中考数学第一轮复习11 四边形压轴综合（17种题型练习）（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习11 四边形压轴综合（17种题型练习）（解析版），共204页。试卷主要包含了其中正确的结论有，综合与实践，定义等内容，欢迎下载使用。
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≤m0）

(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)00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20)，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(xm>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