连接DE，CE，且CE与AD交于点F．
（1）求证：△CAB≌△CAE；
（2）求证：DE∥AC；
（3）若∠ABC＝45°，AB＝8，，求EF的长．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质和SAS证明三角形全等解答即可；
（2）根据平行线的判定解答即可；
（3）过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过点D作DN⊥AC交AC延长线于点N，根据勾股定理和面积公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵△AOE与△AOB关于OA成轴对称图形，
∴AB＝AE，AO＝AO，∠BAO＝∠EAO，
在△ABC与△AEC中，
，
∴△ABC≌△AEC（SAS），
（2）证明：由题可知：△ABO≌△AEO，
∴∠AOB＝∠AOE，BO＝EO，
∵∠AOB＝∠DOC，BO＝DO，∠AOE＝∠DOC，EO＝DO，
∵EO＝DO，
∴∠ODE＝∠OED，
∴∠EDO＝，
∵∠DOC＝，
∴∠EDO＝∠DOC，
∴AC∥ED，
（3）解：由题可知：AB＝AE＝DC＝8，ED∥AC，
∴四边形AEDC为等腰梯形，
∴∠FED＝∠FDE，
∴EF＝DF，
过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，过点D作DN⊥AC交AC延长线于点N，
∵∠ABC＝45°，
∴∠DCM＝45°，
∴CM＝4，DC＝8，DM＝4，
∴平行四边形，
∴，
过A点作AH⊥BC交BC于点H，
∵AB＝8，BH＝4，
∴HC＝12﹣4＝8，
在Rt△AHC中，AC＝，
∴，
∴DN＝，
在Rt△DNC中，NC＝，
过E作EK⊥AC交AC于点K，
∴AK＝NC＝，
∴KN＝ED＝AC+2NC＝，
∴ED∥AC，
∴EFD∽△CFA，
∴，
令DF＝EF＝x，
∴AF＝FC＝12﹣x，
∴，
解得：x＝7，
经检验，x＝7是分式方程的解，
∴EF＝FD＝7．
【点评】本题四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质以及勾股定理，解决问题的关键是利用轴对称图形的性质和SAS证明三角形全等解答．
41．（2023•安庆一模）如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，BC＝10，点D在边AB上（不与点B重合），以CD为一边作正方形CDEF，连接BE．
（1）如图2，当BD＝2时，
①求正方形CDEF的边长；
②求证：BE＝BC；
（2）当点D在AB上运动时，求△BDE面积的最大值．
【分析】（1）①利用勾股定理求解即可；
②证明△EBD≌△CBD（SAS），可得结论；
（2）设BD长为x，EG＝AD＝8﹣x，构建二次该函数，利用二次函数的性质解决问题．
【解答】（1）①解：如图2，∵AB＝8，AC＝6，BC＝10，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴∠A＝90°，
∵BD＝2，
∴AD＝6，
∵∠A＝90°，
∴CD＝．
②证明：由①可知∠ADC＝45°，
∴∠ADE＝45°，
∴∠EDB＝∠CDB，
∵BD＝BD，ED＝CD，
∴△EBD≌△CBD（SAS），
∴BE＝BC；
（2）解：如图，过E作EG⊥BA交BA延长线与G，
∵∠EDA+∠CDA＝90°，∠EDA+∠GED＝90°，
∴∠CDA＝∠GED，
∵∠G＝∠A＝90°，ED＝DC，
∴△EDG≌△DCA（AAS），
∴EG＝AD，
设BD长为x，EG＝AD＝8﹣x，
S△BDE＝，
当x＝4时，面积的最大值S△BDE＝8．
【点评】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，二次函数的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用二次函数的性质解决最值问题．
42．（2023•瑶海区模拟）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．
【分析】（1）如图1，连接对角线BD，先证明△ABD是等边三角形，根据E是AB的中点，由等腰三角形三线合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△ADH是等边三角形，再由△AMN是等边三角形，得条件证明△ANH≌△AMD（SAS），则HN＝DM，根据DQ是△CHN的中位线，得HN＝2DQ，由等量代换可得结论．
【解答】解：（1）如图1，连接BD，则BD平分∠ABC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
由勾股定理得：DE＝＝2，
∵DC∥AB，
∴∠EDC＝∠DEA＝90°，
在Rt△DEC中，DC＝4，
EC＝＝＝2；
（2）如图2，延长CD至H，使CD＝DH，连接NH、AH，
∵AD＝CD，
∴AD＝DH，
∵CD∥AB，
∴∠HDA＝∠BAD＝60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH＝AD，∠HAD＝60°，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM＝AN，∠NAM＝60°，
∴∠HAN+∠NAG＝∠NAG+∠DAM，
∴∠HAN＝∠DAM，
在△ANH和△AMD中，
∵，
∴△ANH≌△AMD（SAS），
∴HN＝DM，
∵D是CH的中点，Q是NC的中点，
∴DQ是△CHN的中位线，
∴HN＝2DQ，
∴DM＝2DQ．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线、三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质和判定，本题证明△ANH≌△AMD是关键，并与三角形中位线相结合，解决问题；第二问有难度，注意辅助线的构建．
43．（2023•金安区校级二模）如图，P为正方形ABCD边BC上任一点，BG⊥AP于点G，在AP的延长线上取点E，使AG＝GE，连接BE，CE．
（1）如图1，若正方形的边长为6，PB＝2，求BG的长度．
（2）如图2，当P点为BC的中点时，求证：CE：BG＝：1；
（3）如图1，当BP：PC＝2：3时，求CE：BG的值．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质，求得AB＝BE＝6，再根据勾股定理，求得Rt△ABP中，AP＝2，最后根据△ABP的面积，求得BG的长；
（2）先过C作CH⊥AE于H，判定△BGP≌△CHP（AAS），根据全等三角形对应边相等以及等腰三角形的性质，得出△CEH为等腰直角三角形，进而可以解决问题；
（3）先过点C作CH⊥AE于H，先证明△BPG∽△CPH，可得BG：CH＝BP：PC＝2：3，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：∵AG＝GE，BG⊥AP，
∴AB＝BE＝6，
在正方形ABCD中，
∵∠ABP＝90°，AB＝6，PB＝2，
∴AP＝＝2，
∵△ABP的面积＝×AP×BG＝×AB×BP，
∴2×BG＝12，
∴BG＝；
（2）证明：如图2，过C作CH⊥AE于H，
∵BG⊥AE，
∴∠BGP＝∠CHP＝90°，
∵P为BC的中点，
∴BP＝CP，
在△BGP和△CHP中，
，
∴△BGP≌△CHP（AAS），
∴BG＝CH，∠GBP＝∠PCH，
∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵∠ABC＝∠ABG+∠GBP＝90°，∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠GBP＝∠BAG，
∴∠PCH＝∠BEP，
∵AB＝BC，AB＝BE，
∴BC＝BE，
∴∠BCE＝∠BEC，
∴∠HCE＝∠HEC，
∴CH＝EH，
∵∠CHE＝90°
∴CE＝CH，即CE＝BG；
CE：BG＝：1；
（3）如图1，过C作CH⊥AE于H，
∵BG⊥AP，
∴∠BGP＝∠CHP＝90°，
∵∠BPG＝∠CPH，
∴△BPG∽△CPH，
∴BG：CH＝BP：PC＝2：3，
由（2）知：HE＝CH，
∴CE＝CH，
∴＝＝×＝．
∴CE：BG的值为．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的综合运用等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
44．（2023•六安三模）如图1，矩形ABCD的两条对角线交于点O，点P是BC边上一个动点，连接AP，作 DE⊥AP，BF⊥AP，垂足分别是E，F，连接OE，OF．
（1）求证：OE＝OF；
（2）如图2，延长OF交BP于点G，若∠BFG＝∠BAP，猜想OG与AD有怎样的数量关系，并证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，已知AB＝8，AD＝10，求EF 的值．
​
【分析】（1）延长FO交DE于点H，证明△HOD≌△FOB（ASA），得OH＝OF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题；
（2）根据直角三角形两个锐角互余证明FBG＝∠BFG，得BG＝GP，然后证明OE是△ACP的中位线，进而可以解决问题；
（3）过点O作 OM⊥BC于M，根据矩形的性质和勾股定理求出GM＝3，所以BP＝4，然后证明△EOF∽△PGF，对应边成比例即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，延长FO交DE于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，
∵DE⊥AP，BF⊥AP，
∴DE∥BF，
∴∠HDO＝∠FBO，
∵∠HOD＝FOB，
∴△HOD≌△FOB（ASA），
∴OH＝OF，
∵DE⊥AP，
∴OE＝OH＝OF，
∴OE＝OF；
（2）解：结论，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠ABF+∠FBP＝90°，
∵BF⊥AP，
∴∠AFB＝90°，
∴∠FAB+∠ABF＝90°，
∴∠FAB＝∠FBP，
∵∠BFG＝∠BAP，
∴∠FBG＝∠BFG，
∴BG＝GF，
∵∠BFP＝90°，
∴∠FBP+∠BPF＝90°，∠BFG+GFP＝90°，
∴∠GFP＝∠GPF，
∴GF＝GP，
∴BG＝GP，
∵OF＝OE，
∴∠OEF＝∠OFE，
∵∠OFE＝∠GFP，
∴∠OEF＝∠FPG，
∴OE∥PG，
∵AO＝CO，
∴AE＝EP，
∴OE是△ACP的中位线，
∴，
∴OG＝GF+OF＝GF+OE＝BP+PC＝BC＝AD；
（3）解：如图2，过点O作 OM⊥BC于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∵OM⊥BC，
∴OM∥AB，
∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴AO＝CO，
∴BM＝CM，
∴，
∵AB＝8，AD＝10，
∴OM＝4，CM＝5，
由（2）知 ，
在Rt△OMG中，∠OMG＝90°，由勾股定理得 ＝3，
∴BG＝BC﹣CM﹣GM＝2，
∴GP＝BG＝2，CP＝BC﹣BP＝10﹣4＝6，
∴BP＝4，
∵OE是△ACP 的中位线，
∴OE∥BC，OE＝PC＝3．
∴△EOF∽△PGF，
∴，
即 ，
∴，
∵，
∴．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质等知识，综合运用以上知识是解题的关键．
45．（2023•庐阳区校级三模）问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C），延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE′的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）在（2）的条件下，AF、BC交于点G，若AB＝10，则AG＝ 5 ．
​
【分析】（1）根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
（2）过点D作DH⊥AE于点H，则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，证明△ADH≌△BAE（AAS），由全等三角形的性质可得结论；
（3）结合（2）得BE′∥EF，CF＝E'F，根据平行线分线段成比例定理可得CG＝GB，然后利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）结论：四边形BE'FE是正方形．理由如下：
∵△CBE'是由Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到的，
∴∠CE'B＝∠AEB＝90°，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF+∠AEB＝180°，
∴∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
由旋转可知：BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）结论：CF＝FE'，
证明：如图②，过点D作DH⊥AE于点H，
则∠AHD＝90°，∠DAH+∠ADH＝90°，
∵DA＝DE，
∴AH＝EH＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
在△ADH和△BAE中，
，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE，
由旋转可知：AE＝CE'，
由（1）可知：四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝AH＝AE＝CE'，
∴CF＝E'F；
（3）由（1）可知：四边形BE'FE是正方形，
∴BE′∥EF，
由（2）可知：CF＝E'F，
∴CG＝GB＝BC＝AB＝10＝5，
∴AG＝＝＝5．
故答案为：5．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
46．（2023•蒙城县三模）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
（1）作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
（2）求证：MN2＝BM2+DN2；
（3）矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN＝∠CMN＝45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM＝∠NAM＝45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM＝∠ABP+∠ABD＝90°，再由（1）的结论得到PM＝MN，根据勾股定理即可证明MN2＝BM2+DN2；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB'M'，则△AMN≌△AM'N，利用全等三角形的性质可得出M'N＝MN，由∠C＝90°，∠CMN＝45°可得出CM＝CN，设BM＝a，DN＝b，CM＝c，则AD＝a+c，CD＝b+c，进而可得出M'F＝a﹣b，NF＝b+a，在Rt△M'FN中，利用勾股定理可求出M'N2＝2a2+2b2，进而可得出MN2＝2BM2+2DN2．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°．
∴∠BAM+∠NAD＝45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA＝NA，∠PAB＝∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM＝45°，
∴∠PAM＝∠NAM＝45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM（SAS）；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB＝ND，∠ABP＝∠ADB＝45°，
∴∠BPM＝∠ABP+∠ABD＝90°，
∴PM2＝BM2+PB2，
∵△APM≌△ANM，
∴PM＝MN，
∴MN2＝BM2+DN2；
（3）解：MN2＝2BM2+2DN2．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB'M'．如图：
过点M'作M'F⊥CD于F，连接M'N，
同（1）可证△AMN≌△AM'N，
∴M'N＝MN．
∵∠C＝90°，∠CMN＝45°，
∴CM＝CN．
设BM＝a，DN＝b，CM＝c，则AD＝a+c，CD＝b+c，
∴M'F＝AD﹣AB'＝AD﹣AB＝a+c﹣（b+c）＝a﹣b，
NF＝DN+DF＝DN+B'M'＝DN+BM＝b+a．
在Rt△M'FN中，M'N2＝M'F2+NF2＝（a﹣b）2+（a+b）2＝2a2+2b2，
∴MN2＝2BM2+2DN2．
【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM＝90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出MN2＝2BM2+2DN2．
47．（2023•霍邱县二模）如图，四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，对角线BD平分∠ADC，点E、F是边AD上的动点（点E在点F的左侧）．
​（1）若BE⊥BC，求证：△ABE≌△DBC；
（2）若∠EBF＝45°，求证：AB2＝AF•DE；
（3）在（1）、（2）的条件下，若AF＝6，DF＝4，求EF的值．
【分析】（1）根据ASA证明：△ABE≌△DBC；
（2）证明△AFB∽△DBE，可得结论；
（3）设EF＝x，则AF＝6+x，DE＝4+x，根据（2）中的等式代入，解方程可得结论．
【解答】（1）证明：∵∠ADC＝90°，BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠BDC＝∠A＝45°，
∴AB＝BD，∠ABD＝90°，
∴BE⊥BC，
∴∠EBC＝90°，
∴∠ABE＝∠CBD，
在△CBD和△EBA中，
，
∴△CBD≌△EBA（ASA）；
（2）证明：由（1）知：△ABD是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠BDE＝45°，AB＝BD，
∵∠EFB＝∠BDE+∠DBF＝45°+∠DBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠EBD＝∠EBF+∠DBF＝45°+∠DBF，
∴∠EFB＝∠EBD，
∴△AFB∽△DBE，
∴，
∴AB•BD＝AF•DE＝AB2；
（3）解：设EF＝x，则AF＝6+x，DE＝4+x，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴AD＝AB，
由（2）知：AB2＝AF•DE，
∴，
x＝2，
∴EF＝2．
【点评】本题考查四边形综合题、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、一元二次方程的解法、三角形相似的性质和判定等知识，解题的关键是学会利用方程解决问题，属于中考常考题型．
48．（2023•肥东县模拟）如图1，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，DA＝DB，F为AC中点，连接DF．
（1）求证：∠ADF＝∠BDF；
（2）如图2，过点D作DH⊥AC，垂足为H，DH交AB于点E．
①求证：ED＝EA；
②若AB＝24，FH＝5，求BE的长．
【分析】（1）连接BF，证明△DAF≌△DBF（SSS），即可解决问题；
（2）①结合（1）利用角的和差证明∠EAD＝∠ADE，即可解决问题；
②证明△DFH∽△ACB，可得，然后利用勾股定理求出AC的长，再证明△AHE∽△ABC，得，代入值即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，连接BF，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，F为AC中点，
∴AF＝DF＝FC＝BF，
在△ADF和△BDF中，
，
∴△DAF≌△DBF（SSS），
∴∠ADF＝∠BDF；
（2）①证明：∵∠ADF＝∠BDF，AD＝BD，
∴DF⊥AB，∠ADB＝2∠ADF，
∵∠ABC＝90°，
∴CB⊥AB，
∴DF∥CB，
∴∠CBD＝∠BDF，∠BCA＝∠DFC，
∵FA＝FD，
∴∠FAD＝∠ADF，
∴∠DFC＝∠FAD+∠ADF＝2∠ADF，
∴∠DFC＝∠ACB＝∠ADB，
∵∠ABC＝90°，DH⊥AC，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，∠BAC+∠AEH＝90°，
∴∠AEH＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠AED．
∵∠AED+∠EAD+∠ADE＝180°，∠ABD+∠BAD+∠ADB＝180°，
∴∠ADE＝∠ABD，
∵DA＝DB，
∴∠DAB＝∠ABD，
∴∠EAD＝∠ADE，
∴ED＝EA；
②解：∵∠DHC＝∠ADC＝90°，∠DFC＝∠ACB，
∴△DFH∽△ACB，
∴．
∵FD＝AF＝FC，FH＝5，
∴，
∴BC＝2FH＝10，
∴，
∴AF＝CF＝13，
∴AH＝AF+FH＝13+5＝18，
∵∠EAH＝∠BAC，∠AHE＝∠ABC＝90°，
∴△AHE∽△ABC，
∴，
∴，
∴，
∴BE＝AB﹣AE＝24﹣＝，
∴BE的长为．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
49．（2023•繁昌县校级模拟）如图1，F为正方形ABCD的边BC上的一点，以CF为斜边在BC的上方作等腰直角三角形CEF，连接BE，AF．G，H分别是AF，BE的中点，连接GH．
（1）线段GH与BE的关系是 GH＝BE，GH⊥BE ；
（2）如图2，将图1中的△CEF绕点C顺时针旋转，则（1）的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若AB＝8，CE＝2，将图1中的△CEF绕点C顺时针旋转一周，当B，E，F三点共线时，请直接写出线段FH的长．
【分析】（1）结论：GH＝BE，GH⊥BE．如图1中，连接GE，GB，延长BG交AD于点T，连接FT，ET．证明△BET，△BEG都是等腰直角三角形，可得结论；
（2）结论成立，证明方法类似（1）；
（3）分两种情形：如图3﹣1中，当点F在线段BE上时，如图3﹣2中，当点F在BE的延长线上时，分别求解即可．
【解答】解：（1）结论：GH＝BE，GH⊥BE．
理由：如图1中，连接GE，GB，延长BG交AD于点T，连接FT，ET．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，∠BAT＝90°，AB＝BC，
∴∠GAT＝∠GFB，
∵AG＝GF，∠AGT＝∠FGB，
∴△AGT≌△FGB（ASA），
∴BG＝GT，
∵GA＝GF，
∴四边形ABFT是平行四边形，
∵∠BAT＝90°，
∴四边形ABFT是矩形，
∴AB＝FT＝BC，∠TFB＝∠TFC＝90°，
∵EC＝EF，∠CEF＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴∠TFE＝∠BCF＝45°，
∴△TFE≌△BCE（SAS），
∴ET＝EB，∠FET＝∠CEB，
∴∠BET＝∠CEF＝90°，
∴∠EBT＝∠ETB＝45°，
∵BG＝GT，EB＝ET，
∴EG⊥BT，EG＝BG＝ET，
∴∠BGE＝90°，
∵BH＝HE，
∴GH⊥BE，GH＝BE；
（2）结论成立．
理由：如图2中，连接GE，GB，延长BG到T，使得GT＝GB，连接FT，ET，延长TF交BC于点J．
∵BG＝GT，GA＝GF，
∴四边形ABFT是平行四边形，
∴AB∥TJ，AB＝TF＝BC，
∴∠FJC＝∠ABC＝90°，
∵∠FJC＝∠FEC＝90°，
∴∠BCE+∠EFJ＝180°，
∵∠TFE+∠EFJ＝180°，
∴∠TFE＝∠BCE，
∵FE＝CE，
∴△TFE≌△BCE（SAS），
∴ET＝EB，∠FET＝∠CEB，
∴∠BET＝∠CEF＝90°，
∴∠EBT＝∠ETB＝45°，
∵BG＝GT，EB＝ET，
∴EG⊥BT，EG＝BG＝ET，
∴∠BGE＝90°，
∵BH＝HE，
∴GH⊥BE，GH＝BE；
（3）如图3﹣1中，当点F在线段BE上时，
在Rt△BEC中，∠E＝90°，BC＝8，EC＝2，
∴BE＝＝＝2，
∴BH＝EH＝，
∴FH＝EH﹣EF＝﹣2．
如图3﹣2中，当点F在BE的延长线上时，同法可得FH＝+2．
综上所述，FH的长为﹣2或+2．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
50．（2023•裕安区校级二模）如图1，已知四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝CD，∠ABC＝2∠ADC．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）求证：AB+BO＝OD；
（3）如图2，若BE平分∠ABD交AD于点E，AB•BD＝6，DE＝2，求AE的长．
【分析】（1）根据垂直平分线的判定即可证明结论；
（2）在OD上取一点F，使OF＝BO，证明△ABD≌△CBD（SS5），得∠ABC＝2∠ABD，然后证明AF＝FD，即可得结论；
（3）证明△ABE∽△ADB，得AB2＝AE•AD，设 AE＝x，则AD＝x+2，由勾股定理列方程即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，AD＝CD，
∴BD为AC的垂直平分线，
∴AC⊥BD；
（2）证明：如图1，在OD上取一点F，使OF＝BO，
∵AC⊥BD，
∴AB＝AF，∠ABF＝∠AFB，
∵AB＝BC，AD＝CD，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ABD＝∠CBD，∠ADB＝∠CDB，
∴∠ABC＝2∠ABD，∠ADC＝2∠ADB，
∵∠ABC＝2∠ADC，
∴∠ABF＝∠AFB＝2∠ADF，
∴AF＝FD，
∴AB+BO＝AF+FO＝DF+FO＝OD；
（3）解：∵BE平分∠ABD，
∴，
∵∠BAE＝∠DAB，
∴△ABE∽△ADB，
∴AB2＝AE•AD，
由（2）知：AB＝AF＝FD，OB＝OF，
∴AB•BD＝DF•BD＝（DO﹣OF）（DO+BO）＝DO2﹣BO2，
由勾股定理得：AB2＝AO2+BO2，AD2＝DO2+AO2，
∴DO2﹣BO2＝AD2﹣AB2，
∴AB•BD＝AD2﹣AB2＝6，
设 AE＝x，则AD＝x+2，
∴AB2＝x（x+2），
∴（x+2）2﹣x（x+2）＝6，
解得x＝1，
∴AE＝1．
【点评】本题属于四边形的综合题，主要考查了线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，得到△ABE∽△ADB是解题的关键．
51．（2023•泗县二模）如图，AC，BD是矩形ABCD的对角线，CE平分∠BCD交AD于点E，F为CE上一点，G为AD延长线上一点，连接DF，FG，DF的延长线交AC于点H，FG交CD于点M，且∠ACB＝∠CDH＝∠AGF．
（1）求证：DH⊥AC；
（2）若，求FD+FG的值；
（3）若BC＝2AB＝2，求S△CFM．
【分析】（1）根据矩形的性质证明∠DHC＝90°，即可解决问题；
（2）设AC与BD的交点为O，延长GF交BC于点N，先证明四边形BDGN是平行四边形，再证明△CDF≌△CNF（AAS），可得DF＝NF，进而可以解决问题；
（3）延长DH交BC于点R，证明△CMN≌△DMG（AAS），再证明△EDF∽△CRF，利用三角形面积和勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝∠CDH，
∴∠CDH+∠ACD＝90°，
∴∠DHC＝90°，
∴DH⊥AC；
（2）解：如图，设AC与BD的交点为O，延长GF交BC于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC＝BD，OB＝OC，
∴∠ADB＝∠OBC，∠OBC＝∠OCB，
∵∠ACB＝∠AGF，
∴∠ADB＝∠AGF，
∴BD∥GF，
∵AD∥BC，
∴四边形BDGN是平行四边形，
∴BD＝NG＝AC，
∵AG∥BC，
∴∠AGF＝∠GNC＝∠CDF，
∵CE平分∠BCD，
∴∠DCF＝∠NCF＝45°，
∵CF＝CF，
∴△CDF≌△CNF（AAS），
∴DF＝NF，
∴DF+FG＝FG+NF＝NG＝BD＝AC，
∵，
∴；
（3）解：如图，延长DH交BC于点R，
∵BC＝2AB＝2，
∴AB＝CD＝1，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵tan∠ACD＝＝＝，
∴CH＝DH＝，
由（2）可得△CDF≌△CNF，
∴CD＝CN＝1，
∴BN＝CN＝1，
∵四边形BDGN是平行四边形，
∴DG＝BN＝CN＝1，
∵∠GMD＝∠NMC，∠NCM＝∠GDM＝90°，
∴△CMN≌△DMG（AAS），
∴，
∵∠ACB＝∠CDH，
∴tan∠CDR＝tan∠ACB，
即 ，
∴，
∴，
∵∠DCE＝∠DEC＝45°，
∴DE＝DC＝1．
∵AD∥BC，
∴△EDF∽△CRF，
∴，
∴，
∵，
∵CM＝DM，
∴S△CFM＝S△DFC＝．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，综合性较强，解题关键是熟练掌握以上知识点．
52．（2023•南陵县校级一模）如图，四边形ABCD是正方形，点P在射线AC上，点E在射线BC上，且PB＝PE，连结PD，点O为线段AC中点．
【感知】如图①，当点P在线段AO上时，
①易证：△ABP≌△ADP（不需要证明）．进而得到PE与PD的数量关系是 PE＝PD ．
②过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，易证：Rt△PNE≌Rt△PMD（不需要证明）．进而得到PE与PD的位置关系是 PE⊥PD ．
【探究】如图②，当点P在线段OC上（点P不与点O、C重合）时，试写出PE与PD的数量关系和位置关系，并说明理由．
【应用】如图③，当点P在线段AC的延长线上时，直接写出当AB＝3，CP＝时线段DE的长．
【分析】【感知】①证△ABP≌△ADP（SAS），得PB＝PD，再由PB＝PE，即可得出结论；
②过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，证Rt△PNE≌Rt△PMD（HL），得∠EPN＝∠DPM，再证∠DPE＝90°，即可得出结论；
【探究】证△CBP≌△CDP（SSS），得∠PBC＝∠PDF，再证∠DPF＝∠ECF，然后由正方形的性质得∠ECF＝∠BCD＝90°，则∠DPF＝90°，即可得出结论；
【应用】证△CBP≌△CDP（SSS），得∠PBC＝∠PDC，再证∠DPE＝∠DCE，然后证△DPE是等腰直角三角形，过点P作PQ⊥BE于Q，则△CQP是等腰直角三角形，得CQ＝PQ＝1，则EQ＝BQ＝4，即可解决问题．
【解答】解：【感知】①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAP＝∠DAP＝45°，
在△ABP和△ADP中，
，
∴△ABP≌△ADP（SAS），
∴PB＝PD，
∵PB＝PE，
∴PE＝PD，
故答案为：PE＝PD；
②过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，如图①所示：
则∠PNE＝∠PMD＝∠PMC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴PC平分∠MCN，∠NCM＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，PN＝PM，
∴∠MPN＝90°，
在Rt△PNE和Rt△PMD中，
，
∴Rt△PNE≌Rt△PMD（HL），
∴∠EPN＝∠DPM，
∵∠MPN＝∠MPN+∠EPN＝90°，
∴∠MPN+∠DPM＝90°，
即∠DPE＝90°，
∴PE⊥PD，
故答案为：PE⊥PD；
【探究】PE与PD的数量关系和位置关系为：PE＝PD，PE⊥PD，理由如下：
设PE交CD于F，如图②所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，B与D是一对对应点，BC＝CD，
∴PD＝PB，
∵PB＝PE，
∴PD＝PE，∠PBC＝∠PEB，
在△CBP和△CDP中，
，
∴△CBP≌△CDP（SSS），
∴∠PBC＝∠PDF，
∴∠PDF＝∠PEB，
∵∠PFD＝∠CFE，
∴180°﹣∠PFD﹣∠PDC＝180°﹣∠CFE﹣∠PEB，
即∠DPF＝∠ECF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ECF＝∠BCD＝90°，
∴∠DPF＝90°，
∴PD⊥PE；
【应用】设PD交BE于H，如图③所示
∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，B与D是一对对应点，BC＝CD，∠ACB＝45°，BC＝AB＝3，
∴PD＝PB，
∵PB＝PE，
∴PD＝PE，∠PBC＝∠PEB，
在△CBP和△CDP中，
，
∴△CBP≌△CDP（SSS），
∴∠PBC＝∠PDC，
∴∠PDC＝∠PEB，
∵∠PHE＝∠CHD，
∴180°﹣∠CHD﹣∠PDC＝180°﹣∠PHE﹣∠PEB，
即∠DPE＝∠DCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE＝∠BCD＝90°，
∴∠DPE＝90°，
∴△DPE是等腰直角三角形，
过点P作PQ⊥BE于Q，
∵PB＝PE，
∴BQ＝EQ，
∵∠PCQ＝∠ACB＝45°，
∴△CQP是等腰直角三角形，
∴CQ＝PQ＝CP＝1，
∴EQ＝BQ＝BC+CQ＝3+1＝4，
∴PE＝＝＝，
∴DE＝PE＝×＝．
【点评】本题是四边形综合题目，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、轴对称的性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
53．（2023•定远县校级三模）（1）如图1，正方形ABCD和正方形DEFG（其中AB＞DE），连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的关系 AG＝CE；AG⊥CE ；
（2）如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），连接AG，CE交于点H，（1）中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）矩形ABCD和矩形DEFG，AD＝2DG＝6，AB＝2DE＝8，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α（0°＜α＜360°），直线AG，CE交于点H，当点E与点H重合时，请直接写出线段AE的长．
【分析】（1）证明△GDA≌△EDC（SAS），即可求解；
（2）根据两边对应成比例且夹角相等证明△GDA∽△EDC，即可求解；
（3）①当点E在线段AG上时，如图3，证明△DGP∽△EGD，列比例式可得AE的长；②当点G在线段AE上时，如图4，同理可解．
【解答】解：（1）如图1，
在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADE+∠EDG＝∠ADC+∠ADE，
即∠ADG＝∠CDE，
∵DG＝DE，DA＝DC，
∴△GDA≌△EDC（SAS），
∴AG＝CE，∠GAD＝∠ECD，
∵∠COD＝∠AOH，
∴∠AHO＝∠CDO＝90°，
∴AG⊥CE，
故答案为：AG＝CE；AG⊥CE；
（2）不成立；CE＝2AG，AG⊥CE，理由如下：
如图2，由（1）知，∠EDC＝∠ADG，
∵AD＝2DG，AB＝2DE，AD＝DE，
∴，＝＝，
∴＝，
∴△GDA∽△EDC，
∴＝，即CE＝2AG，
∵△GDA∽△EDC，
∴∠ECD＝∠GAD，
∵∠COD＝∠AOH，
∴∠AHO＝∠CDO＝90°，
∴AG⊥CE；
（3）①当点E在线段AG上时，如图3，
在Rt△EGD中，DG＝3，ED＝4，则EG＝5，
过点D作DP⊥AG于点P，
∵∠DPG＝∠EDG＝90°，∠DGP＝∠EGD，
∴△DGP∽△EGD，
∴＝，即，
∴PD＝，PG＝，
则AP＝＝＝，
则AE＝AG﹣GE＝AP+GP﹣GE＝+﹣5＝；
②当点G在线段AE上时，如图4，
过点D作DP⊥AG于点P，
∵∠DPG＝∠EDG＝90°，∠DGP＝∠EGD，
同理得：PD＝，AP＝，
由勾股定理得：PE＝＝，
则AE＝AP+PE＝+＝；
综上，AE的长为．
【点评】本题是四边形综合题，涉及旋转的性质，矩形的性质，三角形全等和相似的性质和判定，勾股定理等知识，难度适中，其中（3）正确画图和分类讨论是解题的关键．
54．（2023•合肥二模）在正方形ABCD中，点E、F、G分别为AB、AD、BC边上的一点，FG垂直平分DE，垂足为H．
（1）如图1，求证：DE＝FG；
（2）如图2，连接AC，交FG于点M，连接DM，EM．
①求证：△DME是等腰直角三角形；
②当FM＝DM时，求值．
【分析】（1）过A点作AN∥FG交BC于点N，交DE于点M，证明△BNA≌△AED（ASA），由全等三角形的性质得出AN＝DE，则可得出结论；
（2）①过点M作MP⊥AD于P，MQ⊥AB于Q，证出四边形MPAQ为正方形，得出MP＝MQ，∠PMQ＝90°，证明Rt△DMP≌Rt△EMQ（HL），由全等三角形的性质得出∠DMP＝∠EMQ，证出∠DME＝∠PMQ＝90°，则可得出结论；
②过点M作MP⊥AD于P，MQ⊥AB于Q，延长QM交CD于N，由DM＝FM，可证∠ADE＝∠DMP，由Rt△DMP≌Rt△EMQ，有∠DMP＝∠EMQ，故∠ADE＝∠EMQ，可得△ADE∽△QME，即得＝，而△DEM为等腰直角三角形，即得＝，设MQ＝t＝AP，求出AM＝MQ＝t，MN＝DP＝（﹣1）t，CM＝MN＝（2﹣）t，从而可得的值是﹣1．
【解答】（1）证明：过A点作AN∥FG交BC于点N，交DE于点M，如图：
在正方形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝∠B＝90°，
∴四边形FGNA是平行四边形，
∴AN＝FG，
∵FG垂直平分DE，
∴∠FHD＝90°
∵AN∥FG，
∴∠DMA＝∠FHD＝90°，
∴∠NAE+∠AED＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠NAE＝∠ADE，
在△BNA和△AED中，
，
∴△BNA≌△AED（ASA），
∴AN＝DE，
∴DE＝FG；
（2）①证明：过点M作MP⊥AD于P，MQ⊥AB于Q，如图：
∴∠MPA＝∠MQA＝∠PAQ＝90°，
∴四边形MPAQ为矩形，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠PAM＝∠QAM＝45°＝∠PMA，
∴PA＝PM，
∴四边形MPAQ为正方形，
∴MP＝MQ，∠PMQ＝90°，
∵FG垂直平分DE，
∴DM＝ME，
∴Rt△DMP≌Rt△EMQ（HL），
∴∠DMP＝∠EMQ，
∴∠DME＝∠DMP+∠PME＝∠EMQ+∠PME＝∠PMQ＝90°，
∴△DEM为等腰直角三角形；
②解：过点M作MP⊥AD于P，MQ⊥AB于Q，延长QM交CD于N，如图：
∵DM＝FM，
∴∠MFD＝∠MDF，
∴∠FDH＝90°﹣∠MFD＝90°﹣∠MDF＝∠DMP，即∠ADE＝∠DMP，
由①知，Rt△DMP≌Rt△EMQ，
∴∠DMP＝∠EMQ，
∴∠ADE＝∠EMQ，
∵∠DAE＝90°＝∠MQE，
∴△ADE∽△QME，
∴＝，
由①知△DEM为等腰直角三角形，
∴＝，
∴＝，
设MQ＝t＝AP，则AD＝t，
∴DP＝（﹣1）t，AM＝MQ＝t，
∵∠NDA＝∠DAQ＝∠AQN＝90°，
∴∠QND＝90°＝∠QNC，
∴四边形DPMN是矩形，△CMN是等腰直角三角形，
∴MN＝DP＝（﹣1）t，CM＝MN＝（2﹣）t，
∴＝＝﹣1．
∴的值是﹣1．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形．
55．（2023•雨山区校级一模）如图①，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB＝MN．
（1）求证：BN平分∠ABE；
（2）连接DN，若BD＝1，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
（3）如图②，若点F为为AB的中点，连接FN、FM，求的值．
【分析】（1）由AB＝AC知∠ABC＝∠ACB，由等腰三角形三线合一知AM⊥BC，从而根据∠MAB+∠ABC＝∠EBC+∠ACB知∠MAB＝∠EBC，再由△MBN为等腰直角三角形知∠EBC+∠NBE＝∠MAB+∠ABN＝∠MNB＝45°可得证；
（2）设BM＝CM＝MN＝a，知DN＝BC＝2a，证△ABN≌△DBN得AN＝DN＝2a，Rt△ABM中利用勾股定理可得a的值，从而得出答案；
（3）F是AB的中点知MF＝AF＝BF及∠FMN＝∠MAB＝∠CBD，再由，即，得△MFN∽△BDC，即可得证．
【解答】（1）证明：如图①，∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵M是BC的中点，
∴AM⊥BC，
在Rt△ABM中，∠MAB+∠ABC＝90°，
在Rt△CBE中，∠EBC+∠ACB＝90°，
∴∠MAB＝∠EBC，
∵MB＝MN，
∴△MBN是等腰直角三角形，
∴∠MNB＝∠MBN＝45°，
∵∠EBC+∠NBE＝∠MAB+∠ABN＝∠MNB＝45°，
∴∠NBE＝∠ABN，即BN平分∠ABE；
（2）解：设BM＝CM＝MN＝a，
∵四边形DNBC是平行四边形，
∴DN＝BC＝2a，
在△ABN和△DBN中，
∵，
∴△ABN≌△DBN（SAS），
∴AN＝DN＝2a，
在Rt△ABM中，由AM2+MB2＝AB2，可得：（2a+a）2+a2＝1，
解得：a＝±（负值舍去），
∴BC＝2a＝；
（3）解：∵F是AB的中点，
∴在Rt△MAB中，MF＝AF＝BF，
∴∠MAB＝∠FMN，
∵∠MAB＝∠CBD，
∴∠FMN＝∠CBD，
∵，即，
∴△MFN∽△BDC，
∴＝＝．
【点评】本题属于四边形的综合题，解题的关键是掌握等腰三角形三线合一的性质、直角三角形和平行四边形的性质及全等三角形与相似三角形的判定与性质等知识点．
56．（2023•潜山市模拟）如图（1），E，F，H是正方形ABCD边上的点，连接BE，CF交于点G、连接AG，GH，CE＝DF．
（1）判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
（2）若CE＝CH，求证：∠BAG＝∠CHG；
（3）如图（2），E，F是菱形ABCD边AB，AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG，FG，CG，∠AGD＝∠BAD，AF＝AE，DF＝GF，CD＝10，CG＝6，直接写出DF的长及cs∠ADC的值．
【分析】（1）由正方形的性质结合题意易证△BCE≌△CDF（SAS），得出∠CBE＝∠DCF．再根据∠CBE+∠CEB＝90°，即可求出∠DCF+∠CEB＝90°，进而可求出∠CGE＝90°，即BE⊥CF；
（2）由题意易证△CGB∽△ECB，即得出．再根据CE＝CH，BC＝AB可得出．又可求出∠HCG＝∠ABG，即证明△HCG∽△ABG，得出∠BAG＝∠CHG；
（3）由题意易证△ADE∽△GDA，得出，∠DEA＝∠DAG．结合菱形的性质和题意可得出∠GDC＝∠FAG，，即证明△GDC∽△GAF，得出．由AF＝AD﹣DF，DF＝GF，再代入数据即可求DF的长；过点F作FM⊥CD于点M，FN⊥CG交CG延长线于点N，连接CF．由相似三角形的性质可得∠DCG＝∠AFG．又易证∠FGN＝∠DMF，结合DF＝GF，∠FNG＝∠FMD，可证△FGN≌△DMF（AAS），得出FN＝MF，GN＝DM，∠FGN＝∠FDM．进而可证△CMF≌△CNF（HL），得出CM＝CN，进而得出CD﹣DM＝CG+NG，代入数据即可求出NG＝2．最后根据余弦的定义求解即可．
【解答】（1）解：BE⊥CF，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°．
∵CE＝DF，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠CBE＝∠DCF．
∵∠CBE+∠CEB＝90°，
∴∠DCF+∠CEB＝90°，
∴∠CGE＝90°，即BE⊥CF；
（2）证明：∵∠CBG＝∠EBC，∠CGB＝∠ECB＝90°，
∴△CGB∽△ECB，
∴．
∵CE＝CH，BC＝AB，
∴，即．
∵∠CBG+∠BCG＝90°，∠ABG+∠CBG＝90°，
∴∠BCG＝∠ABG，即∠HCG＝∠ABG，
∴△HCG∽△ABG，
∴∠BAG＝∠CHG；
（3）解：∵∠ADE＝∠GDA，∠AGD＝∠BAD，
∴△ADE∽△GDA，
∴，∠DEA＝∠DAG．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠DEA＝∠GDC，
∴∠GDC＝∠FAG．
∵AF＝AE，
∴，即，
∴△GDC∽△GAF，
∴．
∵AF＝AD﹣DF，DF＝GF，
∴，
解得：；
如图，过点F作FM⊥CD于点M，FN⊥CG交CG延长线于点N，连接CF．
∵△GDC∽△GAF，
∴∠DCG＝∠AFG．
∵∠AFG+∠DFG＝180°，
∴∠DCG+∠DFG＝180°，
∴∠CDF+∠CGF＝180°．
∵∠FGN+∠CGF＝180°，
∴∠FGN＝∠CDF，即∠FGN＝∠MDF．
∵DF＝GF，∠FNG＝∠FMD，
∴△FGN≌△DMF（AAS），
∴FN＝MF，GN＝DM，∠FGN＝∠FDM．
在Rt△CMF和Rt△CNF中：
，
∴Rt△CMF≌Rt△CNF（HL），
∴CM＝CN，
∴CD﹣DM＝CG+NG，即10﹣NG＝6+NG，
解得：NG＝2．
∵∠FGN＝∠FDM，
∴．
【点评】本题考查正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，求角的余弦值等知识，综合性强，为压轴题．熟练掌握上述知识是解题关键，在解（3）时正确作出辅助线构造全等三角形也是关键．
57．（2023•定远县模拟）如图，在△ACB和△ABD中，∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC＝2，AB＝BD，P为AC上一点（不与点A、C重合），连接PB，作PB⊥BQ交AD于点Q．
（1）求证：PB＝BQ；
（2）求证：AP+AQ＝2BC；
（3）如图2，若P为AC的中点，连接CQ分别交BP、AB于点E、F，求的值．
【分析】（1）只要证明△ABP≌△DBQ（ASA），即可解决问题．
（2）如图1中，作BG⊥AD于G．首先证明四边形ACBG是正方形，再利用直角三角形斜边中线的性质，证明AD＝2BC，结合全等三角形的性质即可证明．
（3）如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．由△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，推出＝＝，＝＝，＝，＝，设S△BEF＝2x，用x表示△BEF，四边形APEF的面积即可．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵∠C＝∠ABD＝90°，AC＝BC，AB＝BD，
∴∠BAP＝∠D＝45°，
∵PB⊥BQ，
∴∠PBQ＝∠ABD＝90°，
∴∠ABP＝∠DBQ，
∵BA＝BD，
∴△ABP≌△DBQ（ASA），
∴PB＝BQ．
（2）证明：如图1中，作BG⊥AD于G．
∵△ACB，△ABD都是等腰直角三角形，
∴∠BAD＝∠BAC＝45°，
∴∠CAG＝90°，
∵∠C＝∠AGB＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝CB，
∴四边形ACBG是正方形，
∴BC＝BG，
∵∠ABD＝90°，AB＝BD，BG⊥AD，
∴BG＝GA＝GD，
∴AD＝2BC，
∵△ABP≌△DBQ，
∴AP＝DQ，
∴AP+AQ＝AD＝2BC．
（3）解：如图2中，作BG⊥AD于G，交CQ于H，连接AE．
∵P为AC 中点，BG＝BC＝2
∴AP＝PC＝QD＝GQ＝BC＝1，AG＝BG＝2，
∵GQ∥BC，
∴△GHQ∽△BHC，
∴＝＝，
∴BH＝BG＝，
∵PC∥BH，
∴△PCE∽△BHE，△ACF∽△BHF，
∴＝＝，＝＝，
∴＝，＝，设S△BEF＝2x
∴S△APE＝（3x+2x）＝x，
∴＝＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
58．（2023•蚌山区校级模拟）如图1，四边形ABCD中，AD⊥CD，边BC上的点E满足AB＝AE且DC＝DE，CH为△CDE的一条高线．
（1）若AE∥CD，求证：
①AD＝CH，
②BH⊥AE；
（2）如图2，点F在线段CH上且BF＝CF，求证：四边形ABFD为平行四边形．
【分析】（1）①证明△ADE≌△HCD，从而得出结论；
②证明DH＝AE＝AB，AB∥DE，从而得出四边形ABHD是平行四边形，从而得出BH∥AD，进而得出结论；
（2）射线DA上截取DG＝CF，作EM⊥CD于M，可证得EM∥AD，可证得∠FBC＝∠FCB＝∠CEM，从而得出EM∥BF，从而BF∥AD，从而得出四边形GBFD是平行四边形，从而BG＝DF，可证明△GED≌△FDC，从而得出EG＝DF，从而BG＝GE，从而得出点G和点A重合，从而得出结论．
【解答】证明：（1）①∵AE∥CD，
∴∠CDH＝∠AED，
∵AD⊥CD，
∴AD⊥AE，
∵CH⊥DE，
∴∠DAE＝∠CHD＝90°，
∵CD＝DE，
∴△ADE≌△HCD（AAS），
∴AD＝CH；
②∵AE∥CD，
∴∠DCE＝∠AEB，
∵AB＝AE，DE＝DC，
∴∠ABE＝∠AEB，∠DEC＝∠DCE，
∴∠DEC＝∠ABE，
∴DE∥AB，
由①得：△ADE≌△HCD，
∴DH＝AE，
∴DH＝AB，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴BH∥AD，
∵AE⊥AD，
∴BH⊥AE；
（2）如图，
射线DA上截取DG＝CF，作EM⊥CD于M，
∵AD⊥CD，CH⊥DE，
∴∠ADC＝∠CHD＝90°，EM∥AD，
∴∠GDE+∠CDE＝90°，∠DCF+∠CDE＝90°，
∴∠GDE＝∠DCF，
∵DE＝DC，
∴△GED≌△FDC（SAS），
∴DF＝GE，
∵DE＝DC，
∴∠DAC＝∠DCE，
∵∠CHE＝∠EMC＝90°，
∴∠ECH＝∠CEM，
∵BF＝CF，
∴∠FBC＝∠FCE，
∴∠FBC＝∠CEM，
∴EM∥BF，
∴AD∥BF，
∴四边形GBFD是平行四边形，
∴BG＝DF，
∴BG＝GE，
∴点G和点A重合，
∴四边形ABFD是平行四边形．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
59．（2023•定远县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD中心在原点，且顶点A的坐标为（1，1）．动点P、Q分别从点A、B同时出发，绕着正方形的边按顺时针方向运动，当P点回到A点时两点同时停止运动，运动时间为t秒．连接OP、OQ，线段OP、OQ与正方形的边围成的面积较小部分的图形记为M．
（1）请写出B、C、D点的坐标；
（2）若P、Q的速度均为1个单位长度/秒，试判断在运动过程中，M的面积是否发生变化，如果不变求出该值，如果变化说明理由；
（3）若P点速度为2个单位长度/秒，Q点为1个单位长度/秒，当M的面积为时，求t的
值．
【分析】（1）利用正方形的性质，骨科B、C、D的位置写出坐标即可；
（2）只要证明△OAP≌△OBQ，可得S△OAP＝S△OBQ，推出SM＝S△OAB＝S正方形ABCD＝1；
（3）分两种情形：①当点P在线段AB上，点Q在线段BC上时，②当点P、Q在CD上时，分别构建方程即可解决问题；
【解答】解：（1）由题意B（1，﹣1），C（﹣1，﹣1），D（﹣1，1）；
（2）M的面积不发生变化．
理由：如图，连接OA、OB．
∵四边形ABCD是正方形，O是正方形的中心，
∴OA＝OB，∠OAP＝∠OBQ＝45°，
∵AP＝BQ，
∴△OAP≌△OBQ，
∴S△OAP＝S△OBQ，
∴SM＝S△OAB＝S正方形ABCD＝1．
∴M的面积S是定值，定值为1．
（3）①当点P在线段AB上，点Q在线段BC上时，
由题意：•（2﹣2t）•1+•t•1＝，
解得t＝．
②当点P、Q在CD上时，
由题意：（2t﹣t﹣2）•1＝，
解得t＝，
综上所述，t＝或时，M的面积为．
【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
60．（2023•安徽一模）如图1，在菱形ABCD中，点P为射线AC上的一点，连接DP，过点P作PM，使得∠DPM+∠BAD＝180°，PM与射线BC交于点M，以PD，PM为邻边作平行四边形DPMN．
（1）求证：四边形DPMN为菱形；
（2）如图2，∠BAD＝90°，连接CN，猜想CN与AP之间的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当点P在AC的延长线上时，如图3，AB＝3，，求PN的长度．
【分析】（1）延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，利用菱形的性质、平行四边形的性质以及平行线的性质证明∠PDC＝∠QDH＝∠DHB＝∠PMB，证明△CPD≌△CPB得出∠CBP＝∠CDP＝∠PMB，DP＝BP，利用等边对等角得出PM＝PB＝PD，最后利用菱形的判定即可得证；
（2）先判定菱形ABCD，DPMN是正方形，可得AD＝CD，PD＝ND，∠ADP＝∠CDN，证明△ADP≌△CDN即可得出结论；
（3）类似（2）证明△ADP≌△CDN，得出∠APD＝∠CND，AP＝CN，利用三角形内角和定理可求∠PCN＝90°，然后利用勾股定理求出AC，进而求出AP，CN，最后在Rt△PCN利用勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：延长DN交BC于点H，作AD的延长线AQ，连接BP，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠QDC，∠QDH＝∠DHB，
∵四边形PMND是平行四边形，
∴PM∥DN，
∴∠DPM+∠PDN＝180°，∠PMB＝∠DHB，
又∠DPM+∠BAD＝180°，
∴∠PDN＝∠BAD＝∠QDC，
∴∠PDN+∠NDC＝∠QDC+∠NDC，即∠PDC＝∠QDH，
又∠PMB＝∠DHB，∠QDH＝∠DHB，
∴∠PDC＝∠PMB，
∵CD＝CB，∠ACD＝∠ACB，CP＝CP，
∴△CPD≌△CPB（SAS），
∴∠CBP＝∠CDP＝∠PMB，DP＝BP，
∴PM＝PB＝PD，
∴平行四边形PMND是菱形；
（2）解：CN＝AP，理由如下：
如图2中，当∠BAD＝90°时，菱形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°
由（1）可知∠PDN＝∠BAD＝90°，则菱形PMND也是正方形，
∴∠ADC＝∠PDN＝90°，AD＝CD，PD＝ND，
∴∠ADP＝∠CDN，
∴△ADP≌△CDN（SAS），
∴AP＝CN；
（3）解：如图3中，由（2）可知∠ADC＝∠PDN＝90°，AD＝CD，PD＝ND，
∴∠ADP＝∠CDN，
∴△ADP≌△CDN（SAS），
∴∠APD＝∠CND，AP＝CN，
∵∠DNC+∠PNC+∠DPN＝180°﹣∠PDN＝90°，
∴∠APD+∠PNC+∠DPN＝90°，
∴∠PCN＝90°，
∵正方形ABCD的边AB＝3，
∴，
又，
∴，
∴．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．