專題23 與四邊形形相關(guān)的壓軸題（解析版）-2019-2021三年中考真題集錦

專題23與四邊形相關(guān)的壓軸題一、選填題1．（2021·廣西來賓市·中考真題）如圖，矩形紙片，，點(diǎn)，分別在，上，把紙片如圖沿折疊，點(diǎn)，的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為，，連接并延長交線段于點(diǎn)，則的值為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)折疊性質(zhì)則可得出是的垂直平分線，則由直角三角形性質(zhì)及矩形性質(zhì)可得∠AEO=∠AGD，∠FHE＝∠D＝90°，根據(jù)相似三角形判定推出△EFH∽△GAD，再利用矩形判定及性質(zhì)證得FH＝AB，即可求得結(jié)果．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)F作FH⊥AD于點(diǎn)H，∵點(diǎn)，的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為，，∴，，∴EF是AA＇的垂直平分線．∴∠AOE=90°．∵四邊形是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．∴∠OAE＋∠AEO=∠OAE＋∠AGD，∴∠AEO=∠AGD．∵FH⊥AD，∴∠FHE＝∠D＝90°．∴△EFH∽△GAD．∴．∵∠AHF＝∠BAD＝∠B＝90°，∴四邊形ABFH是矩形．∴FH＝AB．∴；故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的折疊問題，掌握折疊的性質(zhì)、矩形及相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2021·湖南衡陽市·中考真題）如圖，矩形紙片，點(diǎn)M、N分別在矩形的邊、上，將矩形紙片沿直線折疊，使點(diǎn)C落在矩形的邊上，記為點(diǎn)P，點(diǎn)D落在G處，連接，交于點(diǎn)Q，連接．下列結(jié)論：①四邊形是菱形；②點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，；③的面積S的取值范圍是．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（）

A．①②③ B．①② C．①③ D．②③【答案】C【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)與折疊的性質(zhì)，證明出，，通過等量代換，得到PM=CN，則由一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形得到結(jié)論正確；用勾股定理，，由菱形的性質(zhì)對(duì)角線互相垂直，再用勾股定理求出；當(dāng)過點(diǎn)D時(shí)，最小面積，當(dāng)P點(diǎn)與A點(diǎn)重合時(shí)，S最大為，得出答案．【詳解】解：①如圖1，∵，∴，∵折疊，∴，NC=NP∴，∴，∴PM=CN，∴，∴四邊形為平行四邊形，∵，∴平行四邊形為菱形，故①正確，符合題意；②當(dāng)點(diǎn)P與A重合時(shí)，如圖2所示設(shè)，則，在中，，即，解得：，∴，，∴，又∵四邊形為菱形，∴，且，∴∴，故②錯(cuò)誤，不符合題意．③當(dāng)過點(diǎn)D時(shí)，如圖3所示：此時(shí)，最短，四邊形的面積最小，則S最小為，當(dāng)P點(diǎn)與A點(diǎn)重合時(shí)，最長，四邊形的面積最大，則S最大為，∴，故③正確，符合題意．故答案為：①③．【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)、折疊問題、勾股定理的綜合應(yīng)用，熟練掌握菱形的判定定理與性質(zhì)定理、勾股定理是解決本題的關(guān)鍵．3．（2021·湖南常德市·中考真題）如圖，已知F、E分別是正方形的邊與的中點(diǎn)，與交于P．則下列結(jié)論成立的是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)逐一判斷即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∵已知F、E分別是正方形ABCD的邊AB與BC的中點(diǎn)，∴BE=BC=AB<AE，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；在△ABE和△DAF中，，∴△ABE≌△DAF（SAS），∴∠BAE=∠ADF，∵∠ADF+∠AFD=90°，∴∠BAE+∠AFD=90°，∴∠APF=90°，∴∠EAF+∠AFD=90°，故C選項(xiàng)正確，符合題意；連接FC，同理可證得△CBF≌△DAF（SAS），∴∠BCF=∠ADF，∴∠BCD-∠BCF=∠ADC-∠ADF，即90°-∠BCF=90°-∠ADF，∴∠PDC=∠FCD>∠PCD，∴PC>PD，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；∵AD>PD，∴CD>PD，∴∠DPC>∠DCP，∴90°-∠DPC<90°-∠DCP，∴∠CPE<∠PCE，∴PE>CE，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤，不符合題意；故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)．此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．4．（2021·山東東營市·中考真題）如圖，是邊長為1的等邊三角形，D、E為線段AC上兩動(dòng)點(diǎn)，且，過點(diǎn)D、E分別作AB、BC的平行線相交于點(diǎn)F，分別交BC、AB于點(diǎn)H、G．現(xiàn)有以下結(jié)論：①；②當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)C重合時(shí)，；③；④當(dāng)時(shí)，四邊形BHFG為菱形，其中正確結(jié)論為（）A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④【答案】B【分析】過A作AI⊥BC垂足為I，然后計(jì)算△ABC的面積即可判定①；先畫出圖形，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)即可判定②；如圖將△BCD繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ABN，求證NE=DE；再延長EA到P使AP=CD=AN，證得∠P=60°，NP=AP=CD，然后討論即可判定③；如圖1，當(dāng)AE=CD時(shí)，根據(jù)題意求得CH=CD、AG=CH，再證明四邊形BHFG為平行四邊形，最后再說明是否為菱形．【詳解】解：如圖1,過A作AI⊥BC垂足為I∵是邊長為1的等邊三角形∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=∴AI=∴S△ABC=,故①正確；如圖2，當(dāng)D與C重合時(shí)∵∠DBE=30°，是等邊三角形∴∠DBE=∠ABE=30°∴DE=AE=∵GE//BD∴∴BG=∵GF//BD,BG//DF∴HF=BG=,故②正確；如圖3，將△BCD繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到△ABN∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN∵∠3=30°∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°∴∠NBE=∠3=30°又∵BD=BN，BE=BE∴△NBE≌△DBE（SAS）∴NE=DE延長EA到P使AP=CD=AN∵∠NAP=180°-60°-60°=60°∴△ANP為等邊三角形∴∠P=60°，NP=AP=CD如果AE+CD=DE成立，則PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定為90°，故③不成立；如圖1，當(dāng)AE=CD時(shí)，∵GE//BC∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°∴∠AGE=∠AEG=60°，∴AG=AE同理：CH=CD∴AG=CH∵BG//FH,GF//BH∴四邊形BHFG是平行四邊形∵BG=BH∴四邊形BHFG為菱形，故④正確．故選B．【點(diǎn)睛】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、全等三角形的判定和性質(zhì)以及菱形的判定等知識(shí)點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)成為解答本題的關(guān)鍵．5．（2021·四川宜賓市·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，點(diǎn)E、F分別在矩形的邊AB、AD上，將矩形紙片沿CE、CF折疊，點(diǎn)B落在H處，點(diǎn)D落在G處，點(diǎn)C、H、G恰好在同一直線上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，則DF的長是（）A．2 B． C． D．3【答案】A【分析】構(gòu)造如圖所示的正方形，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)解直角三角形FNP即可．【詳解】如圖，延長CE，F(xiàn)G交于點(diǎn)N，過點(diǎn)N作，延長交于，∴∠CMN=∠DPN=90°，∴四邊形CMPD是矩形，根據(jù)折疊，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，∴，∴，四邊形為正方形，∴，∴，，，，設(shè),則，在中，由可得解得；故選A．【點(diǎn)睛】本題考查了折疊問題，正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，難度較大．作出合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．6．（2021·黑龍江綏化市·中考真題）如圖所示，在矩形紙片中，，點(diǎn)分別是矩形的邊上的動(dòng)點(diǎn)，將該紙片沿直線折疊．使點(diǎn)落在矩形邊上，對(duì)應(yīng)點(diǎn)記為點(diǎn)，點(diǎn)落在處，連接與交于點(diǎn)．則下列結(jié)論成立的是（）①；②當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)；③的面積的取值范圍是；④當(dāng)時(shí)，．A．①③ B．③④ C．②③ D．②④【答案】D【分析】①根據(jù)題意可知四邊形BFGE為菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，則BG=2AB=6，又因?yàn)辄c(diǎn)E是AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，所以3<BG<．從而判斷①不正確；②如圖，過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，再利用勾股定理求解即可；③當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)，的面積有最小值，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)D重合時(shí)的面積有最大值．故<<．④因?yàn)椋瑒tEG=BF=6-=．根據(jù)勾股定理可得ME=，從而可求出△MEG的面積．【詳解】解：①根據(jù)題意可知四邊形BFGE為菱形，∴EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，則BG=2AB=6，又∵點(diǎn)E是AD邊上的動(dòng)點(diǎn)，∴3<BG<．故①錯(cuò)誤；②如圖，過點(diǎn)E作EH⊥BC于點(diǎn)H，則EH=AB=3，在Rt△ABE中即解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．在Rt△EFH中=；故②正確；③當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)，如圖所示，的面積有最小值==，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)D重合時(shí)的面積有最大值==．故<<．故③錯(cuò)誤．④因?yàn)?，則EG=BF=6-=．根據(jù)勾股定理可得ME=，∴．故④正確．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識(shí)，掌握相關(guān)知識(shí)找到臨界點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．7．（2020·江蘇揚(yáng)州市·中考真題）如圖，在中，，，，點(diǎn)E為邊AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接ED并延長至點(diǎn)F，使得，以EC、EF為鄰邊構(gòu)造，連接EG，則EG的最小值為________．【答案】9．【分析】連接FC，作DM//FC，得△DEM∽△FEO，△DMN∽△CON，進(jìn)一步得出DM=，EO=，過C作CH⊥AB于H，可求出CH=，根據(jù)題意，EG必過點(diǎn)N，當(dāng)EN⊥CD時(shí)，EG最小，此時(shí)四邊形EHCN是矩形，故可得EN=CH=，代入EO=求出EO即可得到結(jié)論．【詳解】解：連接FC，交EG于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DM//FC，交EG于點(diǎn)M，如圖所示，∵∴∵DM//FC，∴△DEM∽△FEO，∴，∵DM//FC，∴△DMN∽△CON，∴,∵四邊形ECGF是平行四邊形，∴CO=FO，∴∴,∴,過點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，在Rt△CBH，∠B=60?，BC=8，∴CH=BCsin60?=4，根據(jù)題意得，EG必過點(diǎn)N，當(dāng)EN⊥CD時(shí)，EG最小，此時(shí)四邊形EHCN是矩形，∴EN=CH=4，∴EO=,∴EG=2EO=9．故答案為：9．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．8．（2020·四川成都市·中考真題）如圖，在矩形中，，，，分別為，邊的中點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)沿向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，連接．若點(diǎn)的速度是點(diǎn)的速度的2倍，在點(diǎn)從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)的過程中，線段長度的最大值為_________，線段長度的最小值為_________．【答案】【分析】連接EF，則EF⊥AB，過點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，如圖1，由于，而PG=3，所以當(dāng)GQ最大時(shí)PQ最大，由題意可得當(dāng)P、A重合時(shí)GQ最大，據(jù)此即可求出PQ的最大值；設(shè)EF與PQ交于點(diǎn)M，連接BM，取BM的中點(diǎn)O，連接HO，如圖2，易證△FQM∽△EPM，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得EM為定值2，于是BM的長度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B、E、H、M四點(diǎn)共圓，且圓心為點(diǎn)O，于是當(dāng)D、H、O三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長度最小，最小值為DO－OH，為此只需連接DO，求出DO的長即可，可過點(diǎn)O作ON⊥CD于點(diǎn)N，作OK⊥BC于點(diǎn)K，如圖3，構(gòu)建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的長，進(jìn)而可得答案．【詳解】解：連接EF，則EF⊥AB，過點(diǎn)P作PG⊥CD于點(diǎn)G，如圖1，則PE=GF，PG=AD=3，設(shè)FQ=t，則GF=PE=2t，GQ=3t，在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，∴當(dāng)t最大即EP最大時(shí)，PQ最大，由題意知：當(dāng)點(diǎn)P、A重合時(shí)，EP最大，此時(shí)EP=2，則t=1，∴PQ的最大值=；設(shè)EF與PQ交于點(diǎn)M，連接BM，取BM的中點(diǎn)O，連接HO，如圖2，∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，∴，∵EF=3，∴FM=1，ME=2，∴，∵∠BHM=∠BEM=90°，∴B、E、H、M四點(diǎn)共圓，且圓心為點(diǎn)O，∴，∴當(dāng)D、H、O三點(diǎn)共線時(shí)，DH的長度最小，連接DO，過點(diǎn)O作ON⊥CD于點(diǎn)N，作OK⊥BC于點(diǎn)K，如圖3，則OK=BK=1，∴NO=2，CN=1，∴DN=3，則在Rt△DON中，，∴DH的最小值=DO－OH=．故答案為：，．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)、四點(diǎn)共圓以及線段的最值等知識(shí)，涉及的知識(shí)點(diǎn)多、綜合性強(qiáng)、具有相當(dāng)?shù)碾y度，屬于中考?jí)狠S題，正確添加輔助線、熟練掌握上述知識(shí)是解題的關(guān)鍵．9．（2020·湖北咸寧市·中考真題）如圖，四邊形是邊長為2的正方形，點(diǎn)E是邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），，且交正方形外角的平分線于點(diǎn)F，交于點(diǎn)G，連接，有下列結(jié)論：①；②；③；④的面積的最大值為1．其中正確結(jié)論的序號(hào)是_____________．（把正確結(jié)論的序號(hào)都填上）【答案】①②③【分析】證明∠BAE=∠CEG，結(jié)合∠B=∠BCD可證明△ABE∽△ECG，可判斷①；在BA上截取BM=BE，證明△AME≌△ECF，可判斷②；可得△AEF為等腰直角三角形，證明∠BAE+∠DAF=45°，結(jié)合∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，可判斷③；設(shè)BE=x，則BM=x，AM=AB-BM=2-x，根據(jù)△AME≌△ECF，求出△AME面積的最大值即可判斷④.【詳解】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠B=∠BCD=90°，∵∠AEF=90°，∴∠AEB+∠CEG=90°，又∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠CEG，∴△ABE∽△ECG，故①正確；在BA上截取BM=BE，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠B=90°，BA=BC，

∴△BEM為等腰直角三角形，∴∠BME=45°，∴∠AME=135°，

∵BA-BM=BC-BE，∴AM=CE，∵CF為正方形外角平分線，∴∠DCF=45°，∴∠ECF=135°=∠AME，

∵∠BAE=∠FEC，∴△AME≌△ECF（ASA），∴AE=EF，故②正確；∴△AEF為等腰直角三角形，∴∠EAF=∠EFA=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，而∠BAE=∠CEF，∠FCH=45°=∠CFE+∠CEF，∴，故③正確；設(shè)BE=x，則BM=x，AM=AB-BM=2-x，S△AME=?x?（2-x）=，當(dāng)x=1時(shí)，S△AME有最大值，而△AME≌△ECF，∴S△AME=S△CEF，

∴S△CEF有最大值，所以④錯(cuò)誤；綜上：正確結(jié)論的序號(hào)是：①②③.故答案為：①②③.【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，靈活運(yùn)用全等三角形的知識(shí)解決線段的問題.10．（2021·湖北襄陽市·中考真題）如圖，正方形的對(duì)角線相交于點(diǎn)，點(diǎn)在邊上，點(diǎn)在的延長線上，，交于點(diǎn)，，，則______．【答案】【分析】作出如圖所示的輔助線，利用SAS證明△ADH△ABF以及△EAF△EAH，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的邊長，再證明△BAF△OAG，即可求解．【詳解】解：如圖，在CD上取點(diǎn)H，使DH=BF=2，連接EH、AH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADH=∠ABC=∠ABF=90°，AD=AB，∠BAC=∠DAC=45°，∴△ADH△ABF(SAS)，∴∠DAH=∠BAF，AH=AF，∵∠EAF=45°，即∠BAF+∠EAB=45°，∴∠DAH+∠EAB=45°，則∠EAH=45°，∴∠EAF=∠EAH=45°，∴△EAF△EAH(SAS)，∴EF=EH，∵，設(shè)BE=a，則AB=2a，EC=a，CH=2a-2，EF=EH=a+2，在Rt△CEH中，,即，解得：，則AB=AD=6，BE=EC=3，在Rt△ABE中，,∴AE=3，同理AF=2，AO=AB=3，∵BE∥AD，∴，∴AG=2，∴，，∴，∵∠EAF=∠BAC=45°，∴∠BAF=∠OAG，∴△BAF△OAG，∴，∵∠GAF=∠OAB=45°，∴△GAF是等腰直角三角形，∴FG=AG=2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了四邊形綜合題，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．11．（2019·山東濟(jì)南市·中考真題）如圖，在矩形紙片中，將沿翻折，使點(diǎn)落在上的點(diǎn)處，為折痕，連接；再將沿翻折，使點(diǎn)恰好落在上的點(diǎn)處，為折痕，連接并延長交于點(diǎn)，若，，則線段的長等于_____．【答案】．【分析】根據(jù)折疊可得是正方形，，，，可求出三角形的三邊為3，4，5，在中，由勾股定理可以求出三邊的長，通過作輔助線，可證∽，三邊占比為3：4：5，設(shè)未知數(shù)，通過，列方程求出待定系數(shù)，進(jìn)而求出的長，然后求的長．【詳解】過點(diǎn)作，，垂足為、，由折疊得：是正方形，，，，，∴，在中，，∴，在中，設(shè)，則，由勾股定理得，，解得：，∵，，∴∽，∴，設(shè)，則，，∴，，解得：，∴，∴，故答案為．【點(diǎn)睛】考查折疊軸對(duì)稱的性質(zhì)，矩形、正方形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，知識(shí)的綜合性較強(qiáng)，是有一定難度的題目．12．（2019·遼寧葫蘆島市·中考真題）如圖，點(diǎn)P是正方形ABCD的對(duì)角線BD延長線上的一點(diǎn)，連接PA，過點(diǎn)P作PE⊥PA交BC的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F，則下列結(jié)論中：①PA＝PE；②CE＝PD；③BF﹣PD＝BD；④S△PEF＝S△ADP，正確的是___（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②③．【分析】①解法一：如圖1，作輔助線，構(gòu)建三角形全等和平行四邊形，證明，得BG=PE，再證明四邊形ABGP是平行四邊形，可得結(jié)論；

解法二：如圖2，連接AE，利用四點(diǎn)共圓證明△APE是等腰直角三角形，可得結(jié)論；

②如圖3，作輔助線，證明四邊形DCGP是平行四邊形，可得結(jié)論；

③證明四邊形OCGF是矩形，可作判斷；

④證明，則，可作判斷．【詳解】①解法一：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，在△BFG和△EFP中，∵，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；解法二：如圖2，連接AE，∵∠ABC＝∠APE＝90°，∴A、B、E、P四點(diǎn)共圓，∴∠EAP＝∠PBC＝45°，∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°，∴△APE是等腰直角三角形，∴AP＝PE，故①正確；②如圖3，連接CG，由①知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴；故②正確；③如圖4，連接AC交BD于O，由②知：∠CGF＝∠GFD＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴∠COF＝90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴CG＝OF＝PD，∴，故③正確；④如圖4中，在△AOP和△PFE中，∵，∴△AOP≌△PFE（AAS），∴，∴，故④不正確；本題結(jié)論正確的有：①②③，故答案為①②③．【點(diǎn)睛】此題屬于四邊形綜合題，涉及的知識(shí)有：全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，平行四邊形和矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，以及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．13．（2021·四川宜賓市·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，AD＝AB，對(duì)角線相交于點(diǎn)O，動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)B向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)（到點(diǎn)A即停止），點(diǎn)N是AD上一動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠MON＝90°，連結(jié)MN．在點(diǎn)M、N運(yùn)動(dòng)過程中，則以下結(jié)論中，①點(diǎn)M、N的運(yùn)動(dòng)速度不相等；②存在某一時(shí)刻使；③逐漸減小；④．正確的是________．（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②③．【分析】先根據(jù)矩形的性質(zhì)與AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分類討論，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)N為AD的中點(diǎn)，則：，從而點(diǎn)M、N的運(yùn)動(dòng)速度不同，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，，由AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，當(dāng)點(diǎn)M在AB的中點(diǎn)時(shí)，才滿足，得出結(jié)論．【詳解】解：∵AD＝AB，∴tan∠ADB=，∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，∵點(diǎn)O為BD的中點(diǎn)，∴AB=AO=BO，設(shè)AB=1，則AD=，BD=2．①當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)N是BD的垂直平分線與AD的交點(diǎn)，令A(yù)N=x，則BN=DN=，∴，解得：，∴AN=，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)N為AD的中點(diǎn)，則：，從而點(diǎn)M、N的運(yùn)動(dòng)速度不同，故①說法正確，符合題意；②當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AB的中點(diǎn)時(shí)，，故②說法正確，符合題意；③由①得到，AM減小的速度比AN增大的速度快，則逐漸減小，故③說法正確，符合題意；④只有當(dāng)點(diǎn)M在AB的中點(diǎn)時(shí)，才滿足，故④說法錯(cuò)誤，不符合題意；故答案為：①②③．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、動(dòng)點(diǎn)問題，解題關(guān)鍵在于確定特殊情況，求出兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路程，確定邊之間的關(guān)系，得出結(jié)論．14．（2021·新疆中考真題）如圖，已知正方形ABCD邊長為1，E為AB邊上一點(diǎn)，以點(diǎn)D為中心，將按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得，連接EF，分別交BD，CD于點(diǎn)M，N．若，則__________．【答案】【分析】過點(diǎn)E作EP⊥BD于P，將∠EDM構(gòu)造在直角三角形DEP中，設(shè)法求出EP和DE的長，然后用三角函數(shù)的定義即可解決．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∠A=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA=1，．∵△DAE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△DCF，∴CF=AE，DF=DE，∠EDF=∠ADC=90°．設(shè)AE=CF=2x，DN=5x，則BE=1-2x，CN=1-5x，BF=1+2x．∵AB∥DC，∴．

∴．∴．整理得，．解得，，（不合題意，舍去）．∴．∴．過點(diǎn)E作EP⊥BD于點(diǎn)P，如圖所示，

設(shè)DP=y，則．∵，∴．解得，．∴．∴在Rt△DEP中，．即．故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、方程的數(shù)學(xué)思想等知識(shí)點(diǎn)，熟知各類圖形的性質(zhì)與判定是解題的基礎(chǔ)，構(gòu)造直角三角形，利用銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．15．（2021·湖南張家界市·中考真題）如圖，在正方形外取一點(diǎn)，連接，，，過點(diǎn)作的垂線交于點(diǎn)，若，．下列結(jié)論：①；②；③點(diǎn)到直線的距離為；④，其中正確結(jié)論的序號(hào)為______．【答案】①②④【分析】利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可證明，可得①正確；②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠APD=∠CED，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正確；過C作CF⊥DE，交DE的延長線于F，利用勾股定理可求出CE的長，根據(jù)△DEP是等腰直角三角形，可證△CEF是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)即可求出CF的長，可得③錯(cuò)誤；④由③可知EF的長，即可得出DF的長，利用勾股定理可求出CD的長，即可求出正方形ABCD的面積，可得④正確，綜上即可得答案．【詳解】∵四邊形ABCD為正方形，PD⊥DE，∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD，∴∠EDC=∠PDA，在△APD和△CED中，∴△APD≌△CED，故①正確，∴∠APD=∠DEC，∵DP=DE，∠PDE=90°，∴∠DPE=∠DEP=45°，∴∠APD=∠DEC=135°，∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°，∴AE⊥CE，故②正確，如圖，過C作CF⊥DE，交DE的延長線于F，∵，∠PDE=90°，∴PE=，∵，∠PEC=90°，∴CE==2，∵∠DEP=45°，∠PEC=90°，∴∠FEC=45°，∵∠EFC=90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴CF=EF==，∴點(diǎn)到直線的距離為，故③錯(cuò)誤，∴DF=EF+DE=+1，∴CD2===，∴，故④正確，綜上所述：正確的結(jié)論有①②④，故答案為：①②④【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、正方形面積公式、勾股定理的運(yùn)用等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.16．（2021·福建中考真題）如圖，在矩形中，，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E不與A，B重合，且，G是五邊形內(nèi)滿足且的點(diǎn)．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①與一定互補(bǔ)；②點(diǎn)G到邊的距離一定相等；③點(diǎn)G到邊的距離可能相等；④點(diǎn)G到邊的距離的最大值為．其中正確的是_________．（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②④【分析】①利用四邊形內(nèi)角和為即可求證；②過作，證明即可得結(jié)論；③分別求出G到邊的距離的范圍，再進(jìn)行判斷；④點(diǎn)G到邊的距離的最大值為當(dāng)時(shí)，GE即為所求．【詳解】①四邊形是矩形,四邊形內(nèi)角和為①正確．②如圖：過作，又即點(diǎn)G到邊的距離一定相等②正確．③如圖：過作而所以點(diǎn)G到邊的距離不可能相等③不正確．④如圖：當(dāng)時(shí)，點(diǎn)G到邊的距離的最大④正確．綜上所述：①②④正確．故答案為①②④．【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問題，四邊形內(nèi)角和為，全等三角形的證明，點(diǎn)到直線的距離，銳角三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)，熟悉矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．17．（2021·海南中考真題）如圖，在矩形中，，將此矩形折疊，使點(diǎn)C與點(diǎn)A重合，點(diǎn)D落在點(diǎn)處，折痕為，則的長為____，的長為____．【答案】【分析】由折疊得，，，設(shè)DF=x，則AF=8-x，，由勾股定理得DF=，，過作，過D作DM⊥于M，根據(jù)面積法可得，，再由勾股定理求出，根據(jù)線段的和差求出，最后由勾股定理求出；【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=6，由折疊得，，設(shè)DF=x，則AF=8-x，又在Rt中，，即解得，，即DF=∴過作，過D作DM⊥于M，∵∴，解得，∵∴，解得，∴∴∴；故答案為：6；．【點(diǎn)睛】此題主要考查了矩形的折疊問題，勾股定理等知識(shí)，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形運(yùn)用勾股定理是解答此題的關(guān)鍵．二．解答題1．（2021·遼寧中考真題）已知,在正方形中,點(diǎn)M?N為對(duì)角線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn),且,過點(diǎn)M、N分別作?的垂線相交于點(diǎn)E,垂足分別為F?G,設(shè)的面積為,的面積為,的面積為．

（1）如圖（1）,當(dāng)四邊形為正方形時(shí),①求證:;②求證:;（2）如圖（2）,當(dāng)四邊形為矩形時(shí),寫出,,三者之間的數(shù)量關(guān)系,并說明理由;（3）在（2）的條件下,若,請(qǐng)直接寫出的值．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）；（3）：【分析】（1）①利用兩個(gè)正方形性質(zhì)易證；②連接BD，則BD過點(diǎn)E，且，，由①知AM=CN，易證，可得BM=BN，進(jìn)一步證明，從而得到，同理，故；（2）如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，易證，進(jìn)而得到，仿照上面同樣的方法，可證，即，從而得到，故；（3）在（2）的條件下，有，根據(jù)題意可設(shè)BG=mx，GC=nx，AB=BC=(m+n)x，先求出BF的長，進(jìn)而求出AF的長，即可得出答案．【詳解】（1）①在正方形ABCD和正方形EFBG中，AB=CB，BF=BG，，，∴AF=CG，∴②如圖，連接BD，則BD過點(diǎn)E，且，，由①知AM=CN，∵，AB=BC，∴，∴BM=BN，∵，∴，∵，∴，∴FM=ON，，同理，∵，∴．（2），理由如下:如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，則，，，AC=BD=2OB，∵，，∴，∴，同理，∴，所以，即，∵，，∴，∴，∴．（3）根據(jù)題意可設(shè)BG=mx，GC=nx，AB=BC=(m+n)x，∴，即，∴，∴∴AF：BF=:=：．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形和相似三角形的判定三角形及矩形面積的求解，解題的關(guān)鍵是巧妙的正方形的性質(zhì)構(gòu)造全等三角形或相似三角形來解決問題，本題還運(yùn)用到了類比探究的思想．2．（2021·四川達(dá)州市·中考真題）某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動(dòng)中，對(duì)多邊形內(nèi)兩要互相垂直的線段做了如下探究：（觀察與猜想）（1）如圖1，在正方形中，點(diǎn)，分別是，上的兩點(diǎn)，連接，，，則的值為__________；

（2）如圖2，在矩形中，，，點(diǎn)是上的一點(diǎn)，連接，，且，則的值為__________；

（類比探究）（3）如圖3，在四邊形中，，點(diǎn)為上一點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作的垂線交的延長線于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)，求證：；

（拓展延伸）（4）如圖4，在中，，，，將沿翻折，點(diǎn)落在點(diǎn)處得，點(diǎn)，分別在邊，上，連接，，且．①求的值；②連接，若，直接寫出的長度．【答案】（1）1；（2）；（3）證明見解析；（4）①；②．【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，由此即可得出答案；（2）先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)即可得；（3）如圖（見解析），先根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)、對(duì)頂角相等可得，然后根據(jù)相似三角形的判定可得，由此即可得證；（4）①如圖（見解析），先證出，從而可得，再分別在和中，解直角三角形可得，，然后根據(jù)翻折的性質(zhì)可得，最后利用的面積公式求出的長，由此即可得出答案；②先根據(jù)（4）①中，相似三角形的性質(zhì)可得，可求出，再根據(jù)翻折的性質(zhì)可得，然后在中，利用勾股定理可得，從而可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】解：（1）四邊形是正方形，，，，，，在和中，，，，；（2）四邊形是矩形，，，，，，在和中，，，；（3）如圖，過點(diǎn)作交的延長線于點(diǎn)，

∵，，∴，∴四邊形為矩形，∴，，，，，，在和中，，∴，∴，∴，∴；（4）①過作于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，

∵，，∴，∴，在和中，，∴，∴，在中，，，∴，在中，，設(shè)，則，∴，即，∴或（舍去），∴，，由翻折的性質(zhì)得：，，∴，解得，∴；②由（4）①已證：，，，，，解得，由翻折的性質(zhì)得：，在中，，，在中，．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（4）①，通過作輔助線，構(gòu)造直角三角形和相似三角形是解題關(guān)鍵．3．（2020·江蘇南通市·中考真題）（了解概念）有一組對(duì)角互余的凸四邊形稱為對(duì)余四邊形，連接這兩個(gè)角的頂點(diǎn)的線段稱為對(duì)余線．（理解運(yùn)用）（1）如圖①，對(duì)余四邊形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，連接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值；（2）如圖②，凸四邊形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，當(dāng)2CD2+CB2＝CA2時(shí)，判斷四邊形ABCD是否為對(duì)余四邊形．證明你的結(jié)論；（拓展提升）（3）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四邊形ABCD是對(duì)余四邊形，點(diǎn)E在對(duì)余線BD上，且位于△ABC內(nèi)部，∠AEC＝90°+∠ABC．設(shè)＝u，點(diǎn)D的縱坐標(biāo)為t，請(qǐng)直接寫出u關(guān)于t的函數(shù)解析式．【答案】（1）；（2）四邊形ABCD是對(duì)余四邊形，證明見解析；（3）u＝（0＜t＜4）．【分析】（1）先構(gòu)造直角三角形，然后利用對(duì)余四邊形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)，求出sin∠CAD的值．（2）通過構(gòu)造手拉手模型，即構(gòu)造等腰直角三角形，通過證明三角形全等，利用勾股定理來證明四邊形ABCD為對(duì)余四邊形．（3）過點(diǎn)D作DH⊥x軸于點(diǎn)H，先證明△ABE∽△DBA，得出u與AD的關(guān)系，設(shè)D（x，t），再利用（2）中結(jié)論，求出AD與t的關(guān)系即可解決問題．【詳解】解：（1）過點(diǎn)A作AE⊥BC于E，過點(diǎn)C作CF⊥AD于F．∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3，在Rt△AEB中，AE＝，∵CF⊥AD，∴∠D+∠FCD＝90°，∵∠B+∠D＝90°，∴∠B＝∠DCF，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△AEB∽△DFC，∴，∴，∴CF＝，∴sin∠CAD＝．（2）如圖②中，結(jié)論：四邊形ABCD是對(duì)余四邊形．理由：過點(diǎn)D作DM⊥DC，使得DM＝DC，連接CM．∵四邊形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∵∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四邊形ABCD是對(duì)余四邊形．（3）如圖③中，過點(diǎn)D作DH⊥x軸于H．∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四邊形ABCD是對(duì)余四邊形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝180°，∴A，D，C，E四點(diǎn)共圓，∴∠ACE＝∠ADE，∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，∴∠EAB＝∠ACE，∴∠EAB＝∠ADB，∵∠ABE＝∠DBA，∴△ABE∽△DBA，∴，∴∴u＝，設(shè)D（x，t），由（2）可知，BD2＝2CD2+AD2，∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，整理得（x+1）2＝4t﹣t2，在Rt△ADH中，AD＝，∴u＝＝（0＜t＜4），即u＝（0＜t＜4）．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了對(duì)余四邊形的定義，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．4．（2020·湖南郴州市·中考真題）如圖，在等腰直角三角形中，．點(diǎn)是的中點(diǎn)，以為邊作正方形，連接．將正方形繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為．（1）如圖，在旋轉(zhuǎn)過程中，①判斷與是否全等，并說明理由；②當(dāng)時(shí)，與交于點(diǎn)，求的長．（2）如圖，延長交直線于點(diǎn)．①求證：；②在旋轉(zhuǎn)過程中，線段的長度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】（1）①全等，證明見解析；②；（2）①證明見解析；②．【分析】（1）①由等腰直角三角形性質(zhì)和正方形性質(zhì)根據(jù)全等三角形判定定理（SAS）即可證明；②過A點(diǎn)作AM⊥GD，垂足為M，交FE與N，利用等腰三角形三線合一性質(zhì)構(gòu)造直角三角形，由勾股定理求出AM的長，進(jìn)而得出，再由求出結(jié)果；（2）①根據(jù)全等三角形性質(zhì)可得，再在和中由三角形內(nèi)角和定理得出，從而證明結(jié)論；②根據(jù)∠APC=90°得出PC最大值是∠GAD最大時(shí)，即GD⊥AG時(shí)，進(jìn)而可知CEF三點(diǎn)共線，F(xiàn)與P重合，求出此時(shí)CE長，繼而可得CP最大值．【詳解】解：（1）①全等，理由如下：在等腰直角三角形中，AD=CD，，在正方形中，GD=ED，，又∵，，∴在和中，，∴（SAS）；②如解圖2，過A點(diǎn)作AM⊥GD，垂足為M，交FE與N，∵點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴在正方形中，DE=GD=GF=EF=2，由①得，∴，又∵，∴，∵AM⊥GD，∴，又∵，∴四邊形GMNF是矩形，∴，在中，，∴∵，∴∴，∴．（2）①由①得，∴，又∵，∴，∴，即：；②∵，∴，∴當(dāng)最大時(shí)，PC最大，∵∠DAC=45°，是定值，∴最大時(shí)，最大，PC最大，∵AD=4，GD=2，∴當(dāng)GD⊥AG，最大，如解圖3，此時(shí)，又∵，，∴F點(diǎn)與P點(diǎn)重合，∴CEFP四點(diǎn)共線，∴CP=CE+EF=AG+EF=，∴線段得最大值為：．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的綜合；涉及了全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形等知識(shí)，能夠準(zhǔn)確畫出旋轉(zhuǎn)后滿足條件的兩個(gè)圖形，構(gòu)造直角三角形求解是關(guān)鍵．5．（2021·四川眉山市·中考真題）如圖，在等腰直角三角形中，，，邊長為2的正方形的對(duì)角線交點(diǎn)與點(diǎn)重合，連接，．（1）求證：；（2）當(dāng)點(diǎn)在內(nèi)部，且時(shí)，設(shè)與相交于點(diǎn)，求的長；（3）將正方形繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一周，當(dāng)點(diǎn)、、三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，請(qǐng)直接寫出的長．【答案】（1）見詳解；（2）；（3）-1或+1【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形的性質(zhì)得∠ACD=∠BCE，，CD=CE，進(jìn)而即可得到結(jié)論；（2）先求出DC=，AD=，再證明，進(jìn)而即可求解；（3）分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)D在線段AE上時(shí)，過點(diǎn)C作CM⊥AE，②當(dāng)點(diǎn)E在線段AD上時(shí)，過點(diǎn)C作CM⊥AD，分別求解，即可．【詳解】解：（1）∵在等腰直角三角形中，，，在正方形中，CD=CE，∠DCE=90°，∴∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD，即：∠ACD=∠BCE，∴；（2）∵正方形的邊長為2，∴DC=GC=2÷=，∵，∴AD=，∵∠GDE=，∴∠ADM=∠CDE=45°，∴∠ADM=∠CGM=45°，即：AD∥CG，∴，∴，即：，∴AM=；（3）①當(dāng)點(diǎn)D在線段AE上時(shí)，過點(diǎn)C作CM⊥AE，如圖，∵正方形的邊長為2，∴CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM-DM=-1；②當(dāng)點(diǎn)E在線段AD上時(shí)，過點(diǎn)C作CM⊥AD，如圖，同理可得：CM=DM=2÷2=1，AM=，∴AD=AM+DM=+1．綜上所述：AM=-1或+1【點(diǎn)睛】本題主要考查等腰直角三角形的性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，畫出圖形，添加合適的輔助線，是解題的關(guān)鍵．6．（2021·浙江麗水市·中考真題）如圖，在菱形中，是銳角，E是邊上的動(dòng)點(diǎn)，將射線繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，交直線于點(diǎn)F．（1）當(dāng)時(shí)，①求證：；②連結(jié)，若，求的值；（2）當(dāng)時(shí)，延長交射線于點(diǎn)M，延長交射線于點(diǎn)N，連結(jié)，若，則當(dāng)為何值時(shí)，是等腰三角形．【答案】（1）①見解析；②；（2）當(dāng)或2或時(shí)，是等腰三角形．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到邊相等，對(duì)角相等，根據(jù)已知條件證明出，得到，由，，得到AC是EF的垂直平分線，得到，，再根據(jù)已知條件證明出，算出面積之比；（2）等腰三角形的存在性問題，分為三種情況：當(dāng)時(shí)，，得到CE=；當(dāng)時(shí)，，得到CE=2；當(dāng)時(shí)，，得到CE=．【詳解】（1）①證明：在菱形中，，，，，∴（ASA），∴．②解：如圖1，連結(jié)．由①知，，．在菱形中，，∴，設(shè)，則．，∴，∴，∴．

（2）解：在菱形中，，，，同理，，∴．是等腰三角形有三種情況：①如圖2，當(dāng)時(shí)，，，，，．②如圖3，當(dāng)時(shí)，，，，∴．③如圖4，當(dāng)時(shí)，，，，．綜上所述，當(dāng)或2或時(shí)，是等腰三角形．【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的基本性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形中等腰三角形的存在性問題，解決本題的關(guān)鍵在于畫出三種情況的等腰三角形（利用兩圓一中垂），通過證明三角形相似，利用相似比求出所需線段的長．7．（2020·廣西貴港市·中考真題）已知：在矩形中，，，是邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將矩形折疊，使點(diǎn)與點(diǎn)重合，點(diǎn)落在點(diǎn)處，折痕為．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，則線段_______________，_____________；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)，均不重合時(shí)，取的中點(diǎn)，連接并延長與的延長線交于點(diǎn)，連接，，．①求證：四邊形是平行四邊形：②當(dāng)時(shí)，求四邊形的面積．【答案】（1）2，4；（2）①見解析；②【分析】（1）過點(diǎn)F作FH⊥AB，由翻折的性質(zhì)可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根據(jù)平行線的性質(zhì)和等量代換可得∠CFE＝∠FEC，由等角對(duì)等邊可得：CF＝CE，設(shè)AE＝CE＝x，BE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程求得x的值，進(jìn)而可得BE、DF的長，由矩形的判定可得四邊形DAHF是矩形，進(jìn)而可求FH、EH的長，最后由勾股定理可得EF的長；（2）①根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，進(jìn)而可得，根據(jù)已知條件可得，從而易證，進(jìn)而根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定即可求證結(jié)論；②連接與交于點(diǎn)，則且，又由①知：，，則，繼而易證∠MAD＝PAB，接根據(jù)三角函數(shù)求得PB，設(shè)，則，根據(jù)勾股定理可得關(guān)于x的方程，解方程可得PE的長，繼而代入數(shù)據(jù)即可求解．【詳解】解：（1）2，4；過點(diǎn)F作FH⊥AB，∵折疊后點(diǎn)A、P、C重合∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∵CD∥AB∴∠CFE＝∠FEA，∴∠CFE＝∠FEC，∴CF＝CE＝AE，設(shè)AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得，即解得：x＝4，即AE＝CE＝CF＝4∴BE＝2、DF＝2，∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°∴四邊形DAHF是矩形，∴FH＝、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2在Rt△EFH中，由勾股定理可得:＝4（2）①證明：如圖2，∵在矩形中，，由折疊（軸對(duì)稱）性質(zhì)，得：，∴，∵點(diǎn)是的中點(diǎn)，∴，又，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形：②如圖2，連接與交于點(diǎn)，則且，又由①知：，∴，則，又，∴，∴在，，而，∴，又在中，若設(shè)，則，由勾股定理得：，則，而且，又四邊形是平行四邊形，∴四邊形的面積為．【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形與翻折的問題，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定及其性質(zhì)、翻折的性質(zhì)、正切的有關(guān)知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)知識(shí)并且學(xué)會(huì)作輔助線．8．（2020·遼寧鞍山市·中考真題）在矩形中，點(diǎn)E是射線上一動(dòng)點(diǎn)，連接，過點(diǎn)B作于點(diǎn)G，交直線于點(diǎn)F．（1）當(dāng)矩形是正方形時(shí)，以點(diǎn)F為直角頂點(diǎn)在正方形的外部作等腰直角三角形，連接．①如圖1，若點(diǎn)E在線段上，則線段與之間的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是_________；②如圖2，若點(diǎn)E在線段的延長線上，①中的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請(qǐng)給予證明；如果不成立，請(qǐng)說明理由；（2）如圖3，若點(diǎn)E在線段上，以和為鄰邊作，M是中點(diǎn)，連接，，，求的最小值．【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由見解析；（2）【分析】（1）①證明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再證明四邊形BEHF為平行四邊形，從而可得結(jié)果；②根據(jù)（1）中同樣的證明方法求證即可；（2）說明C、E、G、F四點(diǎn)共圓，得出GM的最小值為圓M半徑的最小值，設(shè)BE=x，證明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．【詳解】解：（1）①∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠AEB=90°，∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH，故答案為：相等；垂直；②成立，理由是：當(dāng)點(diǎn)E在線段BC的延長線上時(shí)，同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH為等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，F(xiàn)H⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四邊形BEHF為平行四邊形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH；（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，∴C、E、G、F四點(diǎn)共圓，∵四邊形BCHF是平行四邊形，M為BH中點(diǎn)，∴M也是EF中點(diǎn)，∴M是四邊形BCHF外接圓圓心，則GM的最小值為圓M半徑的最小值，∵AB=3，BC=2，設(shè)BE=x，則CE=2-x，同（1）可得：∠CBF=∠BAE，又∵∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE∽△BCF，∴，即，∴CF=，∴EF===，設(shè)y=，當(dāng)x=時(shí)，y取最小值，∴EF的最小值為，故GM的最小值為．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，二次函數(shù)的最值，圓的性質(zhì)，難度較大，找出圖形中的全等以及相似三角形是解題的關(guān)鍵．9．（2020·遼寧丹東市·中考真題）已知：菱形和菱形，，起始位置點(diǎn)在邊上，點(diǎn)在所在直線上，點(diǎn)在點(diǎn)的右側(cè)，點(diǎn)在點(diǎn)的右側(cè)，連接和，將菱形以為旋轉(zhuǎn)中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)角（）．（1）如圖1，若點(diǎn)與重合，且，求證：；（2）若點(diǎn)與不重合，是上一點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，連接和，和所在直線相交于點(diǎn)；①如圖2，當(dāng)時(shí)，請(qǐng)猜想線段和線段的數(shù)量關(guān)系及的度數(shù)；②如圖3，當(dāng)時(shí)，請(qǐng)求出線段和線段的數(shù)量關(guān)系及的度數(shù)；③在②的條件下，若點(diǎn)與的中點(diǎn)重合，，，在整個(gè)旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段的長．【答案】（1）見詳解；（2）①A′C＝BM，∠BPC＝45°；②A′C＝BM，∠BPC＝30°；③1＋．【分析】（1）證明△ADD′≌△BAB′（SAS）可得結(jié)論；（2）①證明△AA′C∽△MAB，可得結(jié)論；②證明方法類似①，即證明△AA′C∽△MAB即可得出結(jié)論；③求出A′C，利用②中結(jié)論計(jì)算即可．【詳解】（1）證明：如圖1，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝90°，∴四邊形ABCD，四邊形A′B′CD′都是正方形，∵∠DAB＝∠D′AB′＝90°，∴∠DAD′＝∠BAB′，∵AD＝AB，AD′＝AB′，∴△ADD′≌△BAB′（SAS），∴DD′＝BB′；（2）①解：如圖2中，結(jié)論：A′C＝BM，∠BPC＝45°；理由：設(shè)AC交BP于O，∵四邊形ABCD，四邊形A′B′CD′都是正方形，∴∠MA′A＝∠DAC＝45°，∴∠A′AC＝∠MAB，∵M(jìn)A′＝MA，∴∠MA′A＝∠MAA′＝45°，∴∠AMA′＝90°，∴AA′＝AM，∵△ABC是等腰直角三角形，∵AC＝AB，∴=，∵∠A′AC＝∠MAB，∴△AA′C∽△MAB，∴=，∠A′CA＝∠ABM，∴A′C＝BM，∵∠AOB＝∠COP，∴∠CPO＝∠OAB＝45°，即∠BPC＝45°；②解：如圖3中，設(shè)AC交BP于O，在菱形ABCD和菱形A′B′C′D′中，∵∠BAD＝∠B′A′D′＝60°，∴∠C′A′B′＝∠CAB＝30°，∴∠A′AC＝∠MAB，∵M(jìn)A′＝MA，∴∠MA′A＝∠MAA′＝30°，∴AA′＝AM，在△ABC中，∵BA＝BC，∠CAB＝30°，∴AC＝AB，∴=，∵∠A′AC＝∠MAB，∴△A′AC∽△MAB，∴=，∠ACA′＝∠ABM，∴A′C＝BM，∵∠AOB＝∠COP，∴∠CPO＝∠OAB＝30°，即∠BPC＝30°；③如圖4中，過點(diǎn)A作AH⊥A′C于H，由題意AB＝BC＝CD＝AD＝2，可得AC＝AB＝2，在Rt△A′AH中，A′H＝AA′＝1，A′H＝AH＝，在Rt△AHC中，CH＝==，∴A′C＝A′H＋CH＝＋，由②可知，A′C＝BM，∴BM＝1＋．【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．10．（2020·內(nèi)蒙古赤峰市·中考真題）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)P為對(duì)角線AC所在直線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PD，過點(diǎn)P作PE⊥PD，交直線AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)P作MN⊥AB，交直線CD于點(diǎn)M，交直線AB于點(diǎn)N.，AD=4.（1）如圖1，①當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上時(shí)，∠PDM和∠EPN的數(shù)關(guān)系為:∠PDM___∠EPN；②的值是；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在CA延長線上時(shí)，（1）中的結(jié)論②是否成立?若成立，請(qǐng)證明；若不成立，說明理由；（3）如圖3，以線段PD，PE為鄰邊作矩形PEFD.設(shè)PM的長為x，矩形PEFD的面積為y.請(qǐng)直接寫出y與x之間的函數(shù)關(guān)系式及y的最小值.【答案】（1）①=；②；（2）成立，證明見解析；（3），最小值為【分析】（1）①根據(jù)PE⊥PD，MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；②根據(jù)CD=，AD=4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，設(shè)MP=x，則NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），證明△PDM∽△EPN，得到答案；（2）設(shè)NP=a，則MP=4+a，證明△PDM∽△EPN，即可得到結(jié)論成立；（3）利用勾股定理求出，再根據(jù)矩形的面積公式計(jì)算得到函數(shù)關(guān)系式.【詳解】（1）①∵PE⊥PD，∴∠DPE=90°，∴∠DPM+∠EPN=90°，∵M(jìn)N⊥AB，∴∠PMD=∠PNE=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，∴∠PDM=∠EPN；故答案為：=；②∵CD=，AD=4，∠ADC=90°，∴tan∠ACD=,∴∠ACD=30°，設(shè)MP=x，則NP=4-x，∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，∴==，故答案為：；（2）成立，設(shè)NP=a，則MP=4+a，∵∠ACD=30°，∴MC=（4+a），∴MD=(4+a)-4=a，由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，∴△PDM∽△EPN，∴=，（3）∵PM=x，∴PN=4-x，EN=，∴，∴，，∴矩形PEFD的面積為y=，∵>0，∴當(dāng)x=3時(shí)，y有最小值為.【點(diǎn)睛】此題考查矩形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定及性質(zhì)，勾股定理，利用面積公式得到函數(shù)關(guān)系式及最小值，解答此題中運(yùn)用類比思想.11．（2021·上海中考真題）如圖，在梯形中，是對(duì)角線的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)并延長交邊或邊于E．（1）當(dāng)點(diǎn)E在邊上時(shí)，①求證：；②若，求的值；（2）若，求的長．【答案】（1）①見解析；②；（2）或【分析】（1）①根據(jù)已知條件、平行線性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可推導(dǎo)，，由此可得；②若，那么在中，由．可得，作于H．設(shè)，那么．根據(jù)所對(duì)直角邊是斜邊的一半可知，由此可得的值．（2）①當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，可得四邊形是矩形，設(shè)，在和中，根據(jù)，列方程求解即可．②當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，設(shè)，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可．【詳解】（1）①由，得．由，得．因?yàn)槭切边吷系闹芯€，所以．所以．所以．所以．②若，那么在中，由．可得．作于H．設(shè)，那么．在中，，所以．所以．所以．（2）①如圖5，當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，由是的中點(diǎn)，可得，所以四邊形是平行四邊形．又因?yàn)?，所以四邊形是矩形，設(shè)，已知，所以．已知，所以．在和中，根據(jù)，列方程．解得，或（舍去負(fù)值）．②如圖6，當(dāng)點(diǎn)E在上時(shí)，設(shè)，已知，所以．設(shè)，已知，那么．一方面，由，得，所以，所以，另一方面，由是公共角，得．所以，所以．等量代換，得．由，得．將代入，整理，得．解得，或（舍去負(fù)值）．【點(diǎn)睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，斜邊上的中線，勾股定理等，能夠運(yùn)用相似三角形邊的關(guān)系列方程是解題的關(guān)鍵．12．（2021·廣東中考真題）如圖，在四邊形中，，點(diǎn)E、F分別在線段、上，且．（1）求證：；（2）求證：以為直徑的圓與相切；（3）若，求的面積．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】(1)設(shè)，進(jìn)而求得，再由即可求得；(2)取中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作，由梯形中位線定理得到，利用得到，進(jìn)而，由此即可證明；(3)過點(diǎn)D，點(diǎn)A分別向作垂線交于點(diǎn)M，N，得到，分別求出，再代入求解即可．【詳解】解：(1)∵，設(shè)，∴，∵CD∥AB，∴，又∵，∴，∴，∴．(2)如圖，取中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作，∵CD∥AB，∠BCD=90°，∴，又∵，∴OM∥AB，∴M為中點(diǎn)，∴，∵，又∵，∴，又∵，∴，∴以為直徑的圓與相切．(3)∵∠DFE=120°，CD∥EF∥AB，∴，又∵∴為等邊三角形，，∵CD∥EF，∴，由(2)得：，∴，∴，∵，在中，三邊之比為，∴，在中，三邊之比為，∴，如圖，過點(diǎn)D，點(diǎn)A分別向作垂線交于點(diǎn)M，N，∵，∴四邊形為矩形，∴，同理，四邊形BENA為矩形，∴，．【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形等腰對(duì)等角、梯形中位線定理、割補(bǔ)法求四邊形的面積、圓的切線的證明方法等，熟練掌握各圖形的基本性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．13．（2020·遼寧盤錦市·中考真題）如圖，四邊形是正方形，點(diǎn)是射線上的動(dòng)點(diǎn)，連接，以為對(duì)角線作正方形（按逆時(shí)針排列），連接．（1）當(dāng)點(diǎn)在線段上時(shí)．①求證：；②求證：；（2）設(shè)正方形的面積為，正方形的面積為，以為原點(diǎn)的四邊形的面積為，當(dāng)時(shí)，請(qǐng)直接寫出的值．【答案】（1）①見解析；②見解析；（2）或【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以推斷出，有和全等，從而根據(jù)三角形全等的性質(zhì)推斷出；②在線段上截，連接，設(shè)與相交于點(diǎn)，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以證明和全等，可以證明，再利用勾股定理得出，從而可以證明結(jié)論；（2）根據(jù)題目信息以及第（1）問可以設(shè)出各邊長，再根據(jù)面積公式進(jìn)行比值即可解答．【詳解】（1）①證明：∵四邊形和四邊形都是正方形∴∴即∴∴②證明：方法一：在線段上截，連接，設(shè)與相交于點(diǎn)∵四邊形和四邊形都是正方形∴∴∵∴∴∴∴，即在中，∵∴∵∴方法二：連接∵四邊形和四邊形都是正方形∴∴即在和中，∵∴∴∴∴∴∴（2）或①根據(jù)，設(shè)DC=5n，GC=，F(xiàn)D=n，由（1）有，，從而有②根據(jù)，設(shè)DC=5n，GC=，F(xiàn)D=n，從而有故答案為：或．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形、相似三角形的證明及性質(zhì)、勾股定理的綜合運(yùn)用，其中對(duì)于正方形的性質(zhì)、全等三角形的證明及性質(zhì)熟練掌握是解題的關(guān)鍵．14．（2020·云南昆明市·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點(diǎn)．（1）求證：四邊形AEFD是矩形；（2）如圖2，點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn)，BP交EF于點(diǎn)O，點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M，當(dāng)點(diǎn)M落在線段EF上時(shí)，則有OB＝OM．請(qǐng)說明理由；（3）如圖3，若點(diǎn)P是射線AD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于BP的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)M，連接AM，DM，當(dāng)△AMD是等腰三角形時(shí)，求AP的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）滿足條件的PA的值為或或8或10．【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是矩形，先證明四邊形AEFD是平行四邊形，根據(jù)∠A＝90°，即可得到結(jié)果；（2）連接PM．BM，證明EF∥AD，推出BO＝OP，根據(jù)翻折可得到結(jié)果；（3）分類討論：當(dāng)MA＝MD時(shí)，連接BM，過點(diǎn)M作MH⊥AD于H交BC于F；當(dāng)AM＝AD時(shí)，連接BM，設(shè)BP交AM于F；當(dāng)DA＝DM時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與D重合，AP＝8；當(dāng)MA＝MD時(shí)，連接BM，過點(diǎn)M作MH⊥AD于H交BC于F；【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°，∵AE＝EB，DF＝FC，∴AE＝DF，AE∥DF，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∵∠A＝90°，∴四邊形AEFD是矩形．（2）證明：如圖2中，連接PM．BM．∵四邊形AEFD是矩形，∴EF∥AD，∵BE＝AE，∴BO＝OP，由翻折可知，∠PMB＝∠A＝90°，∴OM＝OB＝OP．（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)MA＝MD時(shí)，連接BM，過點(diǎn)M作MH⊥AD于H交BC于F．∵M(jìn)A＝MD，MH⊥AD，∴AH＝HD＝4，∵∠BAH＝∠ABF＝∠AHF＝90°，∴四邊形ABFH是矩形，∴BF＝AH＝4，AB＝FH＝5，∴∠BFM＝90°，∵BM＝BA＝5，∴FM＝，∴HM＝HF＝FM＝5﹣3＝2，∵∠ABP+∠APB＝90°，∠MAH+∠APB＝90°，∴∠ABP＝∠MAH，∵∠BAP＝∠AHM＝90°，∴△ABP∽△HAM，∴，∴，∴AP＝．如圖3﹣2中，當(dāng)AM＝AD時(shí)，連接BM，設(shè)BP交AM于F．∵AD＝AM＝8，BA＝BM＝5，BF⊥AM，∴AF＝FM＝4，∴BF＝，∵tan∠ABF＝，∴，∴AP＝，如圖3﹣3中，當(dāng)DA＝DM時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與D重合，AP＝8．如圖3﹣4中，當(dāng)MA＝MD時(shí)，連接BM，過點(diǎn)M作MH⊥AD于H交BC于F．∵BM＝5，BF＝4，∴FM＝3，MH＝3+5＝8，由△ABP∽△HAM，可得，∴，∴AP＝10，綜上所述，滿足條件的PA的值為或或8或10．【點(diǎn)睛】本題主要考查了利用矩形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理的性質(zhì)進(jìn)行求解，準(zhǔn)確分析題意是解題的關(guān)鍵．15．（2020·湖南益陽市·中考真題）定義：若四邊形有一組對(duì)角互補(bǔ)，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對(duì)補(bǔ)”四邊形，簡稱“直等補(bǔ)”四邊形，根據(jù)以上定義，解決下列問題：（1）如圖1，正方形中，是上的點(diǎn)，將繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，使與重合，此時(shí)點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)在的延長線上，則四邊形為“直等補(bǔ)”四邊形，為什么？（2）如圖2，已知四邊形是“直等補(bǔ)”四邊形，，，，點(diǎn)到直線的距離為．①求的長．②若、分別是、邊上的動(dòng)點(diǎn)，求周長的最小值．

【答案】（1）見解析；（2）①BE=4；②周長的最小值為【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)證得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,進(jìn)而可證得四邊形為“直等補(bǔ)”四邊形；（2）如圖2，將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，可證得四邊形EBFD是正方形，則有BE=FD,設(shè)BE=x，則FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5，則NP=NC，MT=MC,由△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，當(dāng)T、M、N、P共線時(shí)，△MNC的周長取得最小值PT，過P作PH⊥BC交BC延長線于H，易證△BFC∽△PHC，求得CH、PH，進(jìn)而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周長的最小值．【詳解】（1）如圖1由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，∴∠F+∠BED=180°，∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，故滿足“直等補(bǔ)”四邊形的定義，∴四邊形為“直等補(bǔ)”四邊形；（2）∵四邊形是“直等補(bǔ)”四邊形，AB=BC，∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，如圖2，將△ABE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBF，則∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE∴D、C、F共線，∴四邊形EBFD是正方形，∴BE=FD，設(shè)BE=x，則CF=x-1，在Rt△BFC中，BC=5，由勾股定理得：，即，解得：x=4或x=﹣3(舍去)，∴BE=4

（3）如圖3，延長CD到P，使DP=CD=1，延長CB到T，使TB=BC=5,則NP=NC，MT=MC,∴△MNC的周長=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT當(dāng)T、M、N、P共線時(shí)，△MNC的周長取得最小值PT，過P作PH⊥BC，交BC延長線于H，∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,∴△BCF∽△PCH,∴,即，解得：,在Rt△PHT中，TH=,,∴周長的最小值為．

【點(diǎn)睛】本題是一道四邊形的綜合題，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定與性質(zhì)、垂直平分線性質(zhì)、動(dòng)點(diǎn)的最值問題等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，分析圖形，尋找相關(guān)信息的聯(lián)系點(diǎn)，借用類比等解題方法確定解題思路，進(jìn)而進(jìn)行推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．16．（2019·四川眉山市·中考真題）如圖1，在正方形中，平分，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交的延長線于點(diǎn)，交的延長線于點(diǎn)．(1)求證：；(2)如圖2，連接、，求證：平分；(3)如圖3，連接交于點(diǎn)，求的值．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3).【分析】(1)由正方形性質(zhì)得出，，根據(jù)直角三角形兩銳角互余的關(guān)系可得，利用可證得，即可得出結(jié)論；(2)由正方形性質(zhì)與角平分線的定義得出，利用可證得得出，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得出，根據(jù)角的和差關(guān)系可得，即可得出結(jié)論；(3)連接，由正方形的性質(zhì)得出，，，推出，根據(jù)角的和差關(guān)系可得，利用可證得，得出，推出，即可證得△DCM∽△ACE，即可得出結(jié)果．【詳解】(1)∵四邊形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴.(2)證明：∵四邊形是正方形，∴，∵平分，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴平分.(3)解：連接，如圖3所示：∵四邊形是正方形，∴，，，∴，∵，，∴，在和中，，∴，∴，∴=22.5°，∵，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題是相似綜合題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、角平分線定義、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，涉及知識(shí)面廣，熟練掌握正方形的性質(zhì)、角平分線定義，證明三角形全等與相似是解題的關(guān)鍵．17．（2021·江蘇宿遷市·中考真題）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．(1)如圖①，連接BG、CF，求的值；(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖②位置時(shí)，連接CF、BE，分別去CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN、試探究：MN與BE的關(guān)系，并說明理由；(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點(diǎn)N、Q，連接QN，AE=6，請(qǐng)直接寫出線段QN掃過的面積．

【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)聯(lián)想到連接，證明即可求解；（2）由M、N分別是CF、BE的中點(diǎn)，聯(lián)想到中位線，故想到連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH，則可證即可得到，再由四邊形內(nèi)角和為可得，則可證明，即是等腰直角三角形，最后利用中位線的性質(zhì)即可求解；（3）Q、N兩點(diǎn)因旋轉(zhuǎn)位置發(fā)生改變，所以Q、N兩點(diǎn)的軌跡是圓，又Q、N兩點(diǎn)分別是BF、BE中點(diǎn)，所以想到取AB的中點(diǎn)O，結(jié)合三角形中位線和圓環(huán)面積的求解即可解答．【詳解】解：（1）連接四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形分別平分即且都是等腰直角三角形（2）連接BM并延長使BM=MH，連接FH、EH是CF的中點(diǎn)又在四邊形BEFC中又即即又四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形三角形BEH是等腰直角三角形M、N分別是BH、BE的中點(diǎn)（3）取AB的中點(diǎn)O，連接OQ、ON，連接AF在中，O、Q分別是AB、BF的中點(diǎn)同理可得所以QN掃過的面積是以O(shè)為圓心，和為半徑的圓環(huán)的面積．

【點(diǎn)睛】本題考察旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形相似、三角形全等、正方形的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)與應(yīng)用和動(dòng)點(diǎn)問題，屬于幾何綜合題，難度較大．解題的關(guān)鍵是通過相關(guān)圖形的性質(zhì)做出輔助線．18．（2021·湖北荊州市·中考真題）在矩形中，，，是對(duì)角線上不與點(diǎn)，重合的一點(diǎn)，過作于，將沿翻折得到，點(diǎn)在射線上，連接．（1）如圖1，若點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)落在上，，延長交于，連接．①求證：；②求．（2）如圖2，若點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)落在延長線上，，判斷與是否全等，并說明理由．【答案】（1）①見解析；②；（2）不全等，理由見解析【分析】（1）①先根據(jù)同角的余角相等得出∠DCG=∠AGH，再根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似即可得出結(jié)論；②設(shè)EF=x，先證得△AEF△ADC，得出===，再結(jié)合折疊的性質(zhì)得出AE=EG=2x，AG=4x，AH=2EF=2x，再由△CDG△GAH，得出比例式==，求出EF的長，從而得出的值，即可得出答案；（2）先根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似得出△AEF△ACG，得出比例式=，得出EF=，AE=，AF=，從而判定與是否全等．【詳解】（1）①在矩形ABCD中，∠BAD=∠D=90°∴∠DCG+∠DGC=90°又∵∠FGC=90°∴∠AGH+∠DGC=90°∴∠DCG=∠AGH∴△CDG△GAH②設(shè)EF=x∵△AEF沿EF折疊得到△GEF∴AE=EG∵EF⊥AD∴∠AEF=90°=∠D∴EF//CD//AB∴△AEF△ADC∴=∴===∴AE=EG=2x∴AG=4x∵AE=EG，EF//AB∴==∴AH=2EF=2x∵△CDG△GAH∴==∴==∴x=∴==∵∠FCG=90°∴tan∠GHC==（2）不全等理由如下：在矩形ABCD中，AC===由②可知：AE=2EF∴AF==EF由折疊可知，AG=2AE=4EF，AF=GF∵∠AEF=∠GCF，∠FAE=∠GAC∴△AEF△ACG∴=∴=∴EF=∴AE=，AF=∴FC=AC-AF=2-=∴AEFC，EFFC∴不全等【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)等知識(shí)，得出AE=2EF是解題的關(guān)鍵．19．（2021·山東菏澤市·中考真題）在矩形中，，點(diǎn)，分別是邊、上的動(dòng)點(diǎn)，且，連接，將矩形沿折疊，點(diǎn)落在點(diǎn)處，點(diǎn)落在點(diǎn)處．

（1）如圖1，當(dāng)與線段交于點(diǎn)時(shí)，求證：；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)在線段的延長線上時(shí)，交于點(diǎn)，求證：點(diǎn)在線段的垂直平分線上；（3）當(dāng)時(shí)，在點(diǎn)由點(diǎn)移動(dòng)到中點(diǎn)的過程中，計(jì)算出點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路線長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【分析】（1）分別根據(jù)平行線的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)即可證得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代換可得∠HEF＝∠EFB，進(jìn)而可得PE＝PF；（2）連接PM，ME，MF，先證RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再證EPM≌FPM（SAS），由此即可得證；（3）連接AC，交EF于點(diǎn)O，連接OG，先證明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，進(jìn)而根據(jù)折疊可得OG＝OC＝5，由此得到點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡為圓弧，再分別找到點(diǎn)G的起始點(diǎn)和終點(diǎn)便能求得答案．【詳解】（1）證明：∵在矩形ABCD中，∴ADBC，AB＝CD；∴∠DEF＝∠EFB，∵折疊，∴∠DEF＝∠HEF，∴∠HEF＝∠EFB，∴PE＝PF；（2）證明：連接PM，ME，MF，

∵在矩形ABCD中，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，又∵AE＝CF，∴AD－AE＝BC－CF，即：DE＝BF，∵折疊，∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，又∵由（1）得：PE＝PF，∴PE－HE＝PF－BF，即：P