專題03四邊形綜合題中考題型訓(xùn)練

專題3四邊形綜合題中考題型訓(xùn)練1．（2022?黔西南州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點(diǎn)E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE＝3，EF＝1．以下結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（）①OA＝3AF；②AE平分∠OAF；③點(diǎn)C的坐標(biāo)為（﹣4，﹣）；④BD＝6；⑤矩形ABCD的面積為24．A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)【分析】通過(guò)證明△AEF∽△BEO，可得BO＝3AF，由矩形的性質(zhì)可得OA＝OB＝3AF，故①正確；由等腰三角形的性質(zhì)和相似三角形的性質(zhì)可得∠OBA＝∠OAB＝∠EAF，可得AE平分∠OAF，故②正確；由勾股定理可求AF的長(zhǎng)，即可求點(diǎn)A坐標(biāo)，由矩形是中心對(duì)稱圖形，可得點(diǎn)C（﹣4，﹣），故③正確；由BD＝2AO＝6，故④錯(cuò)誤，由面積公式可求矩形ABCD的面積＝2×S△ABD＝24，故⑤正確，即可求解．【解答】解：∵∠OEB＝∠AEF，∠AFE＝∠BOE＝90°，∴△AEF∽△BEO，∴＝＝3，∠EAF＝∠OBE，∴BO＝3AF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∴AO＝OB，∴AO＝3AF，∠OBA＝∠OAB，故①正確；∴∠OAB＝∠EAF，∴AE平分∠OAF，故②正確；∵OE＝3，EF＝1，∴OF＝4，∵OA2﹣AF2＝OF2，∴8AF2＝16，∴AF＝（負(fù)值舍去），∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（4，），∵點(diǎn)A，點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴點(diǎn)C（﹣4，﹣），故③正確；∵AF＝，OA＝3AF，∴AO＝3，∴BO＝DO＝3，∴BD＝6，故④錯(cuò)誤；∵S△ABD＝×6×4＝12，∴矩形ABCD的面積＝2×S△ABD＝24，故⑤正確，故選：C．2．（2022?廣州）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，連接BD．（1）求BD的長(zhǎng)；（2）點(diǎn)E為線段BD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，D重合），點(diǎn)F在邊AD上，且BE＝DF．①當(dāng)CE⊥AB時(shí)，求四邊形ABEF的面積；②當(dāng)四邊形ABEF的面積取得最小值時(shí)，CE+CF的值是否也最??？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于H，根據(jù)菱形120°內(nèi)角得鄰補(bǔ)角是60°，利用三角函數(shù)即可解答；（2）①設(shè)CE⊥AB交AB于M點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于N，因?yàn)槔眉纯汕蠼釹四邊形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN，所以先解直角三角形求出上面求各部分面積需要的邊長(zhǎng)即可解答；②設(shè)DF＝x，則BE＝DF＝x，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CH于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EY⊥CH于點(diǎn)Y，作EM⊥AB于M點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于N，所以四邊形EMHY、FNHG是矩形，對(duì)邊相等，方法同①，用含x的式子表示計(jì)算面積需要的各邊長(zhǎng)并代入到S四邊形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN中，根號(hào)里面化簡(jiǎn)、合并、配成二次函數(shù)的頂點(diǎn)式即可求出最值，從而解答．在計(jì)算CE+CF的最小值時(shí)，有兩種方法，參照解答過(guò)程．【解答】解：（1）過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于H，如圖：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝6，∵∠BAD＝120°，∴∠DAH＝60°，在Rt△ADH中，DH＝AD?sin∠DAH＝6×＝3，AH＝AD?cos∠DAH＝6×＝3，∴BD＝＝＝6；（2）①設(shè)CE⊥AB交AB于M點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于N，如圖：菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD＝6，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，在Rt△BCM中，BM＝BC?cos∠ABC＝6×＝3，∵BD是菱形ABCD的對(duì)角線，∴∠DBA＝ABC＝30°，在Rt△BEM中，ME＝BM?tan∠DBM＝3×＝，BE＝＝＝2，∵BE＝DF，∴DF＝2，∴AF＝AD﹣DF＝4，在Rt△AFN中，∠FAN＝180°﹣∠BAD＝60°，∴FN＝AF?sin∠FAN＝4×＝2，AN＝AF?cos∠FAN＝4×＝2，∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+2﹣3＝5，∴S四邊形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN＝EM?BM+（EM+FN）?MN﹣AN?FN＝3+（+2）×5﹣2×2＝+﹣2＝7；②當(dāng)四邊形ABEF的面積取最小值時(shí)，CE+CF的值是最小，理由：設(shè)DF＝x，則BE＝DF＝x，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CH于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)E作EY⊥CH于點(diǎn)Y，作EM⊥AB于M點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AB交BA的延長(zhǎng)線于N，如圖：∴EY∥FG∥AB，F(xiàn)N∥CH，∴四邊形EMHY、FNHG是矩形，∴FN＝GH，F(xiàn)G＝NH，EY＝MH，EM＝Y(jié)H，由①可知：ME＝BE＝x，BM＝BE＝x，AN＝AF＝（AD﹣DF）＝3﹣x，F(xiàn)N＝AF＝，CH＝BC＝3，BH＝BC＝3，∴AM＝AB﹣BM＝6﹣x，AH＝AB﹣BH＝3，YH＝ME＝x，GH＝FN＝，EY＝MH＝BM﹣BH＝x﹣3，∴CY＝CH﹣YH＝3﹣x，F(xiàn)G＝NH＝AN+AH＝6﹣，CG＝CH﹣GH＝3﹣＝x，∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+3﹣x﹣x＝9﹣2x，∴S四邊形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN＝EM?BM+（EM+FN）?MN﹣AN?FN＝x×x+（x+）?（9﹣2x）﹣（3﹣x）?＝x2﹣x+9＝（x﹣3）2+，∵＞0，∴當(dāng)x＝3時(shí)，四邊形ABEF的面積取得最小值，CE+CF＝+?＝+＝+×＝+×＝+，∵（x﹣3）2≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3時(shí)，（x﹣3）2＝0，∴CE+CF＝+≥12，當(dāng)且僅當(dāng)x＝3時(shí)，CE+CF＝12，即當(dāng)x＝3時(shí)，CE+CF的最小值為12，∴當(dāng)四邊形ABEF的面積取最小值時(shí)，CE+CF的值也最小，最小值為12．3．（2022?襄陽(yáng)）矩形ABCD中，＝（k＞1），點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE，過(guò)點(diǎn)E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線CF交于點(diǎn)F．【特例證明】（1）如圖（1），當(dāng)k＝2時(shí)，求證：AE＝EF；小明不完整的證明過(guò)程如下，請(qǐng)你幫他補(bǔ)充完整．證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過(guò)程）【類比探究】（2）如圖（2），當(dāng)k≠2時(shí)，求的值（用含k的式子表示）；【拓展運(yùn)用】（3）如圖（3），當(dāng)k＝3時(shí)，P為邊CD上一點(diǎn)，連接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）證明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH＝BE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由tan∠BAE＝，∠EAP＝45°，可得tan∠DAP＝，從而判斷△APE是等腰直角三角形，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，又可得∠FEQ＝∠BAE，則＝，可求FQ＝a，EQ＝a，EF＝a，能夠證明△PAE∽△FPE，從而得到∠APE＝∠PFE＝90°，則PF＝EF＝a＝，求出a＝，即可得BC＝2．【解答】（1）證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°，∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB＝90°，∵∠5+∠AEB＝90°，∴∠5＝∠6，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠BHE＝∠BEH＝45°，∴∠AHE＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠DCF＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB＝90°，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴＝，∵＝，E是BC邊的中點(diǎn)，∴EC＝HB＝BC，∴AH＝AB﹣BC＝（﹣）BC，∴＝k﹣1；（3）如圖（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，設(shè)AB＝3，BE＝1，則EC＝2，∵∠ACE＝45°，∴EG＝GC＝，∵AC＝3，∴AG＝2，∴tan∠EAG＝，tan∠BAE＝，以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，∵k＝3，∴＝，設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由旋轉(zhuǎn)可得∠P'AP＝90°，連接P'E，HE，延長(zhǎng)P'H交CD于點(diǎn)G，連接EG，∵AH＝AD＝2a，∴BH＝a，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝a，∴tan∠BAE＝，∵∠EAP＝45°，∴∠BAE+∠DAP＝45°，∴tan∠DAP＝，∴DP＝a，∴PC＝2a，∴AP＝a，PE＝a，AE＝a，∴△APE是等腰直角三角形，∴∠APE＝90°，∵AE⊥EF，∴∠PEF＝∠PEA＝45°，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，∵CF平分∠PCG，∴∠FCQ＝45°，∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠FEQ＝∠BAE，∴＝，∴FQ＝a，∴EQ＝a，∴EF＝a，∴＝，∴△PAE∽△FPE，∴∠APE＝∠PFE＝90°，∴PF＝EF＝a，∵PF＝，∴a＝，∴a＝，∴BC＝2．4．（2022?陜西）問(wèn)題提出（1）如圖①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4．若點(diǎn)P是邊AC上一點(diǎn)，則BP的最小值為；問(wèn)題探究（2）如圖②，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)．若點(diǎn)P是邊AC上一點(diǎn)，試求PB+PE的最小值；問(wèn)題解決（3）某市一濕地公園內(nèi)有一條四邊形ABCD型環(huán)湖路，如圖③所示．已知AD＝2000米，CD＝1000米，∠A＝60°，∠B＝90°，∠C＝150°．為了進(jìn)一步提升服務(wù)休閑功能，滿足市民游園和健身需求，現(xiàn)要修一條由CE，EF，F(xiàn)C連接而成的步行景觀道，其中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上．為了節(jié)省成本，要使所修的這條步行景觀道最短，即CE+EF+FC的值最小，求此時(shí)BE，DF的長(zhǎng)．（路面寬度忽略不計(jì)）【分析】（1）過(guò)B作BP⊥AC于P，由垂線段最短可知，BP⊥AC時(shí)，BP的值最小，由面積法可得BP＝＝＝；（2）作E關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)E'，連接CE'，EE'，BE'，BE'交AC于P，由E，E'關(guān)于直線AC對(duì)稱，可知PB+PE＝PB+PE'，而B(niǎo)，P，E'共線，故此時(shí)PB+PE最小，最小值為BE'的長(zhǎng)度，根據(jù)∠B＝90°，AB＝BC＝2，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，可得CE＝CE'＝1，∠BCE'＝90°，再用勾股定理可得答案；（3）作C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)M，連接DM，CM，CM交AD于H，作C關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N，連接BN，延長(zhǎng)DC，AB交于G，連接NG，連接MN交AB于E，交AD于F，由C，N關(guān)于AB對(duì)稱，C，M關(guān)于AD對(duì)稱，CE＝NE，CF＝MF，又N，E，F(xiàn)，M共線，知此時(shí)CE+EF+CF最小，根據(jù)∠A＝60°，∠ABC＝90°，∠BCD＝150°，可得∠ADC＝60°，∠MCD＝∠CMD＝30°，即得DH＝CD＝500米，CH＝MH＝DH＝500米，CM＝1000米，由∠ADC＝60°，∠A＝60°，知△ADG是等邊三角形，從而CG＝DG﹣CD＝1000米，同理可得CG＝NG＝1000米，∠BNG＝∠BCG＝30°，即得BG＝CG＝500米，BC＝BN＝BG＝500米，故CN＝1000米＝CM，知∠CNM＝∠CMN＝30°，在Rt△BNE中，BE＝＝＝500米，在Rt△MHF中，F(xiàn)H＝＝＝500米，即得DF＝FH+DH＝1000米．【解答】解：（1）過(guò)B作BP⊥AC于P，如圖：由垂線段最短可知，BP⊥AC時(shí)，BP的值最小，∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝5，∵2S△ABC＝AB?BC＝AC?BP，∴BP＝＝＝，故答案為：；（2）作E關(guān)于直線AC的對(duì)稱點(diǎn)E'，連接CE'，EE'，BE'，BE'交AC于P，如圖：∵E，E'關(guān)于直線AC對(duì)稱，∴PE＝PE'，∴PB+PE＝PB+PE'，∵B，P，E'共線，∴此時(shí)PB+PE最小，最小值為BE'的長(zhǎng)度，∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，∴∠ACB＝45°，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴CE＝1，∵E，E'關(guān)于直線AC對(duì)稱，∴∠ACE'＝∠ACB＝45°，CE＝CE'＝1，∴∠BCE'＝90°，在Rt△BCE'中，BE'＝＝＝，∴PB+PE的最小值為；（3）作C關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)M，連接DM，CM，CM交AD于H，作C關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N，連接BN，延長(zhǎng)DC，AB交于G，連接NG，連接MN交AB于E，交AD于F，如圖：∵C，N關(guān)于AB對(duì)稱，C，M關(guān)于AD對(duì)稱，∴CE＝NE，CF＝MF，∴CE+EF+CF＝NE+EF+MF，∵N，E，F(xiàn)，M共線，∴此時(shí)CE+EF+CF最小，∵∠A＝60°，∠ABC＝90°，∠BCD＝150°，∴∠ADC＝60°，∵C，M關(guān)于AD對(duì)稱，∴∠MDH＝∠CDH＝60°，∠CHD＝∠MHD＝90°，CD＝MD＝1000米，∴∠MCD＝∠CMD＝30°，∴DH＝CD＝500米，CH＝MH＝DH＝500米，∴CM＝1000米，∵∠ADC＝60°，∠A＝60°，∴△ADG是等邊三角形，∴DG＝AD＝2000米，∴CG＝DG﹣CD＝1000米，∵∠BCD＝150°，∴∠BCG＝30°，∵C，N關(guān)于AB對(duì)稱，∠ABC＝90°，∴C，B，N共線，CG＝NG＝1000米，∠BNG＝∠BCG＝30°，∴BG＝CG＝500米，BC＝BN＝BG＝500米，∴CN＝1000米＝CM，∴∠CNM＝∠CMN，∵∠BCD＝150°，∠MCD＝30°，∴∠NCM＝120°，∴∠CNM＝∠CMN＝30°，在Rt△BNE中，BE＝＝＝500（米），在Rt△MHF中，F(xiàn)H＝＝＝500（米），∴DF＝FH+DH＝500+500＝1000（米），答：BE的長(zhǎng)為500米，DF的長(zhǎng)為1000米．5．（2022?衢州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，BD為對(duì)角線．點(diǎn)E是邊AB延長(zhǎng)線上的任意一點(diǎn)，連結(jié)DE交BC于點(diǎn)F，BG平分∠CBE交DE于點(diǎn)G．（1）求證：∠DBG＝90°．（2）若BD＝6，DG＝2GE．①求菱形ABCD的面積．②求tan∠BDE的值．（3）若BE＝AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一點(diǎn)T，使GT為定值，說(shuō)明理由并求出ET的值．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得CB＝AB，CD＝AD，可證明△ABD≌△CBD，得∠CBD＝∠ABC，而∠CBG＝∠EBC，所以∠DBG＝（∠ABC+∠EBC）＝90°；（2）①連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BK＝BD＝3，根據(jù)勾股定理可求得AK＝4，則AC＝8，即可由S菱形ABCD＝AC?BD求出菱形ABCD的面積；②先由∠DKL＝∠DBG＝90°證明AC∥BG，則＝＝1，所以DL＝GL＝DG，再由DG＝2GE得GE＝DG，則DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得＝＝，可求得CL＝AC＝，所以KL＝4﹣＝，再求出tan∠BDE的值即可；（3）過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得＝＝1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再證明△ETG∽△EAD，得＝＝＝，即可求得GT＝，說(shuō)明GT為定值，再求出ET的值即可．【解答】（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴CB＝AB，CD＝AD，∵BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵∠CBG＝∠EBG＝∠EBC，∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG＝（∠ABC+∠EBC）＝×180°＝90°．（2）解：①如圖2，連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，∵AC⊥BD，∴∠AKB＝90°，∵AB＝5，BD＝6，∴BK＝DK＝BD＝3，∴AK＝＝＝4，∴CK＝AK＝4，∴AC＝8，∴S菱形ABCD＝AC?BD＝×8×6＝24.②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴AC∥BG，∴＝＝1，∴DL＝GL＝DG，∵DG＝2GE，∴GE＝DG，∴DL＝GL＝GE，∵CD∥AB，∴＝＝，∴CL＝AC＝×8＝，∴KL＝4﹣＝，∴tan∠BDE＝＝＝．（3）解：如圖3，過(guò)點(diǎn)G作GT∥BC，交AE于點(diǎn)T，則GT為定值，理由：連結(jié)AC交BD于點(diǎn)K，交DE于點(diǎn)L，∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時(shí)，始終都有BG∥AC，∴△BGE∽△ALE，∵BE＝AB，∴＝＝1，∴EG＝LG，∵KL∥BG，∴＝＝1，∴DL＝LG＝EG＝ED，∵AD∥BC，∴GT∥AD，∴△ETG∽△EAD，∴＝＝＝，∵BE＝AB＝DA＝5，∴GT＝DA＝×5＝，∴GT為定值；∵EA＝BE+AB＝10，∴ET＝EA＝×10＝．6．（2022?黔西南州）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B，C重合），且∠EAF＝45°．（1）當(dāng)BE＝DF時(shí)，求證：AE＝AF；（2）猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；（3）連接AC，G是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，GH⊥AE，垂足為K，交AC于點(diǎn)H且GH＝AE．若DF＝a，CH＝b，請(qǐng)用含a，b的代數(shù)式表示EF的長(zhǎng)．【分析】（1）證明△ABE≌△ADF，從而得出結(jié)論；（2）在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，類比（1）可證得△ABE≌△ADG，進(jìn)而證明△GAF≌△EAF，進(jìn)一步得出結(jié)論；（3）作HR⊥BC于R，證明△ABE≌△GRH，從而B(niǎo)E＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b?sin45°＝，進(jìn)而B(niǎo)E＝，根據(jù)（2）可得出結(jié)果．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF；（2）解：如圖1，BE+DF＝EF，理由如下：在CD的延長(zhǎng)線上截取DG＝BE，同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即：∠GAF＝45°，∴∠GAF＝∠EAF，在△GAF和△EAF中，，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝EF，∴DG+DF＝EF，∴BE+DF＝EF；（3）如圖2，作HR⊥BC于R，∴∠HRG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，∵GH⊥AE，∴∠EKG＝90°，∴∠G+∠AEB＝90°，∴∠G＝∠BAE，在△ABE和△GRH中，，∴△ABE≌△GRH（AAS），∴BE＝HR，在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，∴HR＝b?sin45°＝b，∴BE＝，∴EF＝BE+DF＝．7．（2022?阜新）已知，四邊形ABCD是正方形，△DEF繞點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，連接AE，CF．（1）如圖1，求證：△ADE≌△CDF；（2）直線AE與CF相交于點(diǎn)G．①如圖2，BM⊥AG于點(diǎn)M，BN⊥CF于點(diǎn)N，求證：四邊形BMGN是正方形；②如圖3，連接BG，若AB＝4，DE＝2，直接寫出在△DEF旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，線段BG長(zhǎng)度的最小值．【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；（2）①根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形證明即可；②作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，證明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°．∵DE＝DF，∠EDF＝90°．∴∠ADC＝∠EDF，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）①證明：如圖2中，設(shè)AG與CD相交于點(diǎn)P．∵∠ADP＝90°，∴∠DAP+∠DPA＝90°．∵△ADE≌△CDF，∴∠DAE＝∠DCF．∵∠DPA＝∠GPC，∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．∴∠PGN＝90°，∵BM⊥AG，BN⊥GN，∴四邊形BMGN是矩形，∴∠MBN＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．∴∠ABM＝∠CBN．又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，∴△AMB≌△CNB．∴MB＝NB．∴矩形BMGN是正方形；②解：作DH⊥AG交AG于點(diǎn)H，作BM⊥AG于點(diǎn)M，此時(shí)△AMB≌△AHD．∴BM＝AH．∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，∴DH最大時(shí)，AH最小，DH最大值＝DE＝2．∴BM最小值＝AH最小值＝．由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，∴BG最小值＝．8．（2022?包頭）如圖，在?ABCD中，AC是一條對(duì)角線，且AB＝AC＝5，BC＝6，E，F(xiàn)是AD邊上兩點(diǎn)，點(diǎn)F在點(diǎn)E的右側(cè)，AE＝DF，連接CE，CE的延長(zhǎng)線與BA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)G．（1）如圖1，M是BC邊上一點(diǎn)，連接AM，MF，MF與CE相交于點(diǎn)N．①若AE＝，求AG的長(zhǎng)；②在滿足①的條件下，若EN＝NC，求證：AM⊥BC；（2）如圖2，連接GF，H是GF上一點(diǎn)，連接EH．若∠EHG＝∠EFG+∠CEF，且HF＝2GH，求EF的長(zhǎng)．【分析】（1）①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和相似三角形的判定定理解答即可；②根據(jù)全等三角形的判定定理和等腰三角形的性質(zhì)解答即可；（2）連接CF，通過(guò)相似三角形的判定定理和方程思想解答即可．【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，DC＝AB＝5，AD＝BC＝6，∴∠GAE＝∠CDE，∠AGE＝∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴＝，∵AE＝，∴DE＝，∴AG＝5×，∴AG＝．②證明：∵AD∥BC，∴∠EFN＝∠CMN，∵∠ENF＝∠CNM，EN＝NC，∴△ENF≌△CNM（AAS），∴EF＝CM，∵AE＝，AE＝DF，∴DF＝，∴EF＝AD﹣AE﹣DF＝3，∴CM＝3，∵BC＝6，∴BM＝3，∴BM＝MC，∴AB＝AC，∴AM⊥BC．（2）連接CF，∵AB＝AC，AB＝DC，∴AC＝DC，∴∠CAD＝∠CDA，∵AE＝DF，∴△AEC≌△DFC（SAS），∴CE＝CF，∴∠CFE＝∠CEF，∵∠EHG＝∠EFG+∠CEF，∴∠EHG＝∠EFG+∠CFE＝∠CFG，∴EH∥CF，∴＝，∵HF＝2GH，∴＝，∵AB∥CD，∴∠GAE＝∠CDE，∠AGE＝∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴＝，∴＝，∴DE＝2AE，設(shè)AE＝x，則DE＝2x，∵AD＝6，∴x+2x＝6，∴x＝2，即AE＝2，∴DF＝2，∴EF＝AD﹣AE﹣DF＝2．9．（2022?通遼）已知點(diǎn)E在正方形ABCD的對(duì)角線AC上，正方形AFEG與正方形ABCD有公共點(diǎn)A．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)G在AD上，F(xiàn)在AB上，求的值為多少；（2）將正方形AFEG繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），如圖2，求的值為多少；（3）AB＝8，AG＝AD，將正方形AFEG繞A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)α（0°＜α＜360°），當(dāng)C，G，E三點(diǎn)共線時(shí)，請(qǐng)直接寫出DG的長(zhǎng)度．【分析】（1）由正方形性質(zhì)知∠AGE＝∠D＝90°、∠DAC＝45°，據(jù)此可得、GE∥CD，利用平行線分線段成比例定理可得；（2）連接AE，只需證△ADG∽△ACE即可得；（3）分兩種情況畫出圖形，證明△ADG∽△ACE，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得出答案．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，∴，GE∥CD，∴，∴CE＝DG，∴＝＝2；（2）連接AE，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知∠CAE＝∠DAG＝α，在Rt△AEG和Rt△ACD中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴，∴△ADG∽△ACE，∴＝，∴＝；（3）①如圖：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG＝CE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三點(diǎn)共線．∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG﹣EG＝8﹣8，∴DG＝CE＝4﹣4；②如圖：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG＝CE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四邊形AFEG是正方形，∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三點(diǎn)共線．∴∠AGC＝90°∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG+EG＝8+8，∴DG＝CE＝4+4．綜上，當(dāng)C，G，E三點(diǎn)共線時(shí)，DG的長(zhǎng)度為4﹣4或4+4．10．（2022?朝陽(yáng)）【思維探究】（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．小明的思路是：延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明△ADE≌△ABC，從而可證BC+CD＝AC，請(qǐng)你幫助小明寫出完整的證明過(guò)程．【思維延伸】（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【思維拓展】（3）在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點(diǎn)O．若四邊形ABCD中有一個(gè)內(nèi)角是75°，請(qǐng)直接寫出線段OD的長(zhǎng)．【分析】（1）如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：CB+CD＝AC．如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，可得結(jié)論；（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBD＝75°時(shí)，分別求解即可．【解答】（1）證明：如圖1中，延長(zhǎng)CD到點(diǎn)E，使DE＝BC，連接AE．∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠ADE+∠ADC＝180°∴∠B＝∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，∴∠CAE＝∠BAD＝60°，∴△ACE的等邊三角形，∴CE＝AC，∵CE＝DE+CD，∴AC＝BC+CD；（2）解：結(jié)論：CB+CD＝AC．理由：如圖2中，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥CD于點(diǎn)M，AN⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．∵∠DAB＝∠DCB＝90°，∴∠CDA+∠CBA＝180°，∵∠ABN+∠ABC＝180°，∴∠D＝∠ABN，∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM＝BN，AM＝AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC＝CM，∵AC＝AC．AM＝AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM＝CN，∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CM＝AC；（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)∠CDA＝75°時(shí)，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥CB于點(diǎn)P，CQ⊥CD于點(diǎn)Q．∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，∴∠CDB＝30°，∵∠DCB＝90°，∴CD＝CB，∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP＝OQ，∴＝＝，∴＝＝，∵AB＝AD＝，∠DAB＝90°，∴BD＝AD＝2，∴OD＝×2＝3﹣3．如圖3﹣2中，當(dāng)∠CBA＝75°時(shí)，同法可證＝，OD＝×2＝3﹣，綜上所述，滿足條件的OD的長(zhǎng)為3﹣3或3﹣．11．（2022?南通）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，點(diǎn)E在折線BCD上運(yùn)動(dòng)，將AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到AF，旋轉(zhuǎn)角等于∠BAC，連接CF．（1）當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，作FM⊥AC，垂足為M，求證：AM＝AB；（2）當(dāng)AE＝3時(shí)，求CF的長(zhǎng)；（3）連接DF，點(diǎn)E從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)程中，試探究DF的最小值．【分析】（1）如圖1中，作FM⊥AC，垂足為M，證明△ABE≌△AMF（AAS），可得結(jié)論；（2）利用勾股定理求出BE＝，利用全等三角形的性質(zhì)推出FM＝BE＝，再利用勾股定理求出CF即可；（3）分兩種情形：當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，如圖2中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥FM于點(diǎn)H．證明點(diǎn)F在射線FM上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F與K重合時(shí)，DF的值最小，求出DH即可．當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，如圖3中，將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為∠ABC，得到線段AR，連接FR，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥AR于點(diǎn)Q，DK⊥FR于點(diǎn)K．證明△ADE≌△ARF（SAS），推出∠ADE＝∠ARF＝90°，推出點(diǎn)F在直線RF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)D與K重合時(shí)，DF的值最小，可得結(jié)論．【解答】（1）證明：如圖1中，作FM⊥AC，垂足為M，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵FM⊥AC，∴∠B＝∠AMF＝90°，∵∠BAC＝∠EAF，∴∠BAE＝∠MAF，在△ABE和△AMF中，，∴△ABE≌△AMF（AAS），∴AB＝AM；（2）解：當(dāng)點(diǎn)E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，∴BE＝＝＝，∵△ABE≌△AMF，∴AB＝AM＝4，F(xiàn)M＝BE＝，在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，∴AC＝＝＝5，∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1，∵∠CMF＝90°，∴CF＝＝＝．當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，可得CF＝．綜上所述，CF的值為或；（3）解：當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，如圖2中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥FM于點(diǎn)H．∵△ABE≌△AMF，∴AM＝AB＝4，∵∠AMF＝90°，∴點(diǎn)F在射線FM上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)F與K重合時(shí)，DF的值最小，∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD，∴△CMJ∽△CDA，∴＝＝，∴＝＝，∴MJ＝，CJ＝，∴DJ＝CD﹣CJ＝4﹣＝，∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH，∴△CMJ∽△DHJ，∴＝，∴＝，∴DH＝，∴DF的最小值為．當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，如圖3中，將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為∠BAC，得到線段AR，連接FR，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥AR于點(diǎn)Q，DK⊥FR于點(diǎn)K．∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC，∴∠DAE＝∠RAF，∵AE＝AF，AD＝AR，∴△ADE≌△ARF（SAS），∴∠ADE＝∠ARF＝90°，∴點(diǎn)F在直線RF上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)D與K重合時(shí)，DF的值最小，∵DQ⊥AR，DK⊥RF，∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°，∴四邊形DKRQ是矩形，∴DK＝QR，∴AQ＝AD?cos∠BAC＝3×＝，∵AR＝AD＝3，∴DK＝QR＝AR﹣AQ＝，∴DF的最小值為，∵＜，∴DF的最小值為．解法二：當(dāng)點(diǎn)E在BC上時(shí)，如圖，將線段AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)＝∠BAC，得到AT，連接DT，ET，DF．證明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE，當(dāng)TE⊥BC時(shí)，DF的值最小，可得DF的最小值為．當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，同法可得DF的最小值為．12．（2022?臺(tái)州）圖1中有四條優(yōu)美的“螺旋折線”，它們是怎樣畫出來(lái)的呢？如圖2，在正方形ABCD各邊上分別取點(diǎn)B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，依次連接它們，得到四邊形A1B1C1D1；再在四邊形A1B1C1D1各邊上分別取點(diǎn)B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝A1B1，依次連接它們，得到四邊形A2B2C2D2；……如此繼續(xù)下去，得到四條螺旋折線．（1）求證：四邊形A1B1C1D1是正方形．（2）求的值．（3）請(qǐng)研究螺旋折線BB1B2B3…中相鄰線段之間的關(guān)系，寫出一個(gè)正確結(jié)論并加以證明．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，證明△A1AB1≌△B1BC1，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，根據(jù)正方形的判定定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)勾股定理求出A1B1，計(jì)算即可；（3）先求出，再求出，根據(jù)規(guī)律證明結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，∵AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，∴AA1＝BB1＝AB，在△A1AB1和△B1BC1中，，∴△A1AB1≌△B1BC1（SAS），∴A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，∵∠BB1C1+∠BC1B1＝90°，∴∠AB1A1+∠BB1C1＝90°，∴∠A1B1C1＝90°，同理可證：B1C1＝C1D1＝D1A1，∴四邊形A1B1C1D1是正方形．（2）解：設(shè)AB＝5a，則AB1＝4a，AA1＝a，由勾股定理得：A1B1＝a，∴＝＝；（3）相鄰線段的比為或．證明如下：∵BB1＝AB，B1B2＝A1B1，∴＝＝，同理可得：＝，∴相鄰線段的比為或（答案不唯一）．13．（2022?青島）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點(diǎn)E，F(xiàn)在對(duì)角線BD上，BE＝EF＝FD，∠BAF＝∠DCE＝90°．（1）求證：△ABF≌△CDE；（2）連接AE，CF，已知①（從以下兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，填寫序號(hào)），請(qǐng)判斷四邊形AECF的形狀，并證明你的結(jié)論．條件①：∠ABD＝30°；條件②：AB＝BC．（注：如果選擇條件①條件②分別進(jìn)行解答，按第一個(gè)解答計(jì)分）【分析】（1）由等式的性質(zhì)得BF＝DE，由平行線的性質(zhì)得∠ABF＝∠CDE，從而利用AAS證明△ABF≌△CDE；（2）若選擇①，由（1）可說(shuō)明AF∥CE，則四邊形AECF是平行四邊形，由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)得AE＝，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AF＝，則AE＝AF，從而?AECF是菱形；若選擇②連接AC交BD于點(diǎn)O，同理可得四邊形AECF是平行四邊形，利用等腰三角形的性質(zhì)可得BO⊥AC，即EF⊥AC，從而證明結(jié)論．【解答】（1）證明：∵BE＝FD，∴BE+EF＝FD+EF，∴BF＝DE，∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠CDE，在△ABF和△CDE中，∴△ABF≌△CDE（AAS）；（2）解：若選擇條件①：四邊形AECF是菱形，理由如下：由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF＝CE，∠AFB＝∠CED，∴AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵∠BAF＝90°，BE＝EF，∴AE＝，∵∠BAF＝90°，∠ABD＝30°，∴AF＝，∴AE＝AF，∴?AECF是菱形；若選擇條件②：四邊形AECF是菱形，理由如下：連接AC交BD于點(diǎn)O，由①得：△ABF≌△CDE，∴AF＝CE，∠AFB＝∠CED，∴AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AO＝CO，∵AB＝BC，∴BO⊥AC，即EF⊥AC，∴?AECF是菱形．故答案為：①（答案不唯一）．14．（2022?日照）如圖1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分別是邊AC，BC上的點(diǎn)，以CM，CN為鄰邊作矩形PMCN，交AB于E，F(xiàn)．設(shè)CM＝a，CN＝b，若ab＝8．（1）判斷由線段AE，EF，BF組成的三角形的形狀，并說(shuō)明理由；（2）①當(dāng)a＝b時(shí)，求∠ECF的度數(shù)；②當(dāng)a≠b時(shí)，①中的結(jié)論是否成立？并說(shuō)明理由．【分析】（1）分別表示出AE，BF及EF，計(jì)算出AE2+BF2及EF2，從而得出結(jié)論；（2）①連接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE＝PE＝PF＝BF，從而得出ME＝EG＝GF＝NF，進(jìn)而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，從而得出結(jié)果；②將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACD，連接DE，可推出DE＝EF，進(jìn)而推出△DCF≌△FCE，進(jìn)一步得出結(jié)果．【解答】解：（1）線段AE，EF，BF組成的是直角三角形，理由如下：∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，∴AE＝，BF＝，∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），∵AB＝＝4，∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]＝（a+b﹣4），∵ab＝8，EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），∴AE2+BF2＝EF2，∴線段AE，EF，BF組成的是直角三角形；（2）①如圖1，連接PC交EF于G，∵a＝b，∴ME＝AM＝BN＝NF，∵四邊形CNPM是矩形，∴矩形CNPM是正方形，∴PC平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠PGE＝90°，∵CM＝CN＝PM＝PN，∴PE＝PF，∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，∴PE＝AE＝PF＝BF，∴ME＝EG＝FG＝FN，∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，∵∠ACB＝90°，∴∠ECG+∠FCG＝，∴∠ECF＝45°；②如圖2，仍然成立，理由如下：將△BCF逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ACD，連接DE，∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2∵EF2＝BF2+AE2，∴DE＝EF，∵CD＝CF，CE＝CE，∴△DCE≌△FCE（SSS），∴∠ECF＝∠DCE＝．15．（2022?臨沂）已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)B，D關(guān)于直線AC對(duì)稱，連接AD，CD．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）在線段AC上任取一點(diǎn)P（端點(diǎn)除外），連接PD．將線段PD繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D落在BA延長(zhǎng)線上的點(diǎn)Q處．請(qǐng)?zhí)骄浚寒?dāng)點(diǎn)P在線段AC上的位置發(fā)生變化時(shí)，∠DPQ的大小是否發(fā)生變化？說(shuō)明理由．（3）在滿足（2）的條件下，探究線段AQ與CP之間的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．【分析】（1）根據(jù)菱形的判定定理和軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)解答即可；（2）連接PB，過(guò)點(diǎn)P分別作PE∥CB交AB于點(diǎn)E，PF⊥AB于點(diǎn)F，根據(jù)全等三角形的判定定理，等腰三角形的性質(zhì)，軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)解答即可；（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】（1）證明：連接BD，等邊△ABC中，AB＝BC＝AC，∵點(diǎn)B、D關(guān)于直線AC對(duì)稱，∴DC＝BC，AD＝AB，∴AB＝BC＝CD＝DA，∴四邊形ABCD是菱形；（2）解：當(dāng)點(diǎn)P在線段AC上的位置發(fā)生變化時(shí)，∠DPQ的大小不發(fā)生變化，始終等于60°，理由如下：∵將線段PD繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D落在BA延長(zhǎng)線上的點(diǎn)Q處，∴PQ＝PD，等邊△ABC中，AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，連接PB，過(guò)點(diǎn)P分別作PE∥CB交AB于點(diǎn)E，PF⊥AB于點(diǎn)F，如圖則∠APE＝∠ACB＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°，∴∠BAC＝∠APE＝∠AEP＝60°，∴△APE是等邊三角形，∴AP＝EP＝AE，而PF⊥AB，∴∠APF＝∠EPF，∵點(diǎn)B，D關(guān)于直線AC對(duì)稱，點(diǎn)P在線段AC上，∴PB＝PD，∠DPA＝∠BPA，∴PQ＝PB，∴∠PDA＝∠PBA，∠PBA＝∠PQA，∴∠PDA＝∠PQB∴∠DPQ＝∠DAQ＝60°；解法二：連接BP，通過(guò)證明△ADP≌△ABP，利用旋轉(zhuǎn)和全等三角形的性質(zhì)分析求解；（3）解：在滿足（2）的條件下，線段AQ與CP之間的數(shù)量關(guān)系是AQ＝CP，證明如下：∵AC＝AB，AP＝AE，∴AC﹣AP＝AB﹣AE，即CP＝BE，∵AP＝EP，PF⊥AB，∴AF＝FE，∵PQ＝PB，PF⊥AB，∴QF＝BF，∴QF﹣AF＝BF﹣EF，即AQ＝BE，∴AQ＝CP．16．（2022?遼寧）在?ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，點(diǎn)P為射線CD上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)D重合），連接AP，過(guò)點(diǎn)P作EP⊥AP交直線BD于點(diǎn)E．（1）如圖①，當(dāng)點(diǎn)P為線段CD的中點(diǎn)時(shí)，請(qǐng)直接寫出PA，PE的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，求證：DA+DP＝DE；（3）點(diǎn)P在射線CD上運(yùn)動(dòng)，若AD＝3，AP＝5，請(qǐng)直接寫出線段BE的長(zhǎng)．【分析】（1）連接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再證明△ADP≌△EBP（ASA），得PA＝PE；（2）過(guò)點(diǎn)P作PF⊥CD交DE于點(diǎn)F，首先證明△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，再證明△DPF是等腰直角三角形，可得結(jié)論；（3）分點(diǎn)P在線段CD和CD的延長(zhǎng)線上兩種情形，分別畫出圖形，利用△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，從而解決問(wèn)題．【解答】（1）解：連接BP，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝CB，∵AD＝BD，∴∠BDC＝∠C＝45°，∴△BDC是等腰直角三角形，∵點(diǎn)P為CD的中點(diǎn)，∴DP＝BP，∠CPB＝90°，∴∠ADP＝∠PBE＝135°，∵PA⊥PE，∴∠APE＝∠DPB＝90°，∴∠APD＝∠BPE，∴△ADP≌△EBP（ASA），∴PA＝PE；（2）證明：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥CD交DE于點(diǎn)F，∵PF⊥CD，EP⊥AP，∴∠DPF＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠FPE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠C＝∠DAB＝45°，AB∥CD，又∵AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA＝∠C＝∠CDB＝45°，∴∠ADB＝∠DBC＝90°，∴∠PFD＝45°，∴∠PFD＝∠PDF，∴PD＝PF，∴∠PDA＝∠PFE＝135°，∴△ADP≌△EFP（ASA），∴AD＝EF，在Rt△FDP中，∠PDF＝45°，∵cos∠PDF＝，∴DF＝，∵DE＝DF+EF，∴DA+DP＝DE；（3）解：當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，如圖②，作AG⊥CD，交CD延長(zhǎng)線于G，則△ADG是等腰直角三角形，∴AG＝DG＝3，∴GP＝4，∴PD＝1，由（2）得，DA+DP＝DE；∴3+＝DE，∴DE＝4，∴BE＝DE﹣BD＝4﹣3＝，當(dāng)點(diǎn)P在CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，作AG⊥CD，交CD延長(zhǎng)線于G，同理可得△ADP≌△EFP（AAS），∴AD＝EF，∵PD＝PG+DG＝4+3＝7，∴DF＝PD＝7，∴BE＝BD+DF﹣EF＝DF＝7，綜上：BE的長(zhǎng)為或7．17．（2022?河南）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．（1）操作判斷操作一：對(duì)折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，寫出圖1中一個(gè)30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）．（2）遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過(guò)程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長(zhǎng)PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠MBQ＝15°，∠CBQ＝15°；②改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．（3）拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為8cm，當(dāng)FQ＝1cm時(shí)，直接寫出AP的長(zhǎng)．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由銳角三角函數(shù)可求∠EMB＝30°，即可求解；（2）①由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；②由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；（3）分兩種情況討論，由折疊的性質(zhì)和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵對(duì)折矩形紙片ABCD，∴AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，∵沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，∵sin∠BME＝＝，∴∠EMB＝30°，∴∠ABM＝60°，∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，故答案為：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）；（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，故答案為：15，15；②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ；（3）由折疊的性質(zhì)可得DF＝CF＝4cm，AP＝PM，∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，∴CQ＝MQ，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，∴AP＝，當(dāng)點(diǎn)Q在線段DF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝5cm，DQ＝3cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，∴AP＝，綜上所述：AP的長(zhǎng)為cm或cm．18．（2022?深圳）（1）發(fā)現(xiàn)：如圖①所示，在正方形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長(zhǎng)EF交CD邊于G點(diǎn)．求證：△BFG≌△BCG；（2）探究：如圖②，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，且AD＝8，AB＝6．將△AEB沿BE翻折到△BEF處，延長(zhǎng)EF交BC邊于G點(diǎn)，延長(zhǎng)BF交CD邊于點(diǎn)H，且FH＝CH，求AE的長(zhǎng)．（3）拓展：如圖③，在菱形ABCD中，AB＝6，E為CD邊上的三等分點(diǎn)，∠D＝60°．將△ADE沿AE翻折得到△AFE，直線EF交BC于點(diǎn)P，求PC的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)將△AEB沿BE翻折到△BEF處，四邊形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可證Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；（2）延長(zhǎng)BH，AD交于Q，設(shè)FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x＝，DH＝DC﹣HC＝，由△BFG∽△BCH，得＝＝，BG＝，F(xiàn)G＝，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得＝，即＝，DQ＝，設(shè)AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，因＝，有＝，即解得AE的長(zhǎng)為；（3）分兩種情況：（Ⅰ）當(dāng)DE＝DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD于Q，過(guò)Q作QH⊥CD于H，設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分線，有＝①，在Rt△HQE中，（2﹣x）2+（x）2＝y(tǒng)2②，可解得x＝，CP＝2x＝；（Ⅱ）當(dāng)CE＝DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD延長(zhǎng)線于Q'，過(guò)Q'作Q'H'⊥CD交CD延長(zhǎng)線于H'，同理解得x'＝，CP＝．【解答】（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(zhǎng)BH，AD交于Q，如圖：設(shè)FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，∴82+x2＝（6+x）2，解得x＝，∴DH＝DC﹣HC＝，∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，∴△BFG∽△BCH，∴＝＝，即＝＝，∴BG＝，F(xiàn)G＝，∵EQ∥GB，DQ∥CB，∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，∴＝，即＝，∴DQ＝，設(shè)AE＝EF＝m，則DE＝8﹣m，∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+＝﹣m，∵△EFQ∽△GFB，∴＝，即＝，解得m＝，∴AE的長(zhǎng)為；方法2：連接GH，如圖：∵CH＝FH，GH＝GH，∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），∴CG＝FG，設(shè)CG＝FG＝x，則BG＝8﹣x，在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，∴62+x2＝（8﹣x）2，解得x＝，∴BG＝BC﹣x＝，∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，∴EG＝BG＝，∴EF＝EG﹣FG＝；∴AE＝；（3）解：方法一：（Ⅰ）當(dāng)DE＝DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD于Q，過(guò)Q作QH⊥CD于H，如圖：設(shè)DQ＝x，QE＝y(tǒng)，則AQ＝6﹣x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△QDE，∴＝＝2，∴CP＝2x，∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，∴AE是△AQF的角平分線，∴＝，即＝①，∵∠D＝60°，∴DH＝DQ＝x，HE＝DE﹣DH＝2﹣x，HQ＝DH＝x，在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，∴（2﹣x）2+（x）2＝y(tǒng)2②，聯(lián)立①②可解得x＝，∴CP＝2x＝；（Ⅱ）當(dāng)CE＝DC＝2時(shí)，延長(zhǎng)FE交AD延長(zhǎng)線于Q'，過(guò)Q'作Q'H'⊥CD交CD延長(zhǎng)線于H'，如圖：設(shè)DQ'＝x'，Q'E＝y(tǒng)'，則AQ'＝6+x'，同理∠Q'AE＝∠EAF，∴＝，即＝，由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y(tǒng)'2，可解得x'＝，∴CP＝x'＝，綜上所述，CP的長(zhǎng)為或．方法二：（Ⅰ）當(dāng)DE＝DC＝2時(shí)，連接CF，過(guò)P作PK⊥CD于K，如圖：∵四邊形ABCD是菱形，∠D＝60°，∴△ABC，△ADC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，∴∠PCK＝60°，∵將△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，∴∠AFC＝∠ACF，∴∠PFC＝∠PCF，∴PF＝PC，設(shè)PF＝PC＝2m，在Rt△PCK中，CK＝m，PK＝m，∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2，解得m＝，∴PC＝2m＝；（Ⅱ）當(dāng)CE＝DC＝2時(shí)，連接CF，過(guò)P作PT⊥CD交DC延長(zhǎng)線于T，如圖：同（Ⅰ）可證AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，∴∠ACF＝∠AFC，∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，∴PC＝PF，設(shè)PC＝PF＝2n，在Rt△PCT中，CT＝n，PT＝n，∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，解得n＝，∴PC＝2n＝，綜上所述，CP的長(zhǎng)為或．19．（2022?益陽(yáng)）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長(zhǎng)CG至點(diǎn)C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．（1）直接寫出圖中與△AFB相似的一個(gè)三角形；（2）若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長(zhǎng)；（3）當(dāng)CE的長(zhǎng)為多少時(shí)，以C′，F(xiàn)，B為頂點(diǎn)的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？【分析】（1）因?yàn)椤鰽FB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個(gè)直角三角形相似和△AFB相似，解答時(shí)任意寫出一個(gè)即可；（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得＝，即＝＝，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長(zhǎng)；（3）分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，②當(dāng)C'F＝BF時(shí)，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結(jié)論．【解答】解：（1）（任意回答一個(gè)即可）；①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；（2）∵四邊形AFCC'是平行四邊形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴＝，即＝＝，設(shè)AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴＝，即＝，∴CE＝7.5；（3）分兩種情況：①當(dāng)C'F＝BC'時(shí)，如圖2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四邊形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴＝，即＝，∴＝，∴CE＝；②當(dāng)