專題25 幾何探究以四邊形的性質(zhì)為背景（動點、平移、旋轉、折疊）（解析版）

專題25幾何探究以四邊形的性質(zhì)為背景（動點、平移、旋轉、折疊）1．（2023·內(nèi)蒙古通遼·統(tǒng)考中考真題）綜合與實踐課上，老師讓同學們以“正方形的折疊”為主題開展數(shù)學活動，有一位同學操作過程如下：操作一：對折正方形紙片，使與重合，得到折痕，把紙片展平；操作二：在上選一點P，沿折疊，使點A落在正方形內(nèi)部點M處，把紙片展平，連接、，延長交于點Q，連接．

(1)如圖1，當點M在上時，___________度；(2)改變點P在上的位置（點P不與點A，D重合）如圖2，判斷與的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】(1)30(2)，理由見解析【分析】（1）由正方形的性質(zhì)結合折疊的性質(zhì)可得出，，進而可求出，即得出；（2）由正方形的性質(zhì)結合折疊的性質(zhì)可證，即得出．【詳解】（1）解：∵對折正方形紙片，使與重合，得到折痕，∴，．∵在上選一點P，沿折疊，使點A落在正方形內(nèi)部點M處，∴．在中，，∴．故答案為：．（2）解：結論：，理由如下：∵四邊形是正方形，，．由折疊可得：，，，．又，，∴．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識點．熟練掌握上述知識并利用數(shù)形結合的思想是解題關鍵．2．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平行四邊形中（頂點按逆時針方向排列），為銳角，且．

(1)如圖1，求邊上的高的長．(2)是邊上的一動點，點同時繞點按逆時針方向旋轉得點．①如圖2，當點落在射線上時，求的長．②當是直角三角形時，求的長．【答案】(1)8(2)①；②或【分析】（1）利用正弦的定義即可求得答案；（2）①先證明，再證明，最后利用相似三角形對應邊成比例列出方程即可；②分三種情況討論完成，第一種：為直角頂點；第二種：為直角頂點；第三種，為直角頂點，但此種情況不成立，故最終有兩個答案．【詳解】（1）在中，，在中，．（2）①如圖1，作于點，由（1）得，，則，作交延長線于點，則，

∴．∵∴．由旋轉知，∴．設，則．∵，∴，∴，∴，即，∴，∴．②由旋轉得，，又因為，所以．情況一：當以為直角頂點時，如圖2．

∵，∴落在線段延長線上．∵，∴，由（1）知，，∴．情況二：當以為直角頂點時，如圖3．

設與射線的交點為，作于點．∵，∴，∵，∴，∴．又∵，∴，∴．設，則，∴∵，∴，∴，∴，∴，化簡得，解得，∴．情況三：當以為直角頂點時，點落在的延長線上，不符合題意．綜上所述，或．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正弦的定義，全等的判定及性質(zhì)，相似的判定及性質(zhì)，理解記憶相關定義，判定，性質(zhì)是解題的關鍵．3．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）（1）[問題探究]如圖1，在正方形中，對角線相交于點O．在線段上任取一點P（端點除外），連接．

①求證：；②將線段繞點P逆時針旋轉，使點D落在的延長線上的點Q處．當點P在線段上的位置發(fā)生變化時，的大小是否發(fā)生變化？請說明理由；③探究與的數(shù)量關系，并說明理由．（2）[遷移探究]如圖2，將正方形換成菱形，且，其他條件不變．試探究與的數(shù)量關系，并說明理由．

【答案】（1）①見解析；②不變化，，理由見解析；③，理由見解析（2），理由見解析【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，即可得到結論；②作，垂足分別為點M、N，如圖，可得，證明四邊形是矩形，推出，證明，得出，進而可得結論；③作交于點E，作于點F，如圖，證明，即可得出結論；（2）先證明，作交于點E，交于點G，如圖，則四邊形是平行四邊形，可得，都是等邊三角形，進一步即可證得結論．【詳解】（1）①證明：∵四邊形是正方形，∴，∵，∴，∴；②的大小不發(fā)生變化，；證明：作，垂足分別為點M、N，如圖，

∵四邊形是正方形，∴，，∴四邊形是矩形，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即；③；證明：作交于點E，作于點F，如圖，

∵四邊形是正方形，∴，，∴，四邊形是矩形，∴，∴，∵，，∴，作于點M，則，∴，∵，∴，∴；（2）；證明：∵四邊形是菱形，，∴，∴是等邊三角形，垂直平分，∴，∵，∴，作交于點E，交于點G，如圖，則四邊形是平行四邊形，，，∴，都是等邊三角形，∴，

作于點M，則，∴，∴．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形、菱形的性質(zhì)，矩形、平行四邊形、等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形等知識，熟練掌握相關圖形的判定和性質(zhì)、正確添加輔助線是解題的關鍵．4．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學興趣小組探究了以下幾何圖形．如圖①，把一個含有角的三角尺放在正方形中，使角的頂點始終與正方形的頂點重合，繞點旋轉三角尺時，角的兩邊，始終與正方形的邊，所在直線分別相交于點，，連接，可得．

【探究一】如圖②，把繞點C逆時針旋轉得到，同時得到點在直線上．求證：；【探究二】在圖②中，連接，分別交，于點，．求證：；【探究三】把三角尺旋轉到如圖③所示位置，直線與三角尺角兩邊，分別交于點，．連接交于點，求的值．【答案】[探究一]見解析；[探究二]見解析；[探究三]【分析】[探究一]證明，即可得證；[探究二]根據(jù)正方形的性質(zhì)證明，根據(jù)三角形內(nèi)角和得出，加上公共角，進而即可證明[探究三]先證明，得出，，將繞點順時針旋轉得到，則點在直線上．得出，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出，進而可得，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，即可得出結論．【詳解】[探究一]∵把繞點C逆時針旋轉得到，同時得到點在直線上，∴，∴，∴，在與中∴∴[探究二]證明：如圖所示，

∵四邊形是正方形，∴，又，∴，∵，∴，又∵，∴，又∵公共角，∴；[探究三]證明：∵是正方形的對角線，∴，，∴，∵，∴，即，∴，∴，，如圖所示，將繞點順時針旋轉得到，則點在直線上．

∴，，∴，又，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，即．【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關鍵．5.（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）問題情境：小紅同學在學習了正方形的知識后，進一步進行以下探究活動：在正方形的邊上任意取一點G，以為邊長向外作正方形，將正方形繞點B順時針旋轉．

特例感知：（1）當在上時，連接相交于點P，小紅發(fā)現(xiàn)點P恰為的中點，如圖①．針對小紅發(fā)現(xiàn)的結論，請給出證明；（2）小紅繼續(xù)連接，并延長與相交，發(fā)現(xiàn)交點恰好也是中點P，如圖②，根據(jù)小紅發(fā)現(xiàn)的結論，請判斷的形狀，并說明理由；規(guī)律探究：（3）如圖③，將正方形繞點B順時針旋轉，連接，點P是中點，連接，，，的形狀是否發(fā)生改變？請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）是等腰直角三角形，理由見解析；（3）的形狀不改變，見解析【分析】（1）連接，，，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出，證明，推出，再利用余角的性質(zhì)求出，推出即可；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；（3）延長至點M，使，連接，證明，得到，推出，設交于點H，交于點N，得到，由得到，推出，進而得到，再證明，得到，，證得，再由，根據(jù)等腰三角形的三線合一的性質(zhì)求出，即可證得是等腰直角三角形．【詳解】（1）證明：連接，，，如圖，

∵四邊形，都是正方形，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即點P恰為的中點；（2）是等腰直角三角形，理由如下：∵四邊形，都是正方形，∴∴，∴是等腰直角三角形；（3）的形狀不改變，延長至點M，使，連接，

∵四邊形、四邊形都是正方形，∴，，∵點P為的中點，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，設交于點H，交于點N，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，，∵，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形．【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等，（3）中作輔助線利用中點構造全等三角形是解題的難點，熟練掌握各性質(zhì)和判定定理是解題的關鍵．6．（2023·天津·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，O為原點，菱形的頂點，矩形的頂點．(1)填空：如圖①，點C的坐標為________，點G的坐標為________；(2)將矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，點E，F(xiàn)，G，H的對應點分別為，，，．設，矩形與菱形重疊部分的面積為S．

①如圖②，當邊與相交于點M、邊與相交于點N，且矩形與菱形重疊部分為五邊形時，試用含有t的式子表示S，并直接寫出t的取值范圍：②當時，求S的取值范圍（直接寫出結果即可）．【答案】(1)，(2)①；②【分析】（1）根據(jù)矩形及菱形的性質(zhì)可進行求解；（2）①由題意易得，然后可得，則有，進而根據(jù)割補法可進行求解面積S；②由①及題意可知當時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，然后根據(jù)題意畫出圖形計算面積的最大值和最小值即可．【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，且，∴，∴；連接，交于一點H，如圖所示：

∵四邊形是菱形，且，∴，，∴，∴，故答案為，；（2）解：①∵點，點，點，∴矩形中，軸，軸，．∴矩形中，軸，軸，．由點，點，得．在中，，得．在中，由，得．∴．同理，得．∵，得．又，∴，當時，則矩形和菱形重疊部分為，∴的取值范圍是．②由①及題意可知當時，矩形和菱形重疊部分的面積是增大的，當時，矩形和菱形重疊部分的面積是減小的，∴當時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

此時面積S最大，最大值為；當時，矩形和菱形重疊部分如圖所示：

由（1）可知B、D之間的水平距離為，則有點D到的距離為，由①可知：，∴矩形和菱形重疊部分為等邊三角形，∴該等邊三角形的邊長為，∴此時面積S最小，最小值為；綜上所述：當時，則．【點睛】本題主要考查矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標，熟練掌握矩形、菱形的性質(zhì)及三角函數(shù)、圖形與坐標是解題的關鍵．7．（2023·廣東·統(tǒng)考中考真題）綜合探究如圖1，在矩形中，對角線相交于點，點關于的對稱點為，連接交于點，連接．

(1)求證：；(2)以點為圓心，為半徑作圓．①如圖2，與相切，求證：；②如圖3，與相切，，求的面積．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②【分析】（1）由點關于的對稱點為可知點E是的中點，，從而得到是的中位線，繼而得到，從而證明；（2）①過點O作于點F，延長交于點G，先證明得到，由與相切，得到，繼而得到，從而證明是的角平分線，即，，求得，利用直角三角形兩銳角互余得到，從而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性質(zhì)得出；②先證明四邊形是正方形，得到，再利用是的中位線得到，從而得到，，再利用平行線的性質(zhì)得到，從而證明是等腰直角三角形，，設，求得，在中，即，解得，從而得到的面積為．【詳解】（1）∵點關于的對稱點為，∴點E是的中點，，又∵四邊形是矩形，∴O是的中點，∴是的中位線，∴∴，∴（2）①過點O作于點F，延長交于點G，則，

∵四邊形是矩形，∴，，∴，．∵，，，∴，∴．∵與相切，為半徑，，∴，∴又∵即，，∴是的角平分線，即，設，則，又∵∴∴又∵，即是直角三角形，∴，即解得：，∴，即，在中，，，∴，∴；②過點O作于點H，

∵與相切，∴，∵∴四邊形是矩形，又∵，∴四邊形是正方形，∴，又∵是的中位線，∴∴∴又∵，∴又∵，∴又∵，∴是等腰直角三角形，，設，則∴在中，，即∴∴的面積為：【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，含度角的直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，中位線的性質(zhì)定理，角平分線的判定定理等知識，掌握相關知識并正確作出輔助線是解題的關鍵．8.(2022·廣東省深圳市)(1)發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交CD邊于G點．求證：△BFG≌△BCG；

(2)探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，且AD=8，AB=6.將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長EF交BC邊于G點，延長BF交CD邊于點H，且FH=CH，求AE的長．

(3)拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB=6，E為CD邊上的三等分點，∠D=60°.將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點P，求PC的長．

【解析】(1)證明：∵將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，

∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，

∴∠BFG=90°=∠C，

∵AB=BC=BF，BG=BG，

∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；

(2)解：延長BH，AD交于Q，如圖：

設FH=HC=x，

在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，

∴82+x2=(6+x)2，

解得x=73，

∴DH=DC-HC=113，

∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，

∴△BFG∽△BCH，

∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，

∴BG=254，F(xiàn)G=74，

∵EQ//GB，DQ//CB，

∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，

∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736-73，

∴DQ=887，

設AE=EF=m，則DE=8-m，

∴EQ=DE+DQ=8-m+887=1447-m，

∵△EFQ∽△GFB，

∴EQBG=EFFG，即1447-m254=m74，

解得m=92，

∴AE的長為92；

(3)解：(Ⅰ)當DE=13DC=2時，延長FE交AD于Q，過Q作QH⊥CD于H，如圖：

設DQ=x，QE=y，則AQ=6-x，

∵CP//DQ，

∴△CPE∽△QDE，

∴CPDQ=CEDE=2，

∴CP=2x，

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，

∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，9.(2022·重慶市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D為BC的中點，E，F(xiàn)分別為AC，AD上任意一點，連接EF，將線段EF繞點E順時針旋轉90°得到線段EG，連接FG，AG．

(1)如圖1，點E與點C重合，且GF的延長線過點B，若點P為FG的中點，連接PD，求PD的長；

(2)如圖2，EF的延長線交AB于點M，點N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求證：AM+AF=2AE；

(3)如圖3，F(xiàn)為線段AD上一動點，E為AC的中點，連接BE，H為直線BC上一動點，連接EH，將△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面內(nèi)，得到△B'EH，連接B'G，直接寫出線段B'G【解析】(1)解：如圖1，連接CP，

由旋轉知，CF=CG，∠FCG=90°，

∴△FCG為等腰直角三角形，

∵點P是FG的中點，

∴CP⊥FG，

∵點D是BC的中點，

∴DP=12BC，

在Rt△ABC中，AB=AC=22，

∴BC=2AB=4，

∴DP=2；

(2)證明：如圖2，

過點E作EH⊥AE交AD的延長線于H，

∴∠AEH=90°，

由旋轉知，EG=EF，∠FEG=90°，

∴∠FEG=∠AEH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵AB=AC，點D是BC的中點，

∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，

∴∠H=90°-∠CAD=45°=∠CAD，

∴AE=HE，

∴△EGA≌△EFH(SAS)，

∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，

∴∠EAG=∠BAD=45°，

∵∠AMF=180°-∠BAD-∠AFM=135°-∠AFM，

∵∠AFM=∠EFH，

∴∠AMF=135°-∠EFH，

∵∠HEF=180°-∠EFH-∠H=135°-∠EFH，

∴∠AMF=∠HEF，

∵△EGA≌△EFH，

∴∠AEG=∠HEF，

∵∠AGN=∠AEG，

∴∠AGN=∠HEF，

∴∠AGN=∠AMF，

∵GN=MF，

∴△AGN≌△AMF(AAS)，

∴AG=AM，

∵AG=FH，

∴AM=FH，

∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；

(3)解：∵點E是AC的中點，

∴AE=12AC=2，

根據(jù)勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，

由折疊直，BE=B'E=10，

∴點B'是以點E為圓心，10為半徑的圓上，

由旋轉知，EF=EG，

∴點G是以點E為圓心，EG為半徑的圓上，

∴B'G的最小值為B'E-EG，

要B'G最小，則EG最大，即EF最大，

∵點10.(2021·四川省達州市)某數(shù)學興趣小組在數(shù)學課外活動中，對多邊形內(nèi)兩條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ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點，連接DE，CF，DE⊥CF，則DECF的值為______；

(2)如圖2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，點E是AD上的一點，連接CE，BD，且CE⊥BD，則CEBD的值為______；

【類比探究】

(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，點E為AB上一點，連接DE，過點C作DE的垂線交ED的延長線于點G，交AD的延長線于點F，求證：DE?AB=CF?AD；

【拓展延伸】

(4)如圖4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，將△ABD沿BD翻折，點A落在點C處得△CBD，點E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，連接DE，CF，DE⊥CF．

①求DECF的值；

②連接BF【解析】解：(1)如圖1，設DE與CF交于點G，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，

∵DE⊥CF，

∴∠DGF=90°，

∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，

∴∠CFD=∠AED，

在△AED和△DFC中，

∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，

∴△AED≌△DFC(AAS)，

∴DE=CF，

∴DECF=1；

(2)如圖2，設DB與CE交于點G，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠A=∠EDC=90°，

∵CE⊥BD，

∴∠DGC=90°，

∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，

∴∠ECD=∠ADB，

∵∠CDE=∠A，

∴△DEC∽△ABD，

∴CEBD=DCAD=47，

故答案為：47．

(3)證明：如圖3，過點C作CH⊥AF交AF的延長線于點H，

∵CG⊥EG，

∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，

∴四邊形ABCH為矩形，

∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，

∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，

∴△DEA∽△CFH，

∴DECF=ADCH，

∴DECF=ADAB，

∴DE?AB=CF?AD；

(4)①如圖4，過點C作CG⊥AD于點G，連接AC交BD于點H，CG與DE相交于點O，

∵CF⊥DE，GC⊥AD，

∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，

∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，

∴△DEA∽△CFG，

∴DECF=ADCG，

在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，

∴AB=3，

在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，

∴AHDH=13，

設AH=a，則DH=3a，

∵AH2+DH2=AD2，

∴a2+(3a)2=92，

∴a=91011.(2021·湖北省荊州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F(xiàn)是對角線AC上不與點A，C重合的一點，過F作FE⊥AD于E，將△AEF沿EF翻折得到△GEF，點G在射線AD上，連接CG．

(1)如圖1，若點A的對稱點G落在AD上，∠FGC=90°，延長GF交AB于H，連接CH．

①求證：△CDG∽△GAH；

②求tan∠GHC．

(2)如圖2，若點A的對稱點G落在AD延長線上，∠GCF=90°，判斷△GCF與△AEF是否全等，并說明理由．

【答案】(1)如圖1，

①證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠D=∠GAH=90°，

∴∠DCG+∠DGC=90°，

∵∠FGC=90°，

∴∠AGH+∠DGC=90°，

∴∠DCG=∠AGH，

∴△CDG∽△GAH．

②由翻折得∠EGF=∠EAF，

∴∠AGH=∠DAC=∠DCG，

∵CD=AB=2，AD=4，

∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12，

∴DG=12CD=12×2=1，

∴GA=4-1=3，

∵△CDG∽△GAH，

∴CGGH=CDGA，

∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23．

(2)不全等，理由如下：

∵AD=4，CD=2，

∴AC=42+12.(2021·黑龍江省齊齊哈爾市)綜合與實踐

數(shù)學實踐活動，是一種非常有效的學習方式，通過活動可以激發(fā)我們的學習興趣，提高動手動腦能力，拓展思維空間，豐富數(shù)學體驗，讓我們一起動手來折一折、轉一轉、剪一剪，體會活動帶給我們的樂趣．

折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB、AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE、AF，連接EF，如圖1．

(1)∠EAF=______°，寫出圖中兩個等腰三角形：______(不需要添加字母)；

轉一轉：將圖1中的∠EAF繞點A旋轉，使它的兩邊分別交邊BC、CD于點P、Q，連接PQ，如圖2．

(2)線段BP、PQ、DQ之間的數(shù)量關系為______；

(3)連接正方形對角線BD，若圖2中的∠PAQ的邊AP、AQ分別交對角線BD于點M、點N，如圖3，則CQBM=______；

剪一剪：將圖3中的正方形紙片沿對角線BD剪開，如圖4．

(4)求證：BM2【答案】(1)解：如圖1中，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，

∴ABC，△ADC都是等腰三角形，

∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，

∴∠EAF=12(∠BAC+∠DAC)=45°，

∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，

∴△BAE≌△DAF(ASA)，

∴BE=DF，AE=AF，

∵CB=CD，

∴CE=CF，

∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，

故答案為：45；△AEF，△EFC，△ABC，△ADC(任寫2個即可)．

(2)解：結論：PQ=BP+DQ．

理由：如圖2中，延長CB到T，使得BT=DQ．

∵AD=AB，∠ADQ=∠ABT=90°，DQ=BT，

∴△ADQ≌△ABT(SAS)，

∴AT=AQ，∠DAQ=∠BAT，

∵∠PAQ=45°，

∴∠PAT=∠BAP+∠BAT=∠BAP+∠DAQ=45°，

∴∠PAT=∠PAQ=45°，

∵AP=AP，

∴△PAT≌△PAQ(SAS)，

∴PQ=PT，

∵PT=PB+BT=PB+DQ，

∴PQ=BP+DQ．

故答案為：PQ=BP+DQ．

(3)解：如圖3中，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABM=∠ACQ=∠BAC=45°，AC=2AB，

∵∠BAC=∠PAQ=45°，

∴∠BAM=∠CAQ，

∴△CAQ∽△BAM，

∴CQBM=ACAB=2，

故答案為：2．

(4)證明：如圖4中，將△ADN繞點A順時針旋轉90°得到△ABR，連接RM．

∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，

∴∠DAN+∠BAM=45°，

∵∠DAN=∠BAR，

∴∠BAM+∠BAR=45°，

∴∠MAR=∠MAN=45°，

∵AR=AN，AM=AM，

∴△AMR≌△AMN(SAS)，

∴RM=MN，

∵∠D=∠ABR=∠ABD=45°，

∴∠RBM=90°，

∴R13.(2020·湖北省宜昌市)菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，0°<∠ABO≤60°，點G是射線OD上一個動點，過點G作GE//DC交射線OC于點E，以OE，OG為鄰邊作矩形EOGF．

(1)如圖1，當點F在線段DC上時，求證：DF=FC；

(2)若延長AD與邊GF交于點H，將△GDH沿直線AD翻折180°得到△MDH．

①如圖2，當點M在EG上時，求證：四邊形EOGF為正方形；

②如圖3，當tan∠ABO為定值m時，設DG=k?DO，k為大于0的常數(shù)，當且僅當k>2時，點M在矩形EOGF的外部，求m的值．【答案】證明(1)∵四邊形EOGF是矩形，

∴EO//GF，GO//EF，

∵GE//DC，

∴四邊形GEFD是平行四邊形，四邊形GECF是平行四邊形，

∴GE=DF，GE=CF，

∴DF=FC；

(2)①如圖1，由折疊的性質(zhì)知，∠GDH=∠MDH，DH⊥GM，

∵GE//CD，

∴∠DGM=∠BDC，

∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ADB=∠BDC，∠COD=90°，

∵∠ADB=∠GDH，

∴∠DGM=∠GDH，

∵DH⊥GM，

∴∠DGM=45°，

∴∠OEG=45°，

∴OE=OG，

∵四邊形EOGF是矩形，

∴四邊形EOGF是正方形；

②如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，

∴∠ABD=∠CBD=∠ADB，

∵GE//CD，

∴∠DGE=∠CDB，

∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB，

∴∠GDM=2∠ABD，

∵tan∠ABO=m(m為定值)，

∴點M始終在固定射線DM上并隨k的增大向上運動，

∵當且僅當k>2時，M點在矩形EOGF的外部，

∴k=2時，M點在矩形EOGF上，即點M在EF上，

設OB=b，則，OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=(k+1)b=3b，OE=m(k+1)b=3mb，GH=HM=mkb=2mb，

∴FH=OE-GH=m(k+1)b-mkb=mb，

過點D作DN⊥EF于點N，

∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，

∴∠FHM=∠DMN，

∵∠F=∠DNM=90°，

∴△MFH∽△DNM，

∴FHMN=MHDM，

∴mbMN=2mb2b，

∴MN=b，

∵DM2=D14.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處．

(1)如圖1，若BC=2BA，求∠CBE的度數(shù)；

(2)如圖2，當AB=5，且AF?FD=10時，求BC的長；

(3)如圖3，延長EF，與∠ABF的角平分線交于點M，BM交AD于點N，當NF=AN+FD時，求ABBC的值．【答案】解：(1)∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，

∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，

∵BC=2AB，

∴BF=2AB，

∴∠AFB=30°，

∵四邊形ABCD是矩形，

∴AD//BC，

∴∠AFB=∠CBF=30°，

∴∠CBE=12∠FBC=15°；

(2)∵將△BCE沿BE翻折，使點C恰好落在AD邊上點F處，

∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，

又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，

∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，

∴∠AFB=∠DEF，

∴△FAB∽△EDF，

∴AFDE=ABDF，

∴AF?DF=AB?DE，

∵AF?DF=10，AB=5，

∴DE=2，

∴CE=DC-DE=5-2=3，

∴EF=3，

∴DF=EF2-DE2=32-22=5，

∴AF=105=25，

∴BC=AD=AF+DF=25+5=35．

(3)過點N作NG⊥BF于點G，

∵NF=AN+FD，

∴NF=12AD=12BC，

∵BC=BF，

∴NF=1215.(2020·四川省資陽市)在矩形ABCD中，點E是對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE交AB于點F．

(1)如圖1，當DE=DA時，求證：AF=EF；

(2)如圖2，點E在運動過程中DEEF的值是否發(fā)生變化？請說明理由；

(3)如圖3，若點F為AB的中點，連接DF交AC于點G，將△GEF沿EF翻折得到△HEF，連接DH交EF于點K，當AD=2，CD=23時，求KH的長．【答案】(1)證明：如圖，連接DF，在矩形ABCD中，∠DAF=90°，

又∵DE⊥EF，

∴∠DEF=90°，

∵AD=DE，DF=DF，

∴Rt△DAF≌Rt△DEF(HL)，

∴AF=EF；

(2)解：DEEF的值不變；

如圖，過點E作EM⊥AD于點M，過點E作EN⊥AB于點N，

∴四邊形ANEM是矩形，

∴EN=AM，

∵∠EAM=∠CAD，∠EMA=∠CDA．

∴△EAM∽△CAD，

∴AMAD=EMCD，即EMEN=CDAD①，

∵∠DEF=∠MEN=90°，

∴∠DEM=∠FEN，

又∵∠DME=∠ENF=90°，

∴△DME∽△FNE，

∴DEEF=EMEN②，

由①②可得DEEF=DCAD，

∵AD與DC的長度不變，

∴DEEF的長度不變；

(3)連接GH交EF于點I，

∵點F是AB的中點，

∴AF=3，

在Rt△ADF中，DF=DA2+AF2=22+(3)2=7，

由(2)知DEEF=DCAD=232=3，

∴DE=3EF，

在Rt△DEF中，EF=72，DE=212，

又∵AB//DC，

16.（2021·浙江紹興市·中考真題）問題：如圖，在中，，，，的平分線AE，BF分別與直線CD交于點E，F(xiàn)，求EF的長．答案：．探究：（1）把“問題”中的條件“”去掉，其余條件不變．①當點E與點F重合時，求AB的長；②當點E與點C重合時，求EF的長．（2）把“問題”中的條件“，”去掉，其余條件不變，當點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等時，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線的定義先分別求出，，即可完成求解；

②證明出即可完成求解；

（2）本小題由于E、F點的位置不確定，故應先分情況討論，再根據(jù)每種情況，利用，以及點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等建立相等關系求解即可．【詳解】（1）①如圖1，四邊形ABCD是平行四邊形，，．平分，．．．同理可得：．點E與點F重合，．

②如圖2，點E與點C重合，同理可證，∴?ABCD是菱形，，點F與點D重合，．（2）情況1，如圖3，可得，．情況2，如圖4，同理可得，，又，．情況3，如圖5，由上，同理可以得到，又，．綜上：的值可以是，，．【點睛】本題屬于探究型應用題，綜合考查了平行四邊形的性質(zhì)、角平分線的定義、菱形的判定與性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關鍵是讀懂題意，正確畫出圖形，建立相等關系求解等，本題綜合性較強，要求學生有較強的分析能力，本題涉及到的思想方法有分類討論和數(shù)形結合的思想等．17.（2021·浙江嘉興市·中考真題）小王在學習浙教版九上課本第72頁例2后，進一步開展探究活動：將一個矩形繞點順時針旋轉，得到矩形[探究1]如圖1，當時，點恰好在延長線上．若，求BC的長．

[探究2]如圖2，連結，過點作交于點．線段與相等嗎？請說明理由．

[探究3]在探究2的條件下，射線分別交，于點，（如圖3），，存在一定的數(shù)量關系，并加以證明．

【答案】[探究1]；[探究2]，證明見解析；[探究3]，證明見解析【分析】[探究1]設，根據(jù)旋轉和矩形的性質(zhì)得出，從而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2]先利用SAS得出，得出，，再結合已知條件得出，即可得出；[探究3]連結，先利用SSS得出，從而證得，再利用兩角對應相等得出，得出即可得出結論．【詳解】[探究1]如圖1，設．∵矩形繞點順時針旋轉得到矩形，∴點，，在同一直線上．∴，，∴．∵，∴．又∵點在延長線上，∴，∴，∴．解得，（不合題意，舍去）∴．[探究2]．證明：如圖2，連結．∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]關系式為．證明：如圖3，連結．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在與中，，，∴，∴，∴．∴．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉的性質(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)，解一元二次方程等，解題的關鍵是靈活運用這些知識解決問題．18.（2021·遼寧本溪市·中考真題）在?中，，平分，交對角線于點G，交射線于點E，將線段繞點E順時針旋轉得線段．（1）如圖1，當時，連接，請直接寫出線段和線段的數(shù)量關系；（2）如圖2，當時，過點B作于點，連接，請寫出線段，，之間的數(shù)量關系，并說明理由；（3）當時，連接，若，請直接寫出與面積的比值．【答案】（1）；（2）,理由見解析；（3）【分析】（1）延長，交于點，根據(jù)已知條件證明即可；（2）連接，過F作交的延長線于點，由，得，在由三邊關系利用勾股定理可得；（3）證明，得值，與的面積分別與的面積成比例，可得與面積的比值．【詳解】（1）如圖,延長，交于點，由題意，將線段繞點E順時針旋轉，四邊形是平行四邊形四邊形是平行四邊形平分四邊形是菱形是等邊三角形,，，四邊形是平行四邊形=在和中．（2）連接，過F作交的延長線于點四邊形是矩形，，，，平分四邊形是矩形在和中設則在中即整理得：．（3）如圖由（1）可知平分四邊形是平行四邊形．【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)，旋轉的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，三角形相似，勾股定理，銳角三角函數(shù)，相似比的概念，平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，知識點比較多，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．19.（2021·湖北宜昌市·中考真題）如圖，在矩形中，是邊上一點，，，垂足為．將四邊形繞點順時針旋轉，得到四邊形．所在的直線分別交直線于點，交直