重难点11 四边形压轴综合（17种题型）-2024年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想：体现在数学上也就是要把难转简，把不熟转熟，把未知转为已知的问题。
重难点突破11 四边形压轴综合（17种题型）
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157088419" 题型01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc157088420" 题型02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题
\l "_Tc157088421" 题型03 利用特殊四边的性质与判定解决规律探究
\l "_Tc157088422" 题型04 根据图象运动判断函数关系
\l "_Tc157088423" 题型05 四边形中的动点问题
\l "_Tc157088424" 题型06 四边形折叠与旋转中的角度问题
\l "_Tc157088425" 题型07 四边形折叠与旋转中的线段长度问题
\l "_Tc157088426" 题型08 四边形折叠与旋转中的坐标问题
\l "_Tc157088427" 题型09 四边形折叠与旋转中的周长和面积问题
\l "_Tc157088428" 题型10 四边形折叠与旋转中的最值问题
\l "_Tc157088429" 题型11 四边形中的线段最值问题
\l "_Tc157088430" 题型12 探究四边形中线段存在的数量关系
\l "_Tc157088431" 题型13 探究四边形中线段存在的位置关系
\l "_Tc157088432" 题型14 探究四边形与反比例函数综合运用
\l "_Tc157088433" 题型15 探究四边形与二次函数综合运用
\l "_Tc157088434" 题型16 探究四边形与三角形综合运用
\l "_Tc157088435" 题型17 探究四边形与圆综合运用
题型01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（ ）
①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2−BM2=22−12=3，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面积为：2×3=23，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3
即MN=3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面积为：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正确，
当OM⊥BC时，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
2．（2020·内蒙古·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，按以下步骤作图：（1）分别以点A,B为圆心，以大于12AB的长为半径作弧，两弧相交于M,N两点（点M在AB的上方）；（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；（3）用圆规在射线OM上截取OE=OD．连接AD,AE,BE，过点O作OF⊥AC，垂足为F，交AD于点G．下列结论：
①CD=2GF；②BD2−CD2=AC2；③S△BOE=2S△AOG；④若AC=6,OF+OA=9，则四边形ADBE的周长为25．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到CD=2GF，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到AD2−CD2=AC2，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得S△AOD=2S△AOG，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据OA2=OF2+AF2，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据BD2−CD2=AC2，求出BD=254，即可判断④.
【详解】由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵OF⊥AC，∠ACB=90°，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴CD=2GF，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，AD2−CD2=AC2,
∴ BD2−CD2=AC2，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴S△AOD=2S△AOG，
∵S△AOD=S△BOE，
∴S△BOE=2S△AOG，故③正确；
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵OA2=OF2+AF2，
∴x2=(9−x)2+32，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵BD2−CD2=AC2，
∴BD2−(8−BD)2=62，
解得BD=254，
∴四边形ADBE的周长为254×4=25.
故选：D.
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
3．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S△MPE=9625；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

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

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

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
4．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ．

【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；

如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，点A在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有以下结论：
①A(b,3b) ②当b=2时，k=43
③m=33 ④S四边形AOCB=2b2
则所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(3b,b)，即可判断①错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=3b2，当b=2时，即可求出k的值，即可判断②正确；将点B(3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m的值，即可判断③正确；再根据底乘高即可计算S四边形AOCB，继而判断④错误．
【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)，
∴当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴OC=OA=AB=2b，
∵A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D，
∴AD=BD=b
∴在Rt△AOD中，OD=OA2−AD2=3b，
∴A(3b,b)，故①错误；
∵ A(3b,b)在双曲线y=kx(k>0,x>0)上，
∴b=k3b，
∴k=3b2，
当b=2时，k=43，故②正确；
∵OD=3b,BD=b，
∴B(3b,b)，
∵点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，
∴3mb−2b=−b，
∴3mb=b，
∴m=33，故③正确；
S四边形AOCB=AB⋅OD=2b⋅3b=23b2，故④错误；
综上，正确结论的序号是②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
6．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为22−2．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】
如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确；
∴△BCF≅△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF≅△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确；
如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
∴△ABP≅△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③错误；
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP∼△CQF，
∴BQCQ=PQFQ，
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ∼△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
∴BD=22+22=22，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE≅△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD−BH=22−2，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
题型02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题
7．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形OABC中，点A0,2，点C2,0，则互异二次函数y=x−m2−m与正方形OABC有交点时m的最大值和最小值分别是（ ）
A．4，-1B．5−172，-1C．4，0D．5+172，-1
【答案】D
【分析】分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．
【详解】解：由正方形的性质可知：B（2,2）；
若二次函数y=x−m2−m与正方形OABC有交点,则共有以下四种情况:
当m≤0时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有m≤0m2−m≤2，
解得：−1≤m<0；
当0解得：0当10，
解得：1当m>2时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有m>2m2−m≥02−m2−m≤2，
解得：2综上可得：m的最大值和最小值分别是5+172，−1．
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．
8．（2023·江苏·统考中考真题）综合与实践
定义：将宽与长的比值为22n+1−12n（n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长CD的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．

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

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

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

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

设DG=x，则AG=1−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=1，
在Rt△BEC中，EC=EB2+BC2=1+m2，
∴EH=1+m2−1，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴1−x2+1−m2=1+m2−12+x2
整理得，x=m2+1−m
∴四边形AGHE的边长为1−x+x+1+m2−1+1−m=1+m2−m+1 =x+1
矩形GDCK的周长为2GD+DC=2x+1，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值12
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
9．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC=8,DE=10，求四边形EBCD的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)38−62
【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD的格点D；②∠B=∠A=90，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，证明四边形ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，由新定义可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，
∴∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形．
（2）解：D1，D2，D3即为所求；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形ACBE为平行四边形，
∴BE=AC=8，AE=BC，
设BC=AE=x，而DE=10，
∴AD=10−x，DQ=x−10−x=2x−10，
由新定义可得CD=CB=x，
由勾股定理可得：x2−2x−102=82−x2，
整理得：x2−20x+82=0，
解得：x1=10−32，x2=10+32>8（不符合题意舍去），
∴CB=CD=10−32，
∴四边形EBCD的周长为10+8+210−32=38−62．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
10．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，P(a,b)是第一象限内一点，给出如下定义：k1=ab和k2=ba两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．
(1)求点P(6,2)的“倾斜系数”k的值；
(2)①若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，且a+b=3，求OP的长；
(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：y=x运动，P(a,b)是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”k<3，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)①a-2b或b=2a，②OP=5
(3)a>3+1
【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；
（2）①由点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，由ab=2或ba=2求解即可；
②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；
（3）当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，此时，ba=3，则a+2a=3，求得a=3+1；当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，此时，ab=3，则aa−2=3，求得：a=3+3；即可求得k<3时，a的取值范围．
【详解】（1）解：由题意，得62=3，26=13，
∵3>13，
∴点P(6,2)的“倾斜系数”k=3；
（2）解：①a=2b或b=2a，
∵点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
当ab=2时，则a=2b；
当ba=2时，则b=2a，
∴a=2b或b=2a；
②∵P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
当ab=2时，则a=2b
∵a+b=3，
∴2b+b=3，
∴b=1，
∴a=2，
∴P(2，1)，
∴OP=22+12=5；
当ba=2时，则b=2a，
∵a+b=3，
∴a+2a=3，
∴a=1，
∴b=2，
∴P(1，2)
∴OP=12+22=5；
综上，OP=5；
（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=3时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x轴于E，
此时，ba=3，
则a+2a=3，
解得：a=3+1；
∵k<3,则a>3+1;
当点P与B点重合，且k=3时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，
此时，ab=3，
则aa−2=3，
解得：a=3+3，
∵k<3,则a>3+3;
综上，若P的“倾斜系数”k<3，则a>3+1．
【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，（3）问求临界值．
11．（2020·湖南益阳·统考中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将ΔBCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，点B到直线AD的距离为BE．
①求BE的长．
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为82
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：x2+(x−1)2=25，即x2−x−12=0，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴BCPC=BFPH=CFCH,
即52=4PH=3CH，
解得：CH=65,PH=85,
在Rt△PHT中，TH=5+5+65=565,
PT=PH2+HT2=82,
∴ΔMNC周长的最小值为82．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
题型03 利用特殊四边的性质与判定解决规律探究
12．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）

A．（22）5B．（22）6C．（2）5D．（2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为2；第2个正方形的边长为2，其对角线长为22；第3个正方形的边长为22，其对角线长为23；•••；第n个正方形的边长为2n−1．所以，第6个正方形的边长25．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=22，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=23，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=24，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=25．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的2倍关系是解题的关键．
13．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，得到正六边形OAnBnCnDnEn，当n=2022时，正六边形OAnBnCnDnEn的顶点Dn的坐标是（ ）
A．−3,−3B．−3,−3C．3,−3D．−3,3
【答案】A
【分析】由于正六边形每次转45°，根据2022÷8=252⋅⋅⋅6，则D2022的坐标与D6的坐标相同，求得D6的坐标即可求解．
【详解】解：∵将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，∵ 45°×8=360°
当n=2022时，2022÷8=252⋅⋅⋅6
则D2022的坐标与D6的坐标相同，∵∠DOD6=2×45°=90°
则OD⊥OD6
如图，过点D作DF⊥x于F，过点D6F6⊥y轴于点F6，
∵ OE=DE=2，OD=OD6，
∴△ODF≌△OD6F6，
∴DF=D6F6,OF=OF6，
∵正六边形OABCDE的一个外角∠DEF= 3606=60°，
∴DF=sin∠DEF×DE=32×2=3，
∵∠DEO=180°−∠DEF=120°,DE=EO，
∴∠DOF=30°，
∴OF=DFtan∠DOF=3DF=3，
∴D6F6=DF=3,OF6=OF=3，
∴D6−3,−3，
∴D2022−3,−3，
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正六边形的性质，正多边形的外角和，内角和，求得D2022的位置是解题的关键．
14．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
题型04 根据图象运动判断函数关系
15．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，D2,3，P−1,−1．点M在菱形的边AD和DC上运动（不与点A，C重合），过点M作MN∥y轴，与菱形的另一边交于点N，连接PM，PN，设点M的横坐标为x，△PMN的面积为y，则下列图象能正确反映y与x之间函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质求出各点坐标，分M的横坐标x在0∼1，1∼2，2∼3之间三个阶段，用含x的代数式表示出△PMN的底和高，进而求出分段函数的解析式，根据解析式判断图象即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，
∴ AB=AD=2，OA=3，
∴ OB=AB2−OA2=22−32=1，
∴ OC=OB+BC=1+2=3，
∴ A0,3，B1,0，C3,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，将A0,3，B1,0代入，得：
k+b=0b=3，
解得k=−3b=3，
∴直线AB的解析式为y=−3x+3．
∵ MN∥y轴，
∴N的横坐标为x，
（1）当M的横坐标x在0∼1之间时，点N在线段AB上，△PMN中MN上的高为1+x，
∴ Nx,−3x+3，
∴ MN=3−−3x+3=3x，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=123x⋅1+x=32x2+32x，
∴该段图象为开口向上的抛物线；
（2）当M的横坐标x在1∼2之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN=3，MN上的高为1+x，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=123⋅1+x=32x+32，
∴该段图象为直线；
（3）当M的横坐标x在2∼3之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN上的高为1+x，
由D2,3，C3,0可得直线CD的解析式为y=−3x+33，
∴ Mx,−3x+33，Nx,0，
∴ MN=−3x+33，
∴ S△PMN=12MN⋅1+x=12−3x+33⋅1+x=−32x2+3x+332，
∴该段图象为开口向下的抛物线；
观察四个选项可知，只有选项A满足条件，
故选A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，涉及坐标与图形，菱形的性质，二次函数、一次函数的应用等知识点，解题的关键是分段求出函数解析式．
16．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，AB=4，BC=43，垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，当直线MN与CD重合时停止运动，运动过程中MN分别交矩形的对角线AC,BD于点E，F，以EF为边在MN左侧作正方形EFGH，设正方形EFGH与△AOB重叠部分的面积为S，直线MN的运动时间为ts，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出MN在O点左侧时的两段图象，即可得出结论．
【详解】解：当MN在O点左侧，即：t<2时：
①当正方形EFGH的边GH在△AOB的外部时，重叠部分为矩形，如图：

设HE,FG分别交AB于点I,K，
∵垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，
∴IE=FK=3t，
∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=43，
∴AC=AB2+BC2=8，
∴OA=OB=4=AB，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∴AI=BK=IE÷tan60°=t，
∴IK=4−2t，
∴S=IK⋅IE=3t4−2t=−23t2+43t，图象为开口向下的一段抛物线；
②当正方形EFGH的边GH在△AOB的内部时，与△AOB重叠部分即为正方形EFGH，如图：

由①可知：EF=IK=4−2t，
∴S=4−2t2，图象是一段开口向上的抛物线；
当MN过点O时，即t=2时，E,F重合，此时，S=0；
综上：满足题意的只有B选项，
故选B．
【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解．
17．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则函数图象最低点E的坐标为（ ）

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

【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等等，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为2cm的正方形，点E，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，连接OE,OF，点P从点E出发沿E−O−F运动，同时点Q从点B出发沿BC运动，两点运动速度均为1cm/s，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为ts，连接BP,PQ，△BPQ的面积为Scm2，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．
【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
∴S=12(2−t)·t=−12t2+t；
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
∴S=12t；
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．
19．（2021·湖南郴州·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°．点P从点A出发，沿路线A→B→C→D运动．设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列图象能反映y与x的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角的直角三角形，根据含30°角直角三角形的性质可得AD边上的高h是AP的一半，即h=32x,再根据三角形面积公式列出面积表达式即可判断；当点P运动到B点时，过点B作BE⊥AD于点E，由题意易得AB=AD=BC=4,BE=23，当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变，当点P在CD上时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角的直角三角形，根据含30°角直角三角形的性质可得AD边上的高h是等于32DP，即h=3212−x, 再根据三角形面积公式列出面积表达式即可判断．
【详解】解：当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，
由30°角所对直角边等于斜边一半,可推导h=32AP=32x,
所以y=12×4×32x=3x;
过点B作BE⊥AD于点E，如图所示：
∵边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AB=AD=BC=4，
∴∠ABE=30°，
∴AE=2，
∴BE=23，
点P与点B重合时，△ADP的面积最大，最大为S△ADP=12AD⋅BE=43；
当点P在线段BC上时，△ADP的面积保持不变，
当点P在CD上时，过点P作AD上的高记作h，
根据含30°角直角三角形的性质，可得AD边上的高h是等于32DP，即h=3212−x,
所以y=12×4×3212−x=123−3x;
∴综上可得只有A选项符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查函数图象及菱形的性质、勾股定理，熟练掌握函数图象及菱形的性质、勾股定理是解题的关键．
题型05 四边形中的动点问题
20．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形ABCD中（顶点A,B,C,D按逆时针方向排列），AB=12,AD=10,∠B为锐角，且sinB=45．

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

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

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

设C'D'与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'=90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'=90°，
∴∠CPH=∠PC'T．
又∵∠CHP=∠PTC'=90°,PC=C'P，
∴△CPH≌△PC'T，
∴C'T=PH,PT=CH=8．
设C'T=PH=t，则AP=6−t，
∴AT=PT−PA=2+t
∵∠C'AD'=90°,C'D'⊥AB，
∴△ATD'∽△C'TA，
∴ATTD'=C'TTA，
∴AT2=C'T⋅TD'，
∴(2+t)2=ι12−t，
化简得t2−4t+2=0，
解得t=2±2，
∴BP=BH+HP=8±2．
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP=6或8±2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
21．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形ABCD．AB=3，AD=5，点E在边BC上，且BE=2．动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ=90°，EQ交边AD或边DC于点Q，连续PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（t>0）

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

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

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

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

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

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

综上所述，0【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
22．（2023·山东济南·统考中考真题）在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，点E在边BC上，将射线AE绕点A逆时针旋转90°，交CD延长线于点G，以线段AE，AG为邻边作矩形AEFG．

(1)如图1，连接BD，求∠BDC的度数和DGBE的值；
(2)如图2，当点F在射线BD上时，求线段BE的长；
(3)如图3，当EA=EC时，在平面内有一动点P，满足PE=EF，连接PA，PC，求PA+PC的最小值．
【答案】(1)∠BDC=60°，3；
(2)3；
(3)43．
【分析】（1）根据矩形的性质得出∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，进而根据正切函数得出tan∠BDC=BCDC=3，可求出∠BDC=60°，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，求出∠DAG=∠BAE，证明△ADG∽△ABE，根据相似三角形的性质即可得出答案；
（2）过点F作FM⊥CG于点M，由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，AE=GF，证明△ABE≌△GMF，进而得出tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，设DM=x，则BE=MF=3x，根据DGBE=3，得出2+x3x=3，求出x=1，进而可得出答案；
（3）连接AC，先证明△AGC是等边三角形，AG=AC=4，得出PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，进而求出PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，得出PP'=3PE=43，可得当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．
【详解】（1）解：∵矩形ABCD中，AB=2，AD=23，
∴∠C=90°，CD=AB=2，BC=AD=23，
∴tan∠BDC=BCDC=3，
∴∠BDC=60°，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠BAD=∠EAG=∠ADG=90°，
∴∠EAG−∠EAD=∠BAD−∠EAD，即∠DAG=∠BAE，
∴△ADG∽△ABE，
∴DGBE=ADAB=3；
（2）解：如答案图1，过点F作FM⊥CG于点M，
由矩形ABCD和矩形AEFG可得，∠ABE=∠AGF=∠ADG=90°，
AE=GF，
∴∠BAE=∠DAG=∠CGF，∠ABE=∠GMF=90°，
∴△ABE≌△GMF，
∴BE=MF，AB=GM=2，
∴∠MDF=∠BDC=60°，FM⊥CG，
∴tan∠MDF=tan60°=MFMD=3，
∴MF=3MD，
设DM=x，则BE=MF=3x，
∴DG=GM+MD=2+x，
∵DGBE=3，
∴2+x3x=3，
解得x=1，
∴BE=3x=3；
（3）解：如答案图2，连接AC，
∵矩形ABCD中，AD=BC=23，AB=2，
∴∠ACB=30°，AC=2AB=4，
∵EA=EC，
∴∠EAC=∠ACE=30°，∠AEC=120°，
∴∠ACG=∠GAC=90°−30°=60°，
∴△AGC是等边三角形，AG=AC=4，
∴PE=EF=AG=4，
将△AEP绕点E顺时针旋转120°，EA与EC重合，得到△CEP'，
∴PA=P'C，∠PEP'=120°，EP=EP'=4，
∴PP'=3PE=43，
∴当点P，C，P'三点共线时，PA+PC的值最小，此时为PA+PC=PP'=43．

【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键．
23．（2023·江苏无锡·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．

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

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

∵ PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，
∴ PQ=x2+12．
∵S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ
∴ BE=BQ×PBPQ=23xx2+12，
∴ QE=12x2+12，
∴ S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12．
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ∼△QFC，
∴ S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13，
∴ S△QFC=43xx2+12．
∵S△BQC=12×2×23=23，
∴ S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=2123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
24．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S．

(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【答案】(1)S=−32x2+23x
(2)当x=2时，S的最大值为23
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=34−x，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，

∵顶点A的坐标为2,23，
∴OA=22+232=4，OG=2，AG=23
∴cs∠AOG=OGAO=12，
∴∠AOG=60°
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC,
∴∠EDO=∠ACO=60°
∴△EOD是等边三角形，
∴ED=OD=x
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
∴DFOB=CDCO
∵A 2,23，AO=4，则B6,23，
∴OB=62+232=43
∴DF43=4−x4
∴DF=34−x
∴S=12x×34−x=−32x2+23x
∴S=−32x2+23x0≤x≤4
（2）解：∵S=−32x2+23x=−32x−22+23
∵−32<0，
∴当x=2时，S的值最大，最大值为23．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25．（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是边AD上一动点（不与点A，D重合）．边BC关于BE对称的线段为BF，连接AF．

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

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

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

则四边形ABPQ是矩形，
∴AQ=PB=x，PQ=AB=2x，
∴QM=MP=x,GM=2x，
∴GQ=122−1，
∵QE+AE=AQ=x，
∴AQAE=2+12，
∴AE=2(2−1)x =2(2−1)×123+6=3．
【点睛】此题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，轴对称的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
26．（2023·吉林·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=4cm，点O是对角线AC的中点，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P以1cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动，点Q以2cm/s的速度沿折线BC−CD向终点D匀速运动．连接PO并延长交边CD于点M，连接QO并延长交折线DA−AB于点N，连接PQ，QM，MN，NP，得到四边形PQMN．设点P的运动时间为x（s）（0
(1)BP的长为__________cm，CM的长为_________cm．（用含x的代数式表示）
(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
(3)当四边形PQMN是轴对称图形时，直接写出x的值．
【答案】(1)4−x；x
(2)y=4x2−12x+160(3)x=43或x=83
【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出OM=OP,OQ=ON，可得四边形PQMN是平行四边形，证明△ANP≌△CQM即可；
（2）分0（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：依题意，AP=x×1=x cm，则PB=AB−AP=(4−x)cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,∠DAB=∠DCB=90°，
∵点O是正方形对角线AC的中点，
∴OM=OP,OQ=ON，则四边形PQMN是平行四边形，
∴MQ=PN，MQ∥NP，
∴∠PNQ=∠MQN，
又AD∥BC，
∴∠ANQ=∠CQN，
∴∠ANP=∠MQC，
在△ANP,△CQM中，
∠ANP=∠MQC∠NAP=∠QCMNP=MQ，
∴△ANP≌△CQM，
∴MC=AP=xcm
故答案为：4−x；x．
（2）解：当0
由（1）可得△ANP≌△CQM，
同理可得△PBQ≌△MDN，
∵PB=4−x,QB=2x,MC=x，QC=4−2x，
则y=AB2−2S△MCQ−2S△BPQ
=16−4−x×2x−x4−2x
=4x2−12x+16；
当2
则AP=x，AN=CQ=2x−CB=2x−4，
PN=AP−AN=x−2x−4=−x+4，
∴y=−x+4×4=−4x+16；
综上所述，y=4x2−12x+160（3）依题意，①如图，当四边形PQMN是矩形时，此时∠PQM=90°，
∴∠PQB+∠CQM=90°，
∵∠BPQ+∠PQB=90°，
∴∠BPQ=∠CQM，
又∠B=∠BCD，
∴△BPQ~△CQM，
∴BPCQ=BQCM，
即4−x4−2x=2xx，
解得：x=43，

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

4−x=2x−4，解得x=83，
当四边形PQMN是菱形时，则PN=PQ=4，即−x+4=4，解得：x=0（舍去），
综上所述，当四边形PQMN是轴对称图形时，x=43或x=83．
【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型06 四边形折叠与旋转中的角度问题
27．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，连接AD'交BC'于点F．

(1)若∠DED'=70°，求∠DAD'的度数；
(2)连接EF，试判断四边形C'D'EF的形状，并说明理由．
【答案】(1)∠DAD'的度数为35°
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点E是AD的中点，沿BE所在的直线折叠，可得△AED'是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形BED'F是平行四边形，如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，可证四边形C'D'EF是平行四边形，再根据折叠的性质得∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴DE=D'E，
∴AE=D'E，则△AED'是等腰三角形，
∴∠D'AE=∠AD'E，
∵∠DED'=70°，即∠D'ED=∠D'AE+∠AD'E=70°，
∴∠D'AE=∠AD'E=12∠DED'=12×70°=35°，
∴∠DAD'的度数为35°．
（2）解：如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，

∵四边形ABCD是矩形，
∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，BE是∠CBC',∠DED'的角平分线，
由（1）可知，∠EAD'=∠ED'A=12∠DED'，
∴∠ED'A=∠D'EH，
∴AD'∥BE，且BF∥ED'，
∴四边形BED'F是平行四边形，则BF=ED'，FD'=BE，
如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，

∵点E是AD的中点，EG⊥BC，
∴点G是线段BC的中点，则AE=DE=BG=CG，
∴在△BEG,△CEG中，
BG=CG∠BGE=∠CGE=90°EG=EG，
∴△BEG≌△CEG(SAS)，
∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，∠GBE=∠FBE，
在△BC'E,△BCE中，
BC'=BC∠C'BE=∠CBEBE=BE，
∴△BC'E≌△BCE(SAS)，
∴EC'=EC，∠BC'E=∠BCE，
∴EC'=EC=EB，
∴EC'=FD'，
∴四边形C'D'EF是平行四边形，
∵∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，
∴平行四边形C'D'EF是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
28．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．

(1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB=___________度；
(2)改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)30
(2)∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出BM=AB=2BE，∠BEF=90°，进而可求出sin∠EMB=12，即得出∠EMB=30°；
（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证Rt△BCQ≅Rt△BMQHL，即得出∠MBQ=∠CBQ．
【详解】（1）解：∵对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴AB=BC=CD=AD=2BE，∠BEF=90°．
∵在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴BM=AB=2BE．
在Rt△BEM中，sin∠EMB=BEBM=BE2BE=12，
∴∠EMB=30°．
故答案为：30．
（2）解：结论：∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°．
由折叠可得：AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°．
又∵BQ=BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQHL，
∴∠MBQ=∠CBQ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
29．（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)MD=125
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；
（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3．由勾股定理建立方程x2+12=3+2x32，解方程即可得到MD=125．
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．
∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
∴MDQC=MPQP=DPCP=12，
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
∴MP=13MQ=3+2x3．
在Rt△DMP中，MD2+DP2=MP2，
∴x2+12=3+2x32．
解得：x1=0（舍），x2=125．
∴MD=125．

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
30．（2023·辽宁大连·统考中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知AB=AC,∠A>90°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC的长．
【答案】（1）见解析；（2）3+572；问题2：BC=10
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A =180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，

∵折叠，
∴EA=ED，AF=FD，AE=12AC=2，AD⊥BE，
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
∴EF=12CD=32，
在Rt△AEF中，AF=AE2−EF2=22−322=72，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=42−722=572，
∴BE=BF+EF=3+572；
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，

∵AB=BD，
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM=12∠ABD，
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=AC2−CD2=42−12=15，
∴AM=MD=152，CG=MD=152
在Rt△BDM中，BM=BD2−DM2=42−1522=72，
∴BG=BM−GM=BM−CD=72−1=52，
在Rt△BCG中，BC=BG2+CG2=522+1522=10．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
31．（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．

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

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

由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD，
∴OB=OD=OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
∴GH=12AB+OG=12AB+12BD=12×2+12×22=1+2，
∴△ADG面积的最大值为12AD×GH=1+2．
【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
题型07 四边形折叠与旋转中的线段长度问题
32．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角板分别记作△ADB和△A'D'C,∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，设AB=2．
【操作探究】
如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为α0°≤α≤360°，旋转过程中△ADB保持不动，连接BC．

(1)当α=60°时，BC=________；当BC=22时，α=________°；
(2)当α=90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
(3)如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】(1)2；30或210
(2)画图见解析；1−33
(3)2π
【分析】（1）当α=60°时，A'C与AD重合，证明△ABC为等边三角形，得出BC=AB=2；当BC=22时，根据勾股定理逆定理得出∠BAC=90°，两种情况讨论：当AC在AB下方时，当AC在AB上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形ADED'是正方形，得出AD=DE=D'E=1， 求出BE=BD−DE=3−1，得出EF=BE×tan∠ABD=3−1×33=1−33，求出DG=AD×tan∠DAG=1×33=33，根据S四边形AGEF=S△ABD−S△BEF−S△ADG求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
（3）根据等腰三角形的性质，得出AF⊥BC，即∠AFB=90°，确定将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F在以AB为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【详解】（1）解：∵△ADB和△A'D'C中∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，
∴∠BAD=∠CA'D'=90°−30°=60°，
∴当α=60°时，A'C与AD重合，如图所示：连接BC，

∵AB=AC=2，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=2；
当BC=22时，
∵AB2+AC2=22+22=8=222=BC2，
∴当BC=22时，△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，
当AC在AB下方时，如图所示：

∵∠DAC=∠BAC−∠BAD=90°−60°=30°，
∴此时α=∠DAD'=∠CAD'−∠DAC=60°−30°=30°；
当AC在AB上方时，如图所示：

∵∠DAB=∠D'AC=60°，
∴此时α=∠DAB+∠BAC+∠D'AC=210°；
综上分析可知，当BC=22时，α=30°或210°；
故答案为：2；30或210．
（2）解：当α=90°时，如图所示：

∵AB=AC=2，
∴AD=AD'=12AB=1，
∴BD=CD'=22−12=3，
∵∠DAD'=α=90°，
又∵∠ADB=∠AD'C=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD=DE=D'E=1，
∴BE=BD−DE=3−1，
∴EF=BE×tan∠ABD=3−1×33=1−33，
∵∠DAG=∠DAD'−∠CAD'=90°−60°=30°，
∴DG=AD×tan∠DAG=1×33=33，
∴S四边形AGEF=S△ABD−S△BEF−S△ADG
=12×1×3−12×1−333−1−12×1×33
=1−33，
即两块三角板重叠部分图形的面积为1−33．
（3）解：∵AB=AC，F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
∴将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F在以AB为直径的圆上运动，
∵AB=2
∴点F运动的路径长为2π．
故答案为：2π．

【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
33．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图1，在▱ABCD纸片中，AB=10，AD=6，∠DAB=60°，点E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'、D'，射线C'E与射线AD交于点F．

(1)求证：AF=EF；
(2)如图2，当EF⊥AF时，DF的长为______ ；
(3)如图3，当CE=2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接AN、EN，求△ANE的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)53−6；
(3)133
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到∠FAE+∠AEC=180°，再根据折叠的性质，得到∠AEC'=∠AEC，然后结合邻补角的性质，推出∠FAE=∠AEF，即可证明AF=EF；
（2）作AG⊥CB，交CB的延长线于G，先证明四边形AGEF是正方形，再利用特殊角的三角函数值，求出AG=53，进而得到AF=53，即可求出DF的长；
（3）作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，解直角三角形ABQ，依次求出BQ、AQ、EQ、AE的值，进而求得AM的值，根据cs∠DAE=cs∠AEQ和sin∠DAE=sin∠AEQ，求得AT=92、MT=532，进而得出DT的值，解直角三角形DGT，求出GT的值，进而得出MG的值，根据tan∠FMT=tan∠AEQ，得出HRRM=539，从而设HR=53k，RM=9k，进而表示出GR=3HR=15k，最后根据GR+RM=MG，列出15k+9k=43，求出k=36，根据sin∠FMT=sin∠AEQ，得出MN=13，进而得到MN=13，即可求出△ANE的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE+∠AEC=180°，
由折叠性质可知，∠AEC'=∠AEC，
∴∠FAE+∠AEC'=180°，
∵∠AEF+∠AEC'=180°，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=EF；
（2）解：如图1，作AG⊥CB，交CB的延长线于G，

∵AD∥BC，∠DAB=60°，
∴∠ABG=∠DAB=60°，∠FEG=180°−∠F=90°，
∵AG⊥CB，
∴∠AGB=90°，
∴∠AGB=∠FEG=∠F=90°，
∴四边形AGEF是矩形，
由（1）可知：AF=EF，
∴矩形AGFE是正方形，
∵sin∠ABG=sin60°=AGAB，AB=10，
∴AG=AB⋅sin60°=10×32=53，
∴AF=AG=53，
∵AD=6，
∴DF=AF−AD=53−6，
故答案为：53−6；
（3）解：如图2，作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，AB∥CD，CB∥AD，
∴∠ABQ=∠DAB=60°，
在Rt△AQB中，BQ=AB⋅cs60°=10×12=5，AQ=AB⋅sin60°=10×32=53，
∵CE=2
∴EQ=BC+BQ−CE=6+5−2=9，
在Rt△AQE中，AE=AQ2+EQ2=(53)2+92=239，
由（1）可知：AF=EF，
∵FM⊥AE，
∴AM=EM=12AE=39，
又∵ ▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，D'，
∴HM=MN，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEQ，
∴cs∠DAE=cs∠AEQ，sin∠DAE=sin∠AEQ，
∴ATAM=EQAE，MTAM=AQAE
∴AT39=9239，MT39=53239
∴AT=92，MT=532，
∴DT=AD−AT=6−92=32，
∵AB∥CD，
∴∠GDT=∠DAB=60°，
在Rt△DGT中，tan∠GDT=tan60°=GTDT，
∴GT=DT⋅tan60°=332，
∴MG=GT+MT=332+532=43，
∵∠FMT+∠AMT=90°，∠DAE+∠AMT=180°−∠ATM=90°，
∴∠FMT=∠DAE，
∴∠FMT=∠AEQ，
∵tan∠FMT=tan∠AEQ，
∴HRRM=AQEQ=539，
∴设HR=53k，RM=9k，
∵MG⊥AF，HG⊥MG，
∴HR∥AF，
∴∠GHR=∠GDT=60°，
∴tan∠GHR=tan∠GDT，
∴GRHR=tan60°=3，
∴GR=3HR=3×53k=15k，
∵GR+RM=MG，
∴15k+9k=43，
∴k=36，
∴HR=53k=52，
∵sin∠FMT=sin∠AEQ，
∴HRHM=AQAE，
∴52HM=53239，
∴HM=13，
∴MN=13，
∴S△ANE=12AE⋅MN=12×239×13=133．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．
34．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2−BC2=102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8−a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
35．（2021·吉林长春·统考中考真题）实践与探究
操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则∠EAF= 度．
操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则∠AEF= 度．
在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：
（1）设AM与NF的交点为点P．求证△ANP≌△FNE：．
（2）若AB=3，则线段AP的长为 ．
【答案】操作一：45°，操作二：60°；（1）证明见解析；（2）23−2
【分析】操作一：直接利用折叠的性质，得出两组全等三角形，从而得出∠BAE=∠EAM,,∠MAF=∠FAD,从而得出∠EAF的值；
操作二：根据折叠的性质得出△ABE≅△AME,△CEF≅△NEF ,从而得出∠BEA=∠AEF=∠FEC，即可求得∠AEF的度数；
（1）首先利用∠AEF=60° ,得出∠NAP=30°,∠PAF=15° ,则∠NAF=45°,从而得出△ANF为等腰直角三角形，即可证得△ANP≌△FNE；
（2）利用三角函数或者勾股定理求出BE的长，则BE=EM,设DF=x，那么FC=3−x，在Rt△EFC中，利用勾股定理得出DF的长，也就是MF的长，即可求得EF的长，进而可得结果．
【详解】操作一：45°，证明如下：
∵△ABE折叠得到△AME ,△ADF 折叠得到△AMF ,
∴△ABE≅△AME,△ADF≅△AMF ,
∴∠BAE=∠MAE=12∠BAM,∠MAF=∠DAF=12∠MAD ,
∴∠EAF=∠EAM+∠MAF=12∠BAM+12∠MAD=12(∠BAM+∠MAD)
=12×90°=45°,
故填：45°；
操作二：60°，证明如下：
∵△ABE≅△AME，
∴∠BEA=∠AEM ,
又∵△CEF沿着EF折叠得到△ENF ,
∴△CEF≅△NEF，
∴∠NEF=∠FEC ,
∴∠BEA=∠AEF=∠FEC=13∠BEC=60° ,
故填：60°；
（1）证明：
由上述证明得△CEF≅△NEF,∠NEC=∠CEF=60°,
∴∠NFE=∠CFE ,∠C=∠ENF
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠CFE=∠NFE=30° ,∠ENF=∠ANF=90°,
又∵△ADF≅△AMF ,
∴∠D=∠AMF=90°,
在△ANP和△PMF中，
∵∠ANP=∠PMF=90°, ∠NPA=∠MPF,
∴∠NAP=∠MFP=30° ,
∴∠BAE=∠NAP=30° ,
∴∠MAF=∠FAD=15° ，
∴∠NAF=∠NAP+∠PAF=30°+15°=45° ,
∴△ANF为等腰直角三角形，
即AN=NF,
在△ANP和△FNE中：
∵∠NAP=∠NFEAN=NF∠ANP=∠ENF
∴△ANP≌△FNE(ASA)
（2）由题可知△ABE是直角三角形，∠BAE=30°,
∴tan∠BAE=BEAB=BE3=33 ,
解得BE=1,
∴BE=EM=1,EC=3−1,
设DF=x，则MF=x，CF=3−x，
在Rt△CEF中，
CE2+CF2=EF2
(3−1)2+(3−x)2=(1+x)2 ，
解得x=23−3，
则EF=x+1=23−2，
∵△ANP≌△FNE(ASA)
∴AP=EF=23−2．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练运用折叠的性质，找出全等三角形．
36．（2020·广西贵港·中考真题）已知：在矩形ABCD中，AB=6，AD=23，P是BC边上的一个动点，将矩形ABCD折叠，使点A与点P重合，点D落在点G处，折痕为EF．
（1）如图1，当点P与点C重合时，则线段EB=_______________，EF=_____________；
（2）如图2，当点P与点B，C均不重合时，取EF的中点O，连接并延长PO与GF的延长线交于点M，连接PF，ME，MA．
①求证：四边形MEPF是平行四边形：
②当tan∠MAD=13时，求四边形MEPF的面积．
【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②2033
【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；
（2）①根据折叠的性质可得MG//PE，进而可得∠MFO=∠PEO，根据已知条件可得OF=OE，从而易证△FOM≌△EOP，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；
②连接PA与EF交于点H，则EF⊥PA且PH=AH，又由①知：PO=MO， MA//EF，则MA⊥PA，继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设PE=x，则BE=6−x，根据勾股定理可得关于x的方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．
【详解】解：（1）EB= 2 ，EF= 4 ；
过点F作FH⊥AB，
∵折叠后点A、P、C重合
∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB
∴∠CFE＝∠FEA，
∴∠CFE＝∠FEC，
∴CF＝CE＝AE，
设AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2+BE2=CE2，即(23)2+(6−x)2=x2
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4
∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°
∴四边形DAHF是矩形，
∴FH＝AD=23、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: EF=FH2+EH2=(23)2+22＝4

（2）①证明：如图2，
∵在矩形ABCD中，CD//AB，
由折叠（轴对称）性质，得：MG//PE，
∴∠MFO=∠PEO，
∵点O是EF的中点，∴OF=OE，
又∠FOM=∠EOP，∴△FOM≌△EOP，
∴MF=PE，∴四边形MEPF是平行四边形：
②如图2，连接PA与EF交于点H，则EF⊥PA且PH=AH，
又由①知：PO=MO，∴MA//EF，则MA⊥PA，
又DA⊥BA，∴∠MAD=∠PAB，∴tan∠MAD=tan∠PAB=13
在Rt△PAB，tan∠PAB=PBAB=13，
而AB=6，∴PB=2，
又在Rt△PEB中，若设PE=x，则BE=6−x，
由勾股定理得：x2−(6−x)2=22，则PE=x=103，
而PG⊥MG且PG=AD=23，
又四边形MEPF是平行四边形，
∴四边形MEPF的面积为PE×PG=103×23=2033．

【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．
37．（2023·山西·统考中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB=∠DEF=90°,∠A=∠D．将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE=∠A时，延长DE交AC于点G．试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；
(2)深入探究：老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE=∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M,BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE=∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC=9,AC=12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】(1)正方形，见解析
(2)①AM=BE，见解析；②275
【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB≅△DEB可得BC=BE，从而得四边形BCGE是正方形；
（2）①由已知∠ABE=∠BAC可得AN=BN，再由等积方法S△ABN=12AN⋅BC=12BN⋅AM，再结合已知即可证明结论；②设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，则易得MD=MB，点G是BD的中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：四边形BCGE为正方形．理由如下：
∵∠BED=90°，
∴∠BEG=180°−∠BED=90°．
∵∠ABE=∠A，
∴AC∥BE．
∴∠CGE=∠BED=90°．
∵∠C=90°，
∴四边形BCGE为矩形．
∵△ACB≅△DEB，
∴BC=BE．
∴矩形BCGE为正方形．
（2）：①AM=BE．
证明：∵∠ABE=∠BAC，
∴AN=BN．
∵∠C=90°，
∴BC⊥AN．
∵AM⊥BE，即AM⊥BN，
∴S△ABN=12AN⋅BC=12BN⋅AM．
∵AN=BN，
∴BC=AM．
由（1）得BE=BC，
∴AM=BE．
②解：如图：设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，
∵△ACB≅△DEB，
∴BE=BC=9,DE=AC=12，∠A=∠D，∠ABC=∠DBE，
∴∠CBE=∠DBM；
∵∠CBE=∠BAC，
∴∠D=∠BAC，
∴MD=MB，
∵MG⊥BD，
∴点G是BD的中点；
由勾股定理得AB=AC2+BC2=15，
∴DG=12BD=152；
∵cs∠D=DGDM=DEBD，
∴DM=DG⋅BDDE=152×1512=758，即BM=DM=758；
∴AM=AB−BM=15−758=458；
∵AH⊥DE,BE⊥DE，∠AMH=∠BME，
∴△AMH∼△BME，
∴AHBE=AMBM=35，
∴AH=35BE=35×9=275，即AH的长为275．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
38．（2023·山东烟台·统考中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B,C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．

【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
【答案】线段CQ的长为2512．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明△QPO≌△QCOHL，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCOHL，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+3−x2=3+x2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
题型08 四边形折叠与旋转中的坐标问题
39．（2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy内，抛物线y=−ax2+5ax+2a>0交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．

(1)求点C，D的坐标；
(2)当a=13时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线AD上方抛物线上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(4,0)，求点P的坐标；
(3)坐标平面内有两点E1a,a+1,F5,a+1，以线段EF为边向上作正方形EFGH．
①若a=1，求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标；
②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52时，求a的值．
【答案】(1)C0，2，D5，2
(2)P32，154
(3)①1，6，4，6，5，2；②a=0.5
【分析】（1）先求出C0，2，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；
（2）先求出A−1，0，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组m+12+n2=4−−12m−52+n−22=5−42+22，解得m=3或m=4（舍去），则N3，3，求出直线DP的解析式为y=−12x+92，然后联立y=−12x+92y=−13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2，则P32，154；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：在y=−ax2+5ax+2a>0中，当x=0时，y=2，
∴C0，2，
∵抛物线解析式为y=−ax2+5ax+2a>0，
∴抛物线对称轴为直线x=−5a−2a=52，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴D5，2；
（2）解：当a=13时，抛物线解析式为y=−13x2+53x+2，
当y=0，即−13x2+53x+2=0，解得x=−1或x=6，
∴A−1，0；
如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，
由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，
∴m+12+n2=4−−12m−52+n−22=5−42+22，
解得：3m+n=12，即n=12−3m
∴m2+2m+1+144−72m+9m2=25，
∴m2−7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12−3m=3，
∴N3，3，
设直线DP的解析式为y=kx+b1，
∴3k+b1=35k+b1=2，
∴k=−12b1=92，
∴直线DP的解析式为y=−12x+92，
联立y=−12x+92y=−13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2
∴P32，154；

（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=−x2+5x+2，E1，2，F5，2，
∴EH=EF=FG=4，
∴H1，6，G5，6，
当x=1时，y=−12+5×1+2=6，
∴抛物线y=−x2+5x+2恰好经过H1，6；
∵抛物线对称轴为直线x=52，
由对称性可知抛物线经过4，6，
∴点4，6时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点F5，2；
综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为1，6，4，6，5，2；

②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，
∴5−1a+a+1=4.5，
∴a2+1.5a−1=0，
解得a=−2（舍去）或a=0.5；

如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴5−1a=2.5，
解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D下方）

如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴−a⋅1a2+5a⋅1a+2=a+1+2.5，
∴7−1a=a+3.5，
∴a2−3.5a+1=0，
解得a=7+334或a=7−334（舍去）；
当x=52时，y=−ax2+5ax+2=6.25a+2，
当 a=7+334时，6.25a+2>7−1a，
∴a=7+334不符合题意；

综上所述，a=0.5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．
40．（2022·天津·统考中考真题）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(3,0)，点C(0,6)，点P在边OC上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O'落在第一象限．设OQ=t．
(1)如图①，当t=1时，求∠O'QA的大小和点O'的坐标；
(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，O'Q,O'P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示O'E的长，并直接写出t的取值范围；
(3)若折叠后重合部分的面积为33，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】(1)∠O'QA=60°，点O'的坐标为32,32
(2)O'E=3t−6，其中t的取值范围是2(3)3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）
【分析】（1）先根据折叠的性质得∠O'QA=60°，即可得出∠QO'H=30°，作O'H⊥OA，然后求出O'H和OH，可得答案；
（2）根据题意先表示QA=3−t，再根据QA=12QE，表示QE，然后根据O'E=O'Q−QE表示即可，再求出取值范围；
（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是33，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．
【详解】（1）在Rt△POQ中，由∠OPQ=30°，得∠OQP=90°−∠OPQ=60°．
根据折叠，知△PO'Q≌△POQ，
∴O'Q=OQ，∠O'QP=∠OQP=60°．
∵∠O'QA=180°−∠O'QP−∠OQP，
∴∠O'QA=60°．
如图，过点O′作O'H⊥OA，垂足为H，则∠O'HQ=90°．
∴在Rt△O'HQ中，得∠QO'H=90°−∠O'QA=30°．
由t=1，得OQ=1，则O'Q=1．
由QH=12O'Q=12，O'H2+QH2=O'Q2
得OH=OQ+QH=32，O'H=O'Q2−QH2=32．
∴点O'的坐标为32,32．
（2）∵点A(3,0)，
∴OA=3．
又OQ=t，
∴QA=OA−OQ=3−t．
同（1）知，O'Q=t，∠O'QA=60°．
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAB=90°．
在Rt△EAQ中，∠QEA=90°−∠EQA=30°，得QA=12QE．
∴QE=2QA=2(3−t)=6−2t．
又O'E=O'Q−QE，
∴O'E=3t−6.
如图，当点O′与AB重合时，OQ=O'Q=t，∠AQO'=60°，
则∠AO'Q=30°，
∴AQ=12t，
∴t+12t=3，
解得t=2，
∴t的取值范围是2（3）3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）
当点Q与点A重合时，AO'=3，∠DAO'=30°，
∴AD=AO'cs30°=23，
则S△ADP=12×23×3=33.
∴t=3时，重合部分的面积是33，
从t=3之后重合部分的面积始终是33，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，
由于P不能与C重合，故t<23，
所以3≤t<23都符合题意．
【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．
题型09 四边形折叠与旋转中的周长和面积问题
41．（2019·湖南岳阳·统考中考真题）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处.点P为直线EF上一动点(不与E、F重合)，过点P分别作直线BE、BF的垂线，垂足分别为点M和N，以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN.
(1)如图1，求证：BE＝BF；
(2)特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；
(3)类比探究：若DE＝a，CF＝b.
①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a、b的式子表示QM与QN之间的数量关系.(不要求写证明过程)
【答案】(1)证明见解析；(2)四边形PMQN的周长为221；(3)①QN﹣QM＝a2−b2，证明见解析；②QM﹣QN＝a2−b2.
【分析】(1)根据矩形的对边平行可得∠DEF＝∠EFB，根据翻折性质可得∠DEF＝∠BEF，由此可得∠BEF＝∠EFB，即可求得结论；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，先求出AB的长，继而利用面积法求出PM+PN＝EH＝21，再根据平行形的周长公式求解即可；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，先求出EH＝AB＝a2−b2，再根据面积法求得PM﹣PN＝EH＝a2−b2，继而根据平行四边形的性质即可求得QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝a2−b2，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝a2−b2.
【详解】(1)如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
由翻折可知：∠DEF＝∠BEF，
∴∠BEF＝∠EFB，
∴BE＝BF；
(2)如图2中，连接BP，作EH⊥BC于H，则四边形ABHE是矩形，EH＝AB，
∵DE＝EB＝BF＝5，CF＝2，
∴AD＝BC＝7，AE＝2，
在Rt△ABE中，∵∠A＝90°，BE＝5，AE＝2，
∴AB＝52−22=21，
∵S△BEF＝S△PBE+S△PBF，PM⊥BE，PN⊥BF，
∴12•BF•EH＝12•BE•PM+12•BF•PN，
∵BE＝BF，
∴PM+PN＝EH＝21，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴四边形PMQN的周长＝2(PM+PN)＝221；
(3)①如图3中，连接BP，作EH⊥BC于H，
∵ED＝EB＝BF＝a，CF＝b，
∴AD＝BC＝a+b，
∴AE＝AD﹣DE＝b，
∴EH＝AB＝a2−b2，
∵S△EBP﹣S△BFP＝S△EBF，
∴12BE•PM﹣12•BF•PN＝12•BF•EH，
∵BE＝BF，
∴PM﹣PN＝EH＝a2−b2，
∵四边形PMQN是平行四边形，
∴QN﹣QM＝(PM﹣PN)＝a2−b2，
②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，同法可证：QM﹣QN＝PN﹣PM＝a2−b2.
【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，面积法等知识，综合性较强，有一定的难度，正确把握和灵活运用相关知识是解题的关键.
42．（2023·山东枣庄·统考中考真题）问题情境：如图1，在△ABC中，AB=AC=17，BC=30，AD是BC边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB,AC,BC于点E，G，F，H．

猜想证明：
(1)如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由．
问题解决；
(2)如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB,BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
【答案】(1)四边形AEDG是菱形，理由见解析
(2)30
【分析】（1）利用等腰三角形的性质和折叠的性质，得到AE=DE=DG=AG，即可得出结论．
（2）先证明四边形AMKG为平行四边形，过点H作HE⊥CG于点E，等积法得到CG⋅HE的积，推出四边形MKGA的面积=CG⋅HE，即可得解．
【详解】（1）解：四边形AEDG是菱形，理由如下：
∵在△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC,BD=CD=12BC，
∵将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF,GH折叠后均与点D重合，
∴EF⊥BC,GH⊥BC,BE=DE,CG=CD,BF=FD=12BD,CH=DH=12CD，
∴EF∥AD，
∴BFFD=BEAE=1，
∴BE=AE=12AB，
同法可得：CG=AG=12AC，
∴AE=DE,AG=DG，
∵AB=AC，
∴AE=DE=DG=AG，
∴四边形AEDG是菱形；
（2）解：∵折叠，
∴∠GDC=∠C,∠MHB=∠B，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠GDC=∠B,∠MHB=∠C，
∴MH∥AC,DG∥AB，
∴四边形AMKG为平行四边形，
∵AB=AC=17，BC=30，
由（1）知：BD=CD=12BC=15，DH=CH=152，DG=AG=12AB=172，
∴GH=1722−1522=4，
过点H作HE⊥CG于点E，

∵S△CHG=12CH⋅HG=12CG⋅HE，
∴CG⋅HE=152×4=30，
∵四边形MKGA的面积=AG⋅HE，AG=CG，
∴四边形MKGA的面积=CG⋅HE=30．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，折叠的性质，平行线分线段对应成比例，菱形的判定，平行四边形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
43．（2021·山西·统考中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF，BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；
独立思考：（1）请解答老师提出的问题；
实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C'，连接DC'并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；
问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A'，使A'B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A'M，交CD于点N．该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB=5，BC=25，求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）EF=BF；见解析；（2）AG=BG，见解析；（3）223．
【分析】（1）如图，分别延长AD，BF相交于点P，根据平行四边形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠PDF=∠C，∠P=∠FBC，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得FP=FB，根据直角三角形斜边中线的性质可得EF=12BP，即可得EF=BF；
（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=12AB，可得AG=BG；
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据A'B⊥CD可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．
【详解】（1）EF=BF．
如图，分别延长AD，BF相交于点P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠PDF=∠C，∠P=∠FBC,
∵F为CD的中点，
∴DF=CF，
在△PDF和△BCF中，∠P=∠FBC∠PDF=∠CDF=CF，
∴△PDF≌△BCF，
∴FP=FB，即F为BP的中点，
∴BF=12BP，
∵BE⊥AD，
∴∠BEP=90°，
∴EF=12BP，
∴EF=BF．
（2）AG=BG．
∵将▱ABCD沿着BF所在直线折叠，点C的对应点为C'，
∴∠CFB=∠C′FB=12∠CFC′，FC'=FC，
∵F为CD的中点，
∴FC=FD=12CD，
∴FC'=FD，
∴∠FDC′=∠FC′D，
∵∠CFC'=∠FDC′+∠FC′D，
∴∠FC'D=12∠CFC'，
∴∠FC′D=∠C′FB，
∴DG//FB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC//AB，DC=AB，
∴四边形DGBF为平行四边形，
∴BG=DF，
∴BG=12AB，
∴AG=BG．
（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，
∵▱ABCD的面积为20，边长AB=5，A'B⊥CD于点H，
∴BH=50÷5=4，
∴CH=BC2−BH2=2，A′H=A′B-BH=1，
∵将▱ABCD沿过点B的直线折叠，点A的对应点为A'，
∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，
∵A'B⊥CD于点H，AB//CD，
∴A'B⊥AB，
∴∠MBH=45°，
∴△MBQ是等腰直角三角形，
∴MQ=BQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∴∠A′=∠C，
∵∠A′HN=∠CHB，
∴△A′NH∽△CBH，
∴CHA'H=BHNH，即21=4NH，
解得：NH=2，
∵A'B⊥CD，MQ⊥A′B，
∴NH//MQ，
∴△A′NH∽△A′MQ，
∴A'HA'Q=NHMQ，即15−MQ=2MQ，
解得：MQ=103，
∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=12A′B·MQ-12A′H·NH=12×5×103-12×1×2=223．
【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
44．（2023·山东淄博·统考中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．
(1)操作判断
小红将两个完全相同的矩形纸片ABCD和CEFG拼成“L”形图案，如图①．
试判断：△ACF的形状为________．

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

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

∵H是AE的中点，
∴ MH∥DE，且MH= 12 DE，
∵CD=CE，
∴CP⊥DE，DP=PE，
∵ MH∥DP，且MH=DP，
∴四边形MHPD是平行四边形，
∴MD=HP，MD∥HP，
∵ AD∥BC，MD=CN，
∴ HP∥CN，HP=CN，
∴四边形HNCP是平行四边形，
∴ NH∥CP，
∴∠MHN=90°，
∴H点在以MN为直径的圆上，
设MN的中点为T，
∴ DT=12+22=5，
∴DH的最大值为5+1，最小值为5−1．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．
题型10 四边形折叠与旋转中的最值问题
45．（2023·辽宁·模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=32时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)3或13
(3)35
【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
【详解】（1）如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
{∠B=∠AMF∠BAE=∠MAFAE=AF，
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．
（2）当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=32，
则BE=AE2−AB2=2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=2，
在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=MF2+CM2=3，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=32+22=13；
故CF的长为3或13．
（3）如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
{∠CMJ=∠ADC∠MCJ=∠ACD，
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
∴CMCD=MJAD=CJAC，
即∴14=MJ3=CJ5，
∴MJ=34，CJ=54，
DJ=CD−CJ=4−54=114，
在△CMJ与△DHJ中，
{∠CMJ=∠DHJ∠CJM=∠DJH，
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
∴CMDH=CJDJ，
即1DH=54114，
DH=115，
故DF的最小值115；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
{AD=AR∠DAE=∠RAFAE=AF，
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
∴AQ=AD⋅cs∠BAC=3×45=125，
∵AR=AD=3，
∴DK=QR=AR−AQ=3−125=35，
故此时DF的最小值为35；
由于35<115，故DF的最小值为35．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
46．（2023·陕西西安·校考三模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴，x轴上，当B在x轴上运动时，A随之在y轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB=6，BC=2．
(1)取AB的中点E，连接OE，DE，求OE+DE的值．
(2)如图2，若以AB为边长在第一象限内作等边三角形△ABP，运动过程中，点P到原点的最大距离是多少？
【答案】(1)3+13
(2)3+33
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE＝AE＝3，然后根据勾股定理求出DE的长，进而可以解决问题；
（2）如详解图，取AB的中点E，连接OE，PE，OP，根据OP≤OE+PE=3+33，当P、E、O共线时，OP=OE+PE=3+33，可得点P到原点的最大距离．
【详解】（1）解：根据题意可知：∠AOB＝∠DAB＝90°，
∵ AB的中点E，
∴ OE＝AE＝12AB=3，
∵ AD＝BC＝2，
∴ DE=AD2+AE2=22+32=13，
∴ OE+DE=3+13．
（2）
解：如图，取AB的中点E，连接OE，PE，OP，
在Rt△AOB中，OE=12AB=3，
∵ △AOB是等边三角形，
∴ PB=PA=AB=6，
∴ BE=12AB=3，PE⊥AB，
∴ PE=BP2−BE2=62−32=33，
∵ OP≤OE+PE=3+33，
∴当P、E、O共线时，OP=OE+PE=3+33，
∴点P到原点的最大距离是3+33．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，作出辅助线，熟练掌握三角形三边关系求线段最值是解题的关键．
题型11 四边形中的线段最值问题
47．（2021·重庆·字水中学校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB边上任意一点，连接AD，以点D为旋转中心，将线段DA顺时针旋转90°，点A的对应点是点E，连接AE，取AE的中点F，连接DF．
（1）如图1，若∠CAD=30°，DF=6，求线段CD的长．
（2）如图1，连接CF，求证：AC+CD=2CF；
（3）如图2，若AC=6，BC＝8，点D在线段BC上运动，点G在线段DE上运动，连接AG，取线段AG的中点P，连接BP、BF、PF，当线段PB最大时，直接写出△BPF的面积．
【答案】（1）32；（2）见解析；（3）92
【分析】（1）由题知ΔADE为等腰直角三角形，根据DF=6，算出AD，再利用特殊角三角函数求出CD即可；
（2）过F作FH⊥CF交CA延长线于H，根据ASA证ΔCDF≅ΔHAF，即可得出结论；
（3）根据题意知，当D点向右移动，G点向右上移动时BP变大，当D点向左，G点向左下移动时BP也变大，分别求出两种情况的最大值，再比较得出BP的最大值，然后根据面积公式求出三角形面积即可．
【详解】解：（1）由旋转知，ΔADE为等腰直角三角形，
∵DF=6，
∴AD=62，
又∵∠CAD=30°，
∴CD=AD⋅sin30°=62×12=32；
（2）过点F作FH⊥CF交CA延长线于H，
∵∠CFD+∠CFA=90°，∠HAF+∠CFA=90°，
∴∠CFD=∠HFA，
∵ΔADE为等腰直角三角形，点F为其斜边上的中点，
∴∠FAD=∠FDE=45°，
∵∠DAC+∠CDA=90°，∠EDB+∠CDA=90°，
∴∠DAC=∠EDB，
又∵∠HAF=180°−∠FAD−∠DAC，∠CDF=180°−∠FDE−∠EDB，
∴∠HAF=∠CDF，
在ΔCDF和ΔHAF中，
∠CFD=∠HFAAF=DF∠HAF=∠CDF，
∴ΔCDF≅ΔHAF(ASA)，
∴AH=CD，HF=CF，
∴ΔCFH为等腰直角三角形，
∴AH+AC=CH=2CF，
即AC+CD=2CF；
（3）根据题意知，当D点向右移动，G点向右上移动时BP变大，
当D点向左，G点向左下移动时BP也变大，
∴取两种情况下的最大值再比较大小，确定BP的最大值，
①当D与B重合，G与F重合时，如图3，
此时，BP=DF=AB⋅sin45°=AC2+BC2⋅sin45°=62+82×22=52，
②当D，G，C三点重合时，如图4，
∵AC=6，
∴CP=12AC=3，
∴PB=CP2+BC2=32+82=73，
∵ 73>52，
∴当D，G，C三点重合时，即图4情况下BP最大，
此时，PF为ΔACE的中位线，
∴PF=12CE=3，
∴SΔPFB=12PF⋅PC=12×3×3=92，
即当PB最大时，ΔPFB的面积是92．
【点睛】本题主要考查特殊角三角函数，全等三角形的判定和性质，图形的旋转等知识点，用临界值法找出PB的最大值是解题的关键．
48．（2023·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）如图，在矩形ABCD中，点E为AB上一点，过点D作DP⊥CE于点P，连接DE交AP于点F，点P恰好为CE的中点．

(1)求证：△DEP∽△CEB；
(2)如图1，若BEBC=34，求EFDF的值；
(3)如图2，在（2）的条件下，点G、Q分别为DP、DE上的动点，若CP=5，请直接写出GF+GQ的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)732
(3)25639
【分析】（1）由矩形性质可得：AB∥CD，∠B=∠BCD=90°，由平行线性质可得∠BEC=∠DCE，再由线段垂直平分线性质和等腰三角形性质可推出∠DCE=∠DEP，即可证明结论；
（2）如图1，延长AP交DC的延长线于点H，可证得△PCH≌△PEA(AAS)，得出：CH=AE，PH=PA，设BE=3k(k>0)，则BC=AD=4k，利用勾股定理可得EC=5k，再由△DEP∽△CEB，可得出DE=256k，DP=103k，再利用△AEF∽△HDF，即可求得答案；
（3）由于直线DP是△DCE的对称轴，作点Q关于DP的对称点Q'，点Q'在DC上，且DQ'=DQ，连接GQ、GQ'、GF，当F、G、Q'三点在同一条直线上，且FQ'⊥CD时，GF+GQ=GF+GQ'=FQ'最小，由CP=5，可求得k=2，再由FQ'∥AD，可得△FDQ'∽△DEA，利用相似三角形性质即可求得GQ'的值．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠B=∠BCD=90°，
∴∠BEC=∠DCE，
∵DP⊥CE，点P为CE的中点，
∴CD=DE，∠DPE=90°，
∴∠DCE=∠DEP，
∴∠DPE=∠B，∠DEP=∠BEC，
∴△DEP∽△CEB；
（2）如图1，延长AP交DC的延长线于点H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠H=∠PAE，
∵点P为CE的中点，
∴PC=PE，
在△PCH和△PEA中，
∠H=∠PAE∠CPH=∠EPAPC=PE，
∴△PCH≌△PEA(AAS)，
∴CH=AE，PH=PA，
∵ BEBC=34，设BE=3k(k>0)，则BC=AD=4k，∠B=90°，
∴EC=BE2+BC2=3k2+4k2=5k，
∴PE=PC=12EC=52k，
∵△DEP∽△CEB，
∴ DEEC=DPBC=PEBE，即DE5k=DP4k=52k3k，
∴DE=256k，DP=103k，
由（1）知：CD=DE，
∴CD=AB=256k，
∴AE=CH=AB−BE=256k−3k=76k，
∴DH=CD+CH=256k+76k=163k，
∵AB∥DH，
∴△AEF∽△HDF，
∴ EFDF=AEDH=76k163k=732；
（3）∵DP是线段CE的垂直平分线，
∴直线DP是△DCE的对称轴，
作点Q关于DP的对称点Q'，点Q'在DC上，且DQ'=DQ，连接GQ、GQ'、GF，

当F、G、Q'三点在同一条直线上，且FQ'⊥CD时，GF+GQ=GF+GQ'=FQ'最小，
由（2）知：PE=PC=52k，
∵CP=5，
∴ 52k=5，
解得：k=2，
∴DE=256k=253，AE=76k=73，AD=4k=8，
∵ EFDF=732，
∴DF=3239DE=3239×253=800117，
∵FQ'⊥CD，
∴∠DQ'F=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠DQ'F=180°，
∴FQ'∥AD，
∴△FDQ'∽△DEA，
∴ FQ'AD=DFDE，即FQ'8=800117253，
∴FQ'=25639，
∴GF+GQ的最小值为25639．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，轴对称中的路径最短问题，直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，第（2）添加辅助线构造全等三角形是解题关键；第（3）中，找出GF+GQ的最小值是解题的关键．
题型12 探究四边形中线段存在的数量关系
49．（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D'处，MD'与BC交于点N．


【猜想】】MN=CN
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD=
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代换）
∴MN=CN（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME．
（1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的长．
【答案】【验证】∠CMD'；∠MCN；两直线平行，内错角相等；∠CMD'；∠MCN；等角对等边；【应用】（1）EC=2MN，见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得∠AME=∠A'ME，由平行线性质，得∠AME=∠MEN，于是∠A'ME=∠MEN ，进而可得证MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）由折叠得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．在Rt△ND'C中，根据勾股定理，构建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD= ∠CMD'
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= ∠MCN（两直线平行，内错角相等）
∴∠CMD'=∠MCN（等量代换）
∴MN=CN（等角对等边 ）
【应用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四边形ABEM折叠得到四边形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠AME=∠MEN（两直线平行，内错角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角对等边）
∵MN=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．
设MN=NC=x
∴ND'=MD'−MN=4−x
在Rt△ND'C中，∠D'=90°
∴ND'2+D'C2=NC2（勾股定理）
∴(4−x)2+22=x2 解得x=52
∴EC=2MN=5.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
50．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1D1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1D1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．

【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
【答案】（1）①1；②见解析；（2）PMPN=k，理由见解析；（3）3
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明△PAM≌△PBN即可；
（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS证得△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：OA=OC，
∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
∴k=PAPC=OAOC=1，
故答案为：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBNASA，
∴PM=PN．
（2）PMPN=k，理由如下：
过点P作PG∥BD交BC于G，

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

则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECNAAS，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=3a2+6a2=35a，
∴k=ENPN=355a=3．
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
51．（2023·湖北十堰·统考中考真题）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．

(1)如图1，若∠CDP=25°，则∠DAF=___________°；
(2)如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在DP绕点D转动的过程中，设AF=a，EF=b请直接用含a,b的式子表示DF的长．
【答案】(1)20°
(2)CD2=12（AF2+EF2）
(3)DF=22(a−b)，或22(b−a)，或22(a+b)
【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED
由四边形ABCD是正方形得AD=CD，所以AD=ED，从而∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=20°；
（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF，可证得∠AFC=90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2，从而CD2=12（AF2+EF2）；
（3）由勾股定理CH=HE=FH=22b，DH=CD2−CH2=22a，分情况讨论：当点F在D,H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)；当点D在F,H之间时，DF=FH−DH=22(b−a)；当点H在F,D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．
【详解】（1）解：如图，连接CE，DE，
∵点C关于直线DP的对称点为点E，
∴CD，ED关于DP对称，
∴∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
∴AD=ED ，

∴∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=12(180°−90°−50°)=20°．
故答案为：20．
（2）解：CD2=12AF2+EF2；理由如下：
如图，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，∠DEF=∠DCF

而∠DEF=∠DAF
∴∠DAF=∠DCF
∴∠FAC+∠FCA=∠FAC+∠DAF+∠DCA=90°
∴∠AFC=180°−(∠FAC+∠FCA)=90°
∴Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2
Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2
∴2CD2=AF2+EF2即CD2=12AF2+EF2；
（3）∵∠AFC=90°，CF=EF=b，
∴CH=HE=FH=22b，
∵CD2=12AF2+EF2=12(a2+b2)，
∴DH=CD2−CH2=12(a2+b2）−（22b）2=22a，
如图，当点F在D,H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)，

如图，当点D在F,H之间时，DF=FH−DH=22(b−a)

如图，当点H在F,D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)

【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．
52．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．

①求证：PD=PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①见解析；②不变化，∠DPQ=90°，理由见解析；③AQ=2OP，理由见解析；（2）AQ =CP，理由见解析
【分析】（1）①根据正方形的性质证明△DCP≅△BCP，即可得到结论；
②作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM=PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN=90°，证明Rt△DPN≅Rt△QPMHL， 得出∠DPN=∠QPM，进而可得结论；
③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ=BE，BE=2EF即可得出结论；
（2）先证明PQ=PB，作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG=PC，△APE,△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB,∠DCA=∠BCA=45°，
∵CP=CP，
∴△DCP≅△BCP，
∴PD=PB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
证明：作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°，
∵PD=PQ,PM=PN，
∴Rt△DPN≅Rt△QPMHL，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90°，
∴∠QPN+∠DPN=90°，即∠DPQ=90°；
③AQ=2OP；
证明：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45°,EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PM⊥AE于点M，
则QM=BM,AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90°,∠EBF=45°，
∴BE=EFsin45°=2EF，
∴AQ=2OP；
（2）AQ=CP；
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC,AC⊥BD,DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°,PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，
则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE,△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，

作PM⊥AB于点M，则QM=MB,AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
题型13 探究四边形中线段存在的位置关系
53．（2022·江苏淮安·统考中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由见解析；
(3)∠DEG=90°，理由见解析；
(4)DG2=EG2+4916B'C2，理由见解析．
【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；
（2）连接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，则∠BB'C=90°，由翻折变换的性质可得BB'⊥DE，证明DE∥CB'，可得结论；
（3）连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，求出∠DGA'=180°−2x−y，∠GB'C=90°−12y−x，可得∠CGA'=2∠GB'C，然后证明GC=GB'，可得EG⊥CB'，进而得到DE⊥EG即可解决问题．
（4）延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=3a，利用勾股定理求出x=45a，然后根据相似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出TB'=43a，DE=74CB'，再根据勾股定理列式即可得出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
∴由翻折的性质可知，A'D∥B'E，
故答案为：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如图，连接B'C，BB'，
∵E为BC中点，
∴EB=EC=EB'，
∴点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折变换的性质可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：结论：∠DEG=90°；
理由：如图，连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，
由翻折的性质可知∠BDE=∠B'DE，
设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°−y，
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°−y2
∴∠DGA'=180°−2x−y，
∴∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°−y2+x+90°−y2+x=180°−y+2x，
∵EC=EB'，点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠EB'C=∠ECB'=12∠BEB'=90°−12y+x，
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°−y，
∴∠GB'C=∠A'B'E−∠EB'C=180°−y−90°−12y+x=90°−12y−x，
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，
∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
（4）解：结论：DG2=EG2+4916B'C2，
理由：如图，延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，
设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D⋅cs60°=a，DR=3a，
在Rt△DGR中，则有2a+x2=3a2+3a−x2，
∴x=45a，
∴GB'=45a，A'G=65a，
∵TB'∥DA'，
∴△B'TG∼△A'DG，
∴TB'DA'=GB'GA'，
∴TB'2a=45a65a
∴TB'=43a，
∵CB'∥DE，
∴CB'DE=TB'ET=43aa+43a=47，
∴DE=74CB'，
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
∴DG2=EG2+4916B'C2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
54．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．

(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
(4)求CHCE的最大值．
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
(4)2+12
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解答；
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF=22DE 、GF=CF=22CG ；设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
（4）先说明△CEF∽△CDH得到CECD=CFCH，进而得到CHCE=CF⋅CDCE2，然后将已经求得的量代入可得CHCE= =12x+12+288x+12−24，然后根据a+1a=a+1a2−2≥2求最值即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
∴DE∥BP，DE=12BP
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
∴DF=EF=22DE ，GF=CF=22CG ，
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
∴DE=12−x2，EF=12−x22
∵Rt△APC，
∴PC=AP2+AC2=x2+144
∴CE=12x2+144
∵Rt△EFC
∴FC=FG=CE2−EF2=12x2+1442−12−x222=x+1282=12+x22
∴CG=2CF=12+x2
∴AG=12-CG=12-12+x2=12−x2
∴S△APG=12AP⋅AG=12x⋅12−x2=12x−x24=−x−62+364
所以当x=6时，S△APG有最大值9．

（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
∴CECD=CFCH，即CE⋅CH=CF⋅CF
∴CHCE=CF⋅CDCE2
∵FC=12+x22 ，CE=12x2+144，CD=12BC=122+122=62
∴CHCE=12+x22⋅6212x2+1442 =12×x+12x2+144=12x+12+288x+12−24
≤122288−24=12242−24=122−2=22+24=2+12
∴CHCE的最大值为2+12．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、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点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
55．（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，▱BDEF是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，推出AE=BE= 12AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出△EBG∽△ABD，推出EGAD=BEAB=12，得到EG=12AD= 12h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出SCEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出▱BDEF是菱形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= 12BC= 12a， BD=AE，
∴AE=BE= 12AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴EGAD=BEAB=12，
∴EG=12AD= 12h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴S四边形CEFD=CD⋅EG=12a⋅12ℎ=12⋅12aℎ=12S△ABC,
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴▱BDEF是菱形．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
56．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．
(1)如图1，当ADAB＝AGAE＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
(2)如图2，当ADAB＝AGAE＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝12DG，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝94
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）DGBE=2可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
【详解】（1）解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）BE＝12DG，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵ADAB＝AGAE＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴DGBE=ADAB=2，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝AHBH=ADAB=2，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（5）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝AHEH，
∴AHEH=tan45°=1，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝AB2+AD2=(5)2+(25)2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：DGBE=2，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝12BE⋅DG＝12×3×6＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝12BG,DN=GN=12EG，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴SΔMNGSΔBEG＝（GMGB）2＝14，
∴S△MNG＝S△MNG＝14S△BEG＝94．
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，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，解决问题的关键是类比的方法．
57．（2021·山东烟台·统考中考真题）有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．
【观察猜想】
（1）线段DE与AM之间的数量关系是____________，位置关系是___________；
【探究证明】
（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
【答案】（1）DE=2AM，DE⊥AM；（2）成立，证明见解析；
【分析】（1）证明△ABF≌△ADE，得出DE=BF，根据斜边中线等于斜边一半得出数量关系，再导角证垂直；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，证△ABH≌△ADE，类比（1）推导即可．
【详解】解：（1）∵AB=AD，AF=AE，∠BAF=∠DAE=90°，
∴△ABF≌△ADE，
∴BF=DE，∠ABF=∠EDA，
∵M是BF的中点，
∴AM=BM=12BF，即2AM=DE；
∴∠FBA=∠BAM，
∴∠BAM=∠EDA，
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
故答案为：DE=2AM，DE⊥AM；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，
∵BM=FM，∠AMF=∠BMH，
∴△AMF≌△HMB，
∴AF=BH，∠AFM=∠HBM，
∵AE=AF，
∴AE=BH，
∵∠AFM+∠ABF=180°-45°=135°，
∴∠ABH=∠HBM+∠ABF=135°，
∵∠EAD=∠EAB+∠GAE=135°，
∴∠EAD =∠ABH，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△ADE，
∴AH=DE，∠BAH=∠EDA，
∴2AM=DE；
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等三角形的判定与性质进行推理证明．
题型14 探究四边形与反比例函数综合运用
58．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，与x轴交于点B，与y轴交于点C，AD⊥x轴于点D，CB=CD，点C关于直线AD的对称点为点E．
(1)点E是否在这个反比例函数的图像上？请说明理由；
(2)连接AE、DE，若四边形ACDE为正方形．
①求k、b的值；
②若点P在y轴上，当|PE−PB|最大时，求点P的坐标．

【答案】(1)点E在这个反比例函数的图像上，理由见解析
(2)①k=1，b=2；②点P的坐标为(0,−2)
【分析】（1）设点A的坐标为(m,8m)，根据轴对称的性质得到AD⊥CE，AD平分CE，如图，连接CE交AD于H，得到CH=EH，再结合等腰三角形三线合一得到CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，求出H(m,4m)，进而求得E(2m,4m)，于是得到点E在这个反比例函数的图像上；
（2）①根据正方形的性质得到AD=CE，AD垂直平分CE，求得CH=12AD，设点A的坐标为(m,8m)，得到m=2（负值舍去），求得A(2,4)，C(0,2)，把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得，解方程组即可得到结论；②延长ED交y轴于P，根据已知条件得到点B与点D关于y轴对称，求得|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，求得直线DE的解析式为y=x−2，于是得到结论．
【详解】（1）解：点E在这个反比例函数的图像上．
理由如下：
∵一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y=8x(x>0)的图像交于点A，
∴设点A的坐标为(m,8m)，
∵点C关于直线AD的对称点为点E，
∴AD⊥CE，AD平分CE，
连接CE交AD于H，如图所示：

∴CH=EH，
∵AD⊥x轴于D，
∴CE∥x轴，∠ADB=90°，
∴∠CDO+∠ADC=90°，
∵CB=CD，
∴∠CBO=∠CDO，
在RtΔABD中，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，
∴H(m,4m)，
∴E(2m,4m)，
∵2m×4m=8，
∴点E在这个反比例函数的图像上；
（2）解：①∵四边形ACDE为正方形，
∴AD=CE，AD垂直平分CE，
∴CH=12AD，
设点A的坐标为(m,8m)，
∴CH=m，AD=8m，
∴m=12×8m，
∴m=2（负值舍去），
∴A(2,4)，C(0,2)，
把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得{2k+b=4b=2，
∴ {k=1b=2；
②延长ED交y轴于P，如图所示：

∵CB=CD，OC⊥BD，
∴点B与点D关于y轴对称，
∴|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，
由①知，A(2,4)，C(0,2)，
∴D(2,0)，E(4,2)，
设直线DE的解析式为y=ax+n，
∴ {2a+n=04a+n=2，解得{a=1n=−2，
∴直线DE的解析式为y=x−2，
当x=0时，y=−2，即(0,−2)，故当|PE−PB|最大时，点P的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题，正方形的性质，轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析式，正确地作出辅助线是解题的关键．
59．（2022·山东济南·统考中考真题）如图，一次函数y=12x+1的图象与反比例函数y=kxx>0的图象交于点Aa,3，与y轴交于点B．

(1)求a，k的值；
(2)直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，AC＝AD，连接CB．
①求△ABC的面积；
②点P在反比例函数的图象上，点Q在x轴上，若以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，请求出所有符合条件的点P坐标．
【答案】(1)a=4，k=12；
(2)①8；②符合条件的点P坐标是6,2和3,4．
【分析】（1）将点Aa,3代入y=12x+1，求出a=4，即可得A4,3，将点A4,3代入y=kx，即可求出k；
（2）①如图，过A作AM⊥x轴于点M，过C作CN⊥x轴于点N，交AB于点E，求出C2,6，E2,2，得到CE，进一步可求出△ABC的面积；②设Px1,y1，Qx2,0．分情况讨论：ⅰ、当四边形ABQP为平行四边形时，ⅱ、当四边形APBQ为平行四边形时，计算即可．
【详解】（1）解：将点Aa,3代入y=12x+1，得a=4，A4,3，
将点A4,3代入y=kx，得k=4×3=12，
反比例函数的解析式为y=12x．
（2）解：①如图，过A作AM⊥x轴于点M，过C作CN⊥x轴于点N，交AB于点E，

∴AM∥CN，
∵AC=AD，
∴AMCN=DADC=12，
∴CN=6，
∴xC=126=2，
∴C2,6，
∴E2,2，
∴CE=6−2=4，
∴S△ABC=S△ACE+S△BCE=12×4×2+12×4×2=8．
②分两种情况：设Px1,y1，Qx2,0．
ⅰ、如图，当四边形ABQP为平行四边形时，

∵点B向下平移1个单位、向右平移x2个单位得到点Q，
∴点A向下平移1个单位，向右平移x2个单位得到点P，
∴y1=3−1=2，x1=122=6，
∴P6,2．
ⅱ、如图，当四边形APBQ为平行四边形时，

∵点Q向上平移1个单位，向左平移x2个单位得到点B，
∴点A向上平移1个单位，向左平移x2个单位得到点P，
∴y1=3+1=4，x1=124=3，
∴P3,4．
综上所述，符合条件的点P坐标是6,2和3,4．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质．
60．（2023·江苏泰州·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点A(m，0)，B(m−a，0)(a>m>0)的位置和函数y1=mx(x>0)、y2=m−ax(x<0)的图像如图所示．以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，AD边与函数y1的图像相交于点E，CD边与函数y1、y2的图像分别相交于点G、H，一次函数y3的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接PH．

(1)m=2，a=4，求函数y3的表达式及△PGH的面积；
(2)当a、m在满足a>m>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y2的图像上？并说明理由．
【答案】(1)函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，则AB=4，当x=2，y1=22=1，则E2，1；当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；待定系数法求一次函数y3的解析式为y3=−2x+5，当x=0，y3=5，则P0，5，根据S△PGH=12×12−−12×5−4，计算求解即可；
（2）求解过程同（1）；
（3）设直线PH的解析式为y=k2x+b2，将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，即y=aa−mx+1+a，当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，当x=m−a，y2=m−am−a=1，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
∴A(2，0)，B(−2，0)，y1=2x，y2=−2x，
∴AB=4，
当x=2，y1=22=1，则E2，1；
当y1=4，4=2x，解得x=12，则G12，4；
当y2=4，4=−2x，解得x=−12，则H−12，4；
设一次函数y3的解析式为y3=kx+b，
将E2，1，G12，4，代入y3=kx+b得，2k+b=112k+b=4，解得k=−2b=5，
∴y3=−2x+5，
当x=0，y3=5，则P0，5，
∴S△PGH=12×12−−12×5−4=12；
∴函数y3的表达式为y3=−2x+5，△PGH的面积为12；
（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y1=mx，y2=m−ax，
∴AB=a，
当x=m，y1=mm=1，则Em，1；
当y1=a，a=mx，解得x=ma，则Gma，a；
当y2=a，a=m−ax，解得x=m−aa，则Hm−aa，a；
设一次函数y3的解析式为y3=k1x+b1，
将Em，1，Gma，a，代入y3=k1x+b1得，mk1+b1=1mak1+b1=a，解得k1=−amb1=1+a，
∴y3=−amx+1+a，
当x=0，y3=1+a，则P0，1+a，
∴S△PGH=12×ma−m−aa×1+a−a=12；
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上，理由如下：
设直线PH的解析式为y=k2x+b2，
将P0，1+a，Hm−aa，a，代入y=k2x+b2得，b2=1+am−aak2+b2=a，解得b2=1+ak2=aa−m，
∴y=aa−mx+1+a，
当x=m−a，y=aa−m×m−a+1+a=1，
∴直线PH与BC边的交点坐标为m−a，1，
当x=m−a，y2=m−am−a=1，
∴直线PH与BC边的交点在函数y2的图像上．
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
61．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在y轴上，A，C两点的坐标分别为(4,0)，(4,m)，直线CD：y=ax+b(a≠0)与反比例函数y=kx(k≠0)的图象交于C，P(−8,−2)两点．
(1)求该反比例函数的解析式及m的值；
(2)判断点B是否在该反比例函数的图象上，并说明理由．
【答案】(1)y=16x，m=4
(2)点B在该反比例函数的图象上，理由见解答
【分析】（1）因为点P(−8,−2)在双曲线y=kx上，所以代入P点坐标即可求出双曲线y=kx的函数关系式，又因为点C(4,m)在y=kx双曲线上，代入即可求出m的值；
（2）先求出点B的坐标，判断即可得出结论．
【详解】（1）解：将点P(−8,−2)代入y=kx中，得k=−8×(−2)=16，
∴反比例函数的解析式为y=16x，
将点C(4,m)代入y=16x中，
得m=164=4；
（2）解：因为四边形ABCD是菱形，A(4,0)，C(4,4)，
∴m=4，B(8,12m)，
∴B(8,2)，
由（1）知双曲线的解析式为y=16x；
∵2×8=16，
∴点B在双曲线上．
【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，菱形的性质，解题的关键是用m表示出点D的坐标．
62．（2021·四川雅安·统考中考真题）已知反比例函数y=mx的图象经过点A(2,3)．
（1）求该反比例函数的表达式；
（2）如图，在反比例函数y=mx的图象上点A的右侧取点C，作CH⊥x轴于H，过点A作y轴的垂线AG交直线CH于点D．
①过点A，点C分别作x轴，y轴的垂线，交于B，垂足分别为为F、E，连结OB，BD，求证：O，B，D三点共线；
②若AC=2OA，求证：∠AOD=2∠DOH．
【答案】（1）反比例函数的表达式为y=6x；（2）①证明见详解；②证明见详解．
【分析】（1）根据反比例函数y=mx的图象经过点A(2,3)，可得m=xy=6即可；
（2）①利用锐角三角函数值tan∠EBO=3a，tan∠DBC==3a相等，可证∠EBO=∠DBC，利用平角定义∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°即可；
②设AC与OD交于K，先证四边形ABCD为矩形，可得∠KAD=∠KDA，KA=KC=12AC，由AC=2OA，可得AO=AK，由∠AKO为△AKD的外角，可得∠AKO=2∠ADK，由AD∥OH 性质，可得∠DOH=∠ADK即可．
【详解】解：（1）∵反比例函数y=mx的图象经过点A(2,3)，
∴m=xy=2×3=6，
∴该反比例函数的表达式为y=6x；
（2）①设点C（a,6a），则B（2，6a），D（a,3），
∴OE=6a，BE=2，CD=3-6a，BC=a−2，
∴tan∠EBO=OEEB=6a2=3a，tan∠DBC=CDBC=3−6aa−2=3a−6aa−2=3a，
∴∠EBO=∠DBC，
∵∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°，
∴点O，点B，点D三点共线；
②设AC与OD交于K，
∵AD⊥y轴，CB⊥y轴，
∴AD∥BC∥x轴，
∵AF⊥x轴，DH⊥x轴，
∴AB∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AF⊥x轴，AD∥x轴，
∴AF⊥AD，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴∠KAD=∠KDA，KA=KC=12AC，
∵AC=2OA，
∴AO=AK，
∴∠AOD=∠AKO，
又∵∠AKO为△AKD的外角，
∴∠AKO=∠KAD+∠KDA=2∠ADK，
∵AD∥OH ，
∴∠DOH=∠ADK，
∴∠AOD=2∠DOH．
【点睛】本题考查待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，平角定义，矩形判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质，掌握待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，平角定义，矩形判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质是解题关键．
63．（2023·贵州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB,BC交于点D4,1和点E，且点D为AB的中点．

(1)求反比例函数的表达式和点E的坐标；
(2)若一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之间的部分时（点M可与点D,E重合），直接写出m的取值范围．
【答案】(1)反比例函数解析式为y=4x，E2，2
(2)−3≤m≤0
【分析】（1）根据矩形的性质得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D4,1是AB的中点得到B4，2，从而得到点E的纵坐标为2，利用待定系数法求出反比例函数解析式，进而求出点E的坐标即可；
（2）求出直线y=x+m恰好经过D和恰好经过E时m的值，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，AB⊥OA，
∵D4,1是AB的中点，
∴B4，2，
∴点E的纵坐标为2，
∵反比例函数y=kxx>0的图象分别与AB,BC交于点D4,1和点E，
∴1=k4，
∴k=4，
∴反比例函数解析式为y=4x，
在y=4x中，当y=4x=2时，x=2，
∴E2，2；
（2）解：当直线 y=x+m经过点E2，2时，则2+m=2，解得m=0；
当直线 y=x+m经过点D4，1时，则4+m=1，解得m=−3；
∵一次函数y=x+m与反比例函数y=kxx>0的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之间的部分时（点M可与点D,E重合），
∴−3≤m≤0．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与反比例函数综合，矩形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型15 探究四边形与二次函数综合运用
64．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图（1），二次函数y=ax2−5x+c的图像与x轴交于A−4,0，Bb,0两点，与y轴交于点C0,−4．

(1)求二次函数的解析式和b的值．
(2)在二次函数位于x轴上方的图像上是否存在点M，使S△BOM=13S△ABC？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图（2），作点A关于原点O的对称点E，连接CE，作以CE为直径的圆．点E'是圆在x轴上方圆弧上的动点（点E'不与圆弧的端点E重合，但与圆弧的另一个端点可以重合），平移线段AE，使点E移动到点E'，线段AE的对应线段为A'E'，连接E'C，A'A，A'A的延长线交直线E'C于点N，求AA'CN的值．
【答案】(1)y=−x2−5x−4，b=−1
(2)不存在，理由见解析
(3)1
【分析】（1）将点A，C的坐标代入y=ax2−5x+c得到二元一次方程组求解可得a，c的值，可确定二次函数的解析式，再令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，从而确定b的值；
（2）不存在．设Mm,−m2−5m−4，根据S△BOM=13S△ABC，可得m2+5m+8=0，根据Δ=52−4×8=−7<0，可确定方程无实数根，即可作出判断；
（3）根据对称的性质和点的坐标可得OE=OA=OC=4，根据等腰三角形的性质及判定可得∠OAC=∠OCA=45°=∠OCE=∠OEC，AC=EC，再根据CE为圆的直径，可得∠CE'E=90°，然后分两种情况：①当点E'与点O不重合时，由平移的性质可得四边形AEE'A'是平行四边形，从而得到A'A∥E'E，A'A=E'E，再证明△ANC≌△CE'EAAS，可得CN=EE'，可得AA'CN的值；②当点E'与点O重合时，此时点N与点O重合，可得AA'=EE'=OE=4，CN=CO=4，代入AA'CN可得结论．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2−5x+c的图像与x轴交于A−4,0，Bb,0两点，与y轴交于点C0,−4，
∴16a+20+c=0c=−4，
解得：a=−1c=−4，
∴二次函数的解析式为y=−x2−5x−4，
当y=0时，得：−x2−5x−4=0，
解得：x1=−4，x2=−1，
∴B−1,0，
∴二次函数的解析式为y=−x2−5x−4，b=−1；
（2）不存在．理由如下：
如图，设Mm,−m2−5m−4，
∵A−4,0，B−1,0，C0,−4，
∴AB=−1−−4=3，OB=1，OC=4，
∵点M在二次函数位于x轴上方的图像上，且S△BOM=13S△ABC，
∴12×1×−m2−5m−4=13×12×3×4，
整理得：m2+5m+8=0，
∵Δ=52−4×8=−7<0，
∴方程无实数根，
∴不存在符合条件的点M；

（3）如图，设CE'交x轴于点M，
∵A−4,0，C0,−4，
∴OA=OC=4，
∵点E与点A关于原点O对称，
∴OE=OA=OC=4，
∵∠AOC=∠EOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°=∠OCE=∠OEC，
∴AC=EC，
∵CE为圆的直径，
∴∠CE'E=90°，
∵平移线段AE，使点E移动到点E'，线段AE的对应线段为A'E'，
①当点E'与点O不重合时，
∴A'E'=AE，A'E'∥AE，
∴四边形AEE'A'是平行四边形，
∴A'A∥E'E，A'A=E'E，
∴∠ANE'=∠CE'E=90°，∠MAN=∠MEE'，
∴∠ANC=90°，
在Rt△ANM和Rt△COM中，
∵∠MAN=90°−∠AMN，∠MCO=90°−∠CMO，
∴∠MAN=∠MCO，
∵∠OAC=∠OCE=45°，
∴∠CAN=∠ECE'，
又∵∠ANC=∠CE'E=90°，
在△ANC和△CE'E中，
∠ANC=∠CE'E∠CAN=∠ECE'AC=CE，
∴△ANC≌△CE'EAAS，
∴CN=EE'，
∴AA'=CN，
∴AA'CN=1，
②当点E'与点O重合时，此时点N与点O重合，
∴AA'=EE'=OE=4，CN=CO=4，
∴AA'CN=44=1，
综上所述，AA'CN的值为1．

【点睛】本题考查用待定系数法确定二次函数解析式，函数图像上点的坐标特征，一元二次方程的应用，直径所对的圆周角为直角，对称和平移的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积等知识点，运用了分类讨论的思想．找到全等三角形是解题的关键．
65．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，点B的坐标为1,0，对称轴是直线x=−1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．

(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P的坐标．
(3)若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)S四边形ABCN最大值为758，此时P−32，0
(3)Q0，−1或Q0，32−1或Q0，−1−32
【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出b=2，再把B1,0代入二次函数解析式中进行求解即可；
（2）先求出A−3，0，C0，−3，则AB=4，OC=3，求出直线AC的解析式为y=−x−3，设Pm，0，则Mm，−m−3，Nm，m2+2m−3，则MN=−m2−3m；再由S四边形ABCN=S△ABC+S△ACN得到S四边形ABCN=−32m+322+758，故当m=−32时，S四边形ABCN最大，最大值为758，此时点P的坐标为−32，0；
（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，MC为对角线和边，利用菱形的性质进行列式求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线x=−1，
∴−b2=−1，
∴b=2，
∵二次函数经过点B1,0，
∴12+b+c=0，即1+2+c=0，
∴c=−3，
∴二次函数解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：∵二次函数经过点B1,0，且对称轴为直线x=−1，
∴A−3，0，
∴AB=4，
∵二次函数y=x2+2x−3与y轴交于点C，
∴C0，−3，
∴OC=3；
设直线AC的解析式为y=kx+b'，
∴−3k+b'=0b'=−3，
∴k=−1b'=−3，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设Pm，0，则Mm，−m−3，Nm，m2+2m−3，
∴MN=−m−3−m2+2m−3=−m2−3m；
∵S△ABC=12AB⋅OC=12×4×3=6，
∴S四边形ABCN=S△ABC+S△ACN
=S△ABC+S△AMN+S△CMN
=12AP⋅MN+12OP⋅MN+6
=12×3−m2−3m+6
=−32m+322+758，
∵−32<0，
∴当m=−32时，S四边形ABCN最大，最大值为758，
∴此时点P的坐标为−32，0；
（3）解：设Pm，0，则Mm，−m−3，Nm，m2+2m−3，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，即MN∥CQ，
∴MN、CQ是以M、N、C、Q为顶点的菱形的边；
如图3-1所示，当MC为对角线时，

∵OA=OC=3，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∵QM=QC，
∴∠QMC=∠QCM=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，即NC∥x轴，
∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为−2，−3，
∴CQ=CN=2，
∴Q0，−1；
如图3-2所示，当MC为边时，则MN=CM，

∵Mm，−m−3，C0，−3，Nm，m2+2m−3
∴CM=m2+−m−3−−32=−2m，MN=m2+2m−3−−m−3=m2+3m
∴m2+3m=−2m，
解得m=−3−2或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−2m=32+2，
∴Q0，32−1；
如图3-3所示，当MC为边时，则MN=CM，

同理可得CM=−2m，
∴−m2−3m=−2m，
解得m=2−3或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−2m=32−2，
∴Q0，−1−32；
如图3-4所示，当MC为边时，则CM=MN，

同理可得m2+3m=2m，
解得m=2−3（舍去）或m=0（舍去）；
如图3-5所示，当MC为对角线时，

∴∠MCQ=∠ACO=45°，
∵CQ=MQ，
∴∠QCM=∠QMC=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3-6所示，当MC为对角线时，设MC，QN交于S，

∵MN∥y轴，
∴∠NMC=180°−∠MCO=135°，
∵NQ⊥CM，
∴∠NSM=90°，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
综上所述，Q0，−1或Q0，32−1或Q0，−1−32．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
66．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结AB、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线x=m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）
(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，再把B(−1,0)代入即可得出答案；
（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出△BAE∽△BDA，从而得出AB2=BE⋅BD，将BD=2(m+1)，BE=2，AE=4代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到C7,−4，点M的横坐标为4，B−1,0，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平行四边形为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)，
∴设二次函数的表达式为y=a(x−1)2+4，
又∵B(−1,0)，∴0=a(−1−1)2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1)2+4（或y=−x2+2x+3）；
（2）①∵点P在x轴正半轴上，
∴m>0，
∴BP=m+1，
由旋转可得：BD=2BP，
∴BD=2(m+1)，
过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，
∴BE=2，AE=4，
在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2=22+42=20，
当四边形ABCD为矩形时，AD⊥AB，
∴∠BAD=∠BEA=90°，
又∠ABE=∠DBA，
∴△BAE∽△BDA，
∴AB2=BE⋅BD，
∴4(m+1)=20，
解得m=4；
②由题可得点A1,4与点C关于点P4,0成中心对称，
∴C7,−4，
∵点M在直线x=4上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q−4,y1代入y=−x2+2x+3，
解得：y1=−21，
∴Q(−4,−21)，
2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q12,y2代入y=−x2+2x+3，
解得：y2=−117，
∴Q(12,−117)，
3）、当以BC为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q2,y3代入y=−x2+2x+3，
得：y3=3，
∴Q(2,3)，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
67．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y=x2+mx+n的图象交点为A（-1，0），B（4，5）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；
(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，2）
(3)254
(4)N1(1,1),N2(−1,2),N3(1,4),N412,52
【分析】（1）将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得到关于m，n的二元一次方程组求解即可；
（2）抛物线的对称轴为x=1，求出直线AB与对称轴的交点即可求解；
（3）设Dd,d2−2d−3，则E(d,d+1)，则DE=(d+1)−d2−2d−3=−d2+3d+4(−1（4）根据题意画出图形，分情况求解即可．
【详解】（1）解：将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得，1−m+n=016+4m+n=5 ，
解这个方程组得m=−2n=−3，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：如图，设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把点 A（-1，0），B（4，5）代入y=kx+b，
得−k+b=04k+b=5，
解得k=1b=1 ，
∴ 直线AB的解析式为：y=x+1 ，
由（1）知抛物线y=x2−2x−3的对称轴为x=−−22×1=1，
∵ 点C为抛物线对称轴上一动点，AC+BC≥AB，
∴ 当点C在AB上时，AC+BC最小，
把x=1代入y=x+1，得y=2，
∴点C的坐标为（1，2）；
（3）解：如图，由（2）知 直线AB的解析式为y=x+1
设Dd,d2−2d−3，则E(d,d+1)，
则DE=(d+1)−d2−2d−3=−d2+3d+4(−1当d=32时，DE有最大值为254，
（4）解：如图，∵直线AB的解析式为：y=x+1，
∴ 直线与y轴的交点为D（0，1），OD=1
∵A(−1,0)，OA=1
∴ OA=OD,∠DAO=∠ADO=45°，
若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，分情况讨论：
①过点C作CM1⊥y轴于点M1，则ΔDM1C为等腰直角三角形，过点C作CN1⊥DN1 ，则四边形CM1DN1 为正方形，
依题意，知D与F重合，点N1 的坐标为（1，1）；
②以M1为中心分别作点F，点C点的对称点M2,N2 ，连接CM2,M2N2,N2F，则四边形M2N2FC是正方形，则点N2的坐标为（-1，2）；
③延长N2M2到N3使N3M2=M2C，作N3F1⊥AB于点F1，则四边形M2N3F1C是正方形，则N3的坐标为（1，4）；
④取M2C的中点N4，FC的中点F2，则M1F2CN4为正方形，则N4的坐标为12,52，
综上所述，点N的坐标为：N1(1,1),N2(−1,2),N3(1,4),N412,52
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，二次函数的性质，正方形的判定，根据题意正确画图是解本题的关键．
68．（2020·山东聊城·中考真题）如图，二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，其对称轴与线段BC交于点E，垂直于x轴的动直线l分别交抛物线和线段BC于点P和点F，动直线l在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿x轴正方向移动到B点．
（1）求出二次函数y=ax2+bx+4和BC所在直线的表达式；
（2）在动直线l移动的过程中，试求使四边形DEFP为平行四边形的点P的坐标；
（3）连接CP，CD，在动直线l移动的过程中，抛物线上是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=−x2+3x+4，y=−x+4；（2）P(52,214)；（3）存在，点P的坐标是(165,8425)．
【分析】（1）将A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+4，解出a，b得值即可；求出C点坐标，将C，B代入线段BC所在直线的表达式y=mx+n，求解即可；
（2）根据题意只要DE=PF，四边形DEFP即为平行四边形，先求出点D坐标，然后求出DE，设点P的横坐标为t，则P(t,−t2+3t+4)，F(t,−t+4)，得出PF=−t2+4t，根据DE=PF，得−t2+4t=154，求解即可；
（3）由（2）知，∠CED=∠CFP，根据∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，只有当∠PCF=∠CDE时，ΔPCF∽ΔCDE，利用勾股定理，可得
CE=(32)2+(4−52)2=322，DE=254−52=154，根据PFCE=CFDE，即−t2+4t322=2t154，解出t值，即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意，将A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+4，
得{a−b+4=016a+4b+4−0，
解得{a=−1b=3，
∴二次函数的表达式y=−x2+3x+4，
当x=0时，y=4，得点C(0,4)，又点B(4,0)，
设线段BC所在直线的表达式y=mx+n，
∴{n−44m+n−0，解得{m=−1n=4，
∴BC所在直线的表达式y=−x+4；
（2）∵DE⊥x轴，PF⊥x轴，
∴DE//PF，
只要DE=PF，此时四边形DEFP即为平行四边形，
由二次函数y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
得点D(32,254)，
将x=32代入y=−x+4，即y=−32+4=52，得点E(32,52)，
∴DE=254−52=154，
设点P的横坐标为t，则P(t,−t2+3t+4)，F(t,−t+4)，
PF=−t2+3t+4−(−t+4)=−t2+4t
由DE=PF，得−t2+4t=154，
解之，得t1=32（不合题意舍去），t2=52，
当t=52时，−t2+3t+4=−(52)2+3×52+4=214，
∴P(52,214)；
（3）由（2）知，PF//DE，
∴∠CED=∠CFP，
又∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有当∠PCF=∠CDE时，ΔPCF∽ΔCDE，
由D(32,254)，C(0,4)，E(32,52)，
利用勾股定理，可得CE=(32)2+(4−52)2=322，DE=254−52=154，
由（2）以及勾股定理知，PF=−t2+4t，
CF=t2+[4−(−t+4)]2=2t，
∴PFCE=CFDE，即−t2+4t322=2t154，
∵t≠0，
∴154(−t+4)=3，
∴t=165，
当t=165时，−t2+3t+4=−(165)2+3×165+4=8425，
∴点P的坐标是(165,8425)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，灵活运用知识点是解题关键．
题型16 探究四边形与三角形综合运用
69．（2023·江苏镇江·统考中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片ABC，小宏做如下操作：

（1）取AB，AC的中点D，E，在边BC上作MN=DE；
（2）连接EM，分别过点D，N作DG⊥EM，NH⊥EM，垂足为G，H；
（3）将四边形BDGM剪下，绕点D旋转180°至四边形ADPQ的位置，将四边形CEHN剪下，绕点E旋转180°至四边形AEST的位置；
（4）延长PQ，ST交于点F．
小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：
①点Q，A，T在一条直线上；
②四边形FPGS是矩形；
③△FQT≌△HMN；
④四边形FPGS与△ABC的面积相等．
【任务1】请你对结论①进行证明．
【任务2】如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，P，Q分别是AB，CD的中点，连接PQ．求证：PQ=12AD+BC．
【任务3】如图3，有一张四边形纸ABCD，AD∥BC，AD=2，BC=8，CD=9，sin∠DCB=45，小丽分别取AB，CD的中点P，Q，在边BC上作MN=PQ，连接MQ，她仿照小宏的操作，将四边形ABCD分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的长．
【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]BM=12
【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即∠ABC=∠QAD，∠ACB=∠TAE，由三角形内角和定理得∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，从而得∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，即Q，A，T三点共线；
（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E，证明△ADQ≌△ECQ，可得AQ=EQ，AD=CE，由三角形中位线定理得PQ=12BE=12AD+BC；
（3）过点D作DR⊥BC于点R，由DC=9，sin∠DCB=45得DR=365，从而得S梯形ABCD=12×2+8×365=36，由【发现】得S正方形GEST=S梯形ABCD，则GE=6，PE=3，由【任务2】的结论得PQ=5，由勾股定理得EQ=4．过点Q作QH⊥BC，垂足为H．由CQ=92及sin∠DCB=45得QH=185，从而得CH=2710，证明△PEQ∽△QHM，得HM=245，从而得BM=BC−HM−CH=12．
【详解】[任务1]
证法1：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
在△ABC中，∠ABC＋∠BAC＋∠ACB=180°，
∴∠QAD＋∠BAC＋∠TAE=180°，
∴点Q，A，T在一条直线上．
证法2：由旋转得，∠QAD=∠ABC，∠TAE=∠ACB．
∴AQ∥BC，AT∥BC．
∴点Q，A，T在一条直线上．
[任务2]
证明：如图1，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E．
∵AD∥BC，
∴∠DAQ=∠E．
∵Q是CD的中点，
∴DQ=CQ．
在△ADQ和△ECQ中，
∠DAQ=∠E,∠AQD=∠EQC,DQ=CQ,
∴△ADQ≌△ECQAAS．
∴AQ=EQ，AD=CE．
又∵P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴PQ是△ABE的中位线，
∴PQ=12BE=12CE+BC，
∴PQ=12AD+BC．

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．

由【任务2】可得PQ∥BC，PQ=12AD+BC=12×2+8=5．
过点D作DR⊥BC，垂足为R．
在Rt△DCR中，sin∠DCB=DRCD，
∴DR=CD⋅sin∠DCB=9×45=365．
∴S正方形GEST=S梯形ABCD=12×2+8×365=36，
∴GE=6，PE=3．
在Rt△PEQ中，由勾股定理得EQ=PQ2−PE2= 52−32=4．
过点Q作QH⊥BC，垂足为H．
∵Q是CD的中点，
∴CQ=12CD=12×9=92．
在Rt△QHC中，sin∠DCB=QHCQ，
∴QH=CQ⋅sin∠DCB=92×45=185．
又由勾股定理得CH=CQ2−QH2=922−1852=2710．
由PQ∥BC，得∠PQE=∠QMH．
又∵∠PEQ=∠QHM=90°，
∴△PEQ∽△QHM．
∴PEQH=EQHM，即3185=4HM，
∴HM=245．
∴BM=BC−HM−CH=8−245−2710=12．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．
70．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC=AE，∠ADC=120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由．
②若AE2+AG2=10，试求出正方形ABCD的面积．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=5
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=AG2+CG2=10，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
EB=DB∠EBA=∠DBCAB=CB，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
（2）证明：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
EB=GB∠EBA=∠GBCAB=CB，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，AE2+AG2=10，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=AG2+CG2=10，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=10，
∴S四边形ABCD=12AC⋅BD=12AC2=5．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
71．（2021·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形ABCD是正方形，点E在边DA的延长线上，连接CE交AB于点C，过点B作BM⊥CE，垂足为点M，BM的延长线交AD于点F，交CD的延长线于点H．
（1）如图1，求证：CE=BH；
（2）如图2，若AE=AB，连接CF，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（ΔAEG除外），使写出的每个三角形都与ΔAEG全等，
【答案】（1）见详解；（2）△BCG，△DFC，△ABF，△DHF都与ΔAEG全等，理由见详解
【分析】（1）先推出BC=CD，∠BCH=∠CDE=90°，在推出∠CHM=∠E，进而即可得到结论；
（2）先推出AE=AB=BC，∠GAE=∠GBC=90°，结合∠AGE=∠BGC，即可得到△BGC≌△AGE，类似的推出△DFC，△ABF，△DHF与ΔAEG全等，即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCH=∠CDE=90°，
∵BM⊥CE，
∴∠CHM+∠DCE=∠DCE+∠E=90°，
∴∠CHM=∠E，
∴△ECD≌△HBC，
∴CE=BH；
（2）△BCG，△DFC，△ABF，△DHF都与ΔAEG全等，
理由如下：∵AE=AB，四边形ABCD是正方形，
∴AE=AB=BC，∠GAE=∠GBC=90°，
又∵∠AGE=∠BGC，
∴△BGC≌△AGE，
∵△ECD≌△HBC，
∴DE=CH，∠E=∠H，
∵AD=CD，
∴AE=DH，
又∵∠EAG=∠HDF=90°，
∴△DFH≌△AGE；
∵AB∥CH，
∴∠ABF=∠H=∠E，
又∵AE=AB，∠BAF=∠EAG=90°，
∴△AFB≌△AGE；
∵DH=AE=AB=CD，
∴DF垂直平分CH，
∴FH=FC，
∴∠E=∠H=∠FCH，
又∵∠EAG=∠CDF=90°，AE=AB=CD，
∴△DFC≌△AGE．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定定理，是解题的关键．
题型17 探究四边形与圆综合运用
72．（2023·广东·统考中考真题）综合探究
如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A'，连接AA'交BD于点E，连接CA'．

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

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

∵⊙O与CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四边形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
∴四边形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△ACA'的中位线，
∴OE=12A'C
∴A'H=CH=12A'C
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
设AE=OE=r，则AO=DO=AE2+OE2=2r
∴DE=DO−OE=2r−r=2−1r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+2−12r2=12
∴r2=11+2−12=14−22=2+24
∴⊙O的面积为：S=πr2=2+24π
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
73．（2023·上海·统考中考真题）如图（1）所示，已知在△ABC中，AB=AC，O在边AB上，点F为边OB中点，为以O为圆心，BO为半径的圆分别交CB，AC于点D，E，联结EF交OD于点G．

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

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

∵OG∥PE，
∴△QPE∽△QGO
∴GOPE=QGPQ=OQEQ=2kk=2，
∴PQ=13a,QG=23a，EQ=23a,OQ=43a
在△PQE与△BQO中，PQ=13a，BQ=BG+QG=2a+23a=83a，
∴PQOQ=QEBQ=14，
又∠PQE=∠BQO，
∴△PQE∽△OQB，
∴PEOB=14，
∴k2a=14，
∴a=2k，
∵OD=OB=2a,OG=2k，
∴OGOD=2k2a=ka=12．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明△PQE∽△OQB是解题的关键．
74．（2021·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=12，BC=14，AD=9，线段BC上的点P从点B运动到点C，∠ADP的角平分线DQ交以DP为直径的圆M于点Q，连接PQ．
(1)当点P不与点B重合时，求证：PQ平分∠BPD；
(2)当圆M与直角梯形ABCD的边相切时，请直接写出此时BP的长度；
(3)动点P从点B出发，运动到点C停止，求点Q所经过的路程．
【答案】(1)见解析
(2)4或9
(3)8
【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠QPD=∠BPQ即可；
（2）分两种情况讨论：①当⊙M与AB相切时，连接QM，②当⊙M与BC相切时，分别求解即可；
（3）由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，求出点P与点B重合时KQ'的长，点P与点C重合时QK的长，可得结论．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵PD是直径，
∴∠PQD=90°，
∴∠QDP+∠QPD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADP+∠DPB=180°，
∴∠ADQ+∠BPQ=90°，
∵QD平分∠ADP，
∴∠ADQ=∠QDP，
∴∠QPD=∠BPQ，
∴PQ平分∠BPD．
（2）解：如图2﹣1中，当⊙M与AB相切时，连接QM．
∵MQ=MP，
∴∠MQP=∠MPQ，
∵∠QPM=∠QPB，
∴∠MQP=∠QPB，
∴MQ∥PB，
∵DM=PM，
∴AQ=QB=6，
∵∠A=∠B=∠DQP=90°，
∴∠AQD+∠BQP=90°，∠BQP+∠QPB=90°，
∴∠AQD=∠BPQ，
∴△DAQ∽△QBP，
∴ADQB=AQPB，
∴96=6BP，
∴BP=4．
如图2﹣2中，当⊙M与BC相切时，四边形ABPD是矩形，
∴BP=AD=9，AB=PD=12，CD=CP2+PD2=52+122=13，
综上所述，满足条件的BP的值为4或9．
（3）解：如图3中，由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，
当点P与B重合时， BD=AD2+AB2=92+122=15，
∵DM=MB，
∴MQ'=12BD=152，
∵DK=KC，MD=MB，
∴MK=12BC=7，
∴KQ'=MQ'+MK=152+7=292，
当点P与C重合时，KQ=12CD=132，
∴QQ'=Q'K−KQ=292−132=8．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，注意要分类讨论．
75．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，FH交于点E，已知CF=CH．
(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证：KHCH=AKAC．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求CPPF的值．
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
(3)CPPF=32
【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到∠FCA=∠HCA，由△CFH是等腰三角形，结论得证；
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证△AKG∽△ACB，得AKAC=KGCB，证△KHG∽CHB可得KHCH=KGCB，结论得证；
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得GHBH=12，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则CH=CF＝BH2+BC2=210a，勾股定理得FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，由△FPH∽△HEC得PFEH=FHCH，得PF=4105a，CP=6105a，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
又∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
∴AKAC=KGCB．
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
∴KHCH=KGCB，
∴AKAC=KHCH．
（3）解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．
∵点K为AC中点：
由（2）得KHCH=AKAC=12，
∴GHBH=KHCH=12，
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝BH2+BC2=210a，
∵AF=AH，
∴FH=AH2+AF2=42a，EH=22a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
∴PFEH=FHCH．
∴PF=4105a，
∴CP=CF−PF=6105a，
∴CPPF=32．
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
76．（2020·陕西·统考中考真题）问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是 ．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是AB上一点，且PB=2PA，连接AP，BP．∠APB的平分线交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．
【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣23；（3）① y＝﹣12x2+35x+1225；② 576m2．
【分析】（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，PB=2PA，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt△APB中，PB＝AB•cs∠ABP＝43 ，在Rt△CFB中，BF＝CFtan∠ABC＝3CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
（3）① 同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证∠A′PB＝90°，得出S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝12 PA′•PB＝12x（70﹣x），在Rt△ACB中，AC＝BC＝352 ，S△ACB＝12AC2＝1225，由y＝S△PA′B+S△ACB，即可得出结果；
② 当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt△A′PB中，由勾股定理得A′B＝A'P2+PB2 ＝302+402＝50，由S△A′PB＝12A′B•PF＝12PB•A′P，求PF，即可得出结果．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE、DF；
（2）连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，PB=2PA，
∴∠APB＝90°，∠AOP＝13×180°＝60°，
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
在Rt△APB中，PB＝AB•cs∠ABP＝8×cs30°＝8×32 ＝43 ，
在Rt△CFB中BF＝CFtan∠ABC＝CFtan30∘ ＝CF33 ＝3CF，
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：43＝CF+3CF，
解得：CF＝6﹣23；
（3）①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将△APE绕点P逆时针旋转90°，得到△A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
∴S△PAE+S△PBF＝S△PA′B＝12PA′•PB＝12x（70﹣x），
在Rt△ACB中，AC＝BC＝22AB＝22×70＝352，
∴S△ACB＝12AC2＝12×（352）2＝1225，
∴y＝S△PA′B+S△ACB＝12x（70﹣x）+1225＝﹣12x2+35x+1225；
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt△A′PB中，由勾股定理得：A′B＝A'P2+PB2 ＝302+402＝50，
∵S△A′PB＝12A′B•PF＝12PB•A′P，
∴12×50×PF＝12×40×30，
解得：PF＝24，
∴S四边形PEDF＝PF2＝242＝576（m2），
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．
【点睛】本题是关于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角定理和正方形的判定与性质是解题的关键．
77．（2020·江苏连云港·中考真题）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF//BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE=2，PF=6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2=________；

（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2>S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上）过点P作EF//AD，HG//AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2>S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；

（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BC围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、AD围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4．根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．
【答案】（1）12；（2）S△PBD=S2−S1；（3）S△FBD=12S2−S1；（4）答案不唯一
【分析】（1）过P点作AB的平行线MN，根据S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN从而得到，S矩形AEPM =S矩形CFPN进而得到△AEP与△CFP的关系，从而求出结果.
（2）连接PA、PC，设S△APE=S△BPE=a，S△BPF=S△CPF=b,S△CPG=S△DFG=c,S△DPH=S△APH=d，根据图形得到S四边形EBFP+S四边形HPGD+S四边形AEPH+S四边形PFCG=S1+S2，求出S△ABD=S1+S2， S△DPH=S1−a，最终求出结果.
（3）易知S四边形EDGP=2S△EBP，S四边形HPFD=2S△HPD，导出S△ABD=12S1+S2+S△EBP+S△HPD，再由S△FBD=S△ABD−S1+S△EBP+S△HPD的关系，即可可求解.
（4）连接ABCD的得到正方形，根据（3）的方法，进行分割可找到面积之间的关系.
【详解】（1）过P点作AB∥MN，
∵S矩形AEPM+S矩形DFPM=S矩形CFPN+S矩形DFPM=S矩形ABCD-S矩形BEPN，
又∵S△AEP=12S矩形AEPM,S△CFP=12S矩形CFPN,
∴S△AEP=S△CFP=12×2×6=6，
∴S1+S2=12.

（2）如图，连接PA、PC，

在△APB中，因为点E是AB中点，
可设S△APE=S△BPE=a，
同理，S△BPF=S△CPF=b,S△CPG=S△DFG=c,S△DPH=S△APH=d，
所以S四边形AEPH+S四边形PFCG=S△APE+S△APH+SCPF+S△CPG=a+b+c+d，
S四边形EDFP+S四边形HPGD=S△BPE+S△BPF+S△DPH+S△DPH=a+b+c+d．
所以S四边形EBFP+S四边形HPGD+S四边形AEPH+S四边形PFCG=S1+S2，
所以S△ABD=12S▱ABCD=S1+S2，所以S△DPH=S△APH=S1−a．
S△PBD=S△ABD−S1+S△BPE+S△PDH=S1+S2−S1+a+S1−a=S2−S1．
（3）易证四边形EBGP、四边形HPFD是平行四边形．
所以S四边形EDGP=2S△EBP，S四边形HPFD=2S△HPD．
所以S△ABD=12S▱ABCD=12S1+S2+2S△EBF+2S△HPD=12S1+S2+S△EBP+S△HPD，
S△FBD=S△ABD−S1+S△EBP+S△HPD=12S2−S1．
（4）

答案不唯一，如：
如图1或图2，此时S1−S2=S3+S4；
如图3或图4，此时S1−S2=S3−S4．