备战中考初中数学导练学案50讲—第44讲四边形与图像变换的综（讲练版）

这是一份备战中考初中数学导练学案50讲—第44讲四边形与图像变换的综（讲练版），共31页。学案主要包含了疑难点拨等内容，欢迎下载使用。
备战中考初中数学导练学案50讲
第44讲 四边形与图像变换的综合
【疑难点拨】
1.四边形与图形变换综合的基本思想是运动变换思想，以局部带整体，先找出图形的关键点，进行图形变换．
2. 几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与四边形相结合．解决旋转变换问题，首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后两图形全等等性质解题．
3. 几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多与四边形相结合．翻折变换的实质是对称，翻折部分的两图形全等，找出对应边、对应角，再结合勾股定理、相似的性质与判定解题．
4. 图形的相似常以三角形、四边形为背景，与旋转、翻折、动点相结合，考查三角形相似的性质及判定，难度较大，是中考中常考的几何压轴题．与动点相关的相似三角形，要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角，进而判定相似三角形，再利用相似三角形的性质解题．
【基础篇】
1. 如图，点P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B沿顺时针方向旋转后与△CBP1重合，若PB=5，那么PP1=（　　）

A．5 B．5 C．6 D．5
2.如图，有一块矩形纸片ABCD，AB＝8，AD＝6，将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积为( )
A. B. C．2 D．4
3. 如图，四边形ABCD中，∠C＝50°，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是BC，DC上的点，当△AEF的周长最小时，∠EAF的度数为( D )
A．50° B．60° C．70° D．80°

4. （2018·台湾·分）如图1的矩形ABCD中，有一点E在AD上，今以BE为折线将A点往右折，如图2所示，再作过A点且与CD垂直的直线，交CD于F点，如图3所示，若AB=6，BC=13，∠BEA=60°，则图3中AF的长度为何？（　　）

A．2 B．4 C．2 D．4
5. （2018·四川自贡·4分）如图，在边长为a正方形ABCD中，把边BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则△MNC的面积为（　　）

A． B． C． D．
6. （2018•聊城）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（　　）

A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）
7. 如图36－5，将一张直角三角形纸片ABC沿中位线DE剪开后，在平面上将△BDE绕着CB的中点D逆时针旋转180°，点E到了点E′位置，则四边形ACE′E的形状是__ __．
8. （2018•达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为　 　．

9. （2018·山东潍坊·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为　 　．

10. （2018•山东枣庄•4分）如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为　 　．

【能力篇】
11. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD＝4，△ABC的周长为14，将△ABC平移到△DEF的位置．
(1)指出平移的方向和平移的距离；
(2)求四边形ABFD的周长．





12. 如图36－10①，将矩形ABCD沿DE折叠使点A落在A′处，然后将矩形展平，如图②沿EF折叠使点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处．
(1)求证：EG＝CH；
(2)已知AF＝，求AD和AB的长．




① ②




13. 如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E.
(1)求证：∠EDB＝∠EBD；
(2)判断AF与DB是否平行，并说明理由．



14. 如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF.
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心__A__点，按顺时针方向旋转__90__度得到；
(3)若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积．






15. 如图，矩形ABCD中，AC=2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F=AB．
（1）求证：AE=C′E．
（2）求∠FBB'的度数．
（3）已知AB=2，求BF的长．





16. 如图，将矩形纸片ABCD(AD＞AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F.
(1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；
(2)若AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．





17. （2018·云南省昆明·12分）如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB=90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．

（1）求证：AD2=DP•PC；
（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；
（3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．若=，求的值．










18. （2018·山东临沂·11分）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．

（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD=CD；
（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由．




【探究篇】
19. （2018年江苏省泰州市•12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）





20. （2018•湖南省永州市•12分）如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．

（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．
















第44讲 四边形与图像变换的综合
【疑难点拨】
1.四边形与图形变换综合的基本思想是运动变换思想，以局部带整体，先找出图形的关键点，进行图形变换．
2. 几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与四边形相结合．解决旋转变换问题，首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后两图形全等等性质解题．
3. 几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多与四边形相结合．翻折变换的实质是对称，翻折部分的两图形全等，找出对应边、对应角，再结合勾股定理、相似的性质与判定解题．
4. 图形的相似常以三角形、四边形为背景，与旋转、翻折、动点相结合，考查三角形相似的性质及判定，难度较大，是中考中常考的几何压轴题．与动点相关的相似三角形，要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角，进而判定相似三角形，再利用相似三角形的性质解题．
【基础篇】
1. 如图，点P是正方形ABCD内一点，将△ABP绕点B沿顺时针方向旋转后与△CBP1重合，若PB=5，那么PP1=（　　）

A．5 B．5 C．6 D．5
【分析】依题意得，旋转中心为点B，旋转角∠PBP1=∠ABC=90°，对应点P、P1到旋转中心的距离相等，即BP=BP1=5，可证△BPP1为等腰直角三角形，由勾股定理求PP1．
【解答】解：根据旋转的性质可知，∠PBP1=∠ABC=90°，BP=BP1=5，
∴△BPP1为等腰直角三角形，
由勾股定理，得PP1=．故选D．
【点评】本题考查了旋转的两个性质：①旋转角相等，②对应点到旋转中心的距离相等．解题时要注意是按顺时针旋转．
2.如图，有一块矩形纸片ABCD，AB＝8，AD＝6，将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，折痕为AE，再将△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，则△CEF的面积为( )
A. B. C．2 D．4
【解析】　∵AB＝8，AD＝6，将纸片折叠，使得AD边落在AB边上，
∴DB＝8－6＝2，∠EAD＝45°，
又∵△AED沿DE向右翻折，AE与BC的交点为F，
∴AB＝AD－DB＝6－2＝4，△ABF为等腰直角三角形，
∴BF＝AB＝4，
∴CF＝BC－BF＝6－4＝2，
而EC＝DB＝2，
则△CEF的面积＝×2×2＝2.
3. 如图，四边形ABCD中，∠C＝50°，∠B＝∠D＝90°，E，F分别是BC，DC上的点，当△AEF的周长最小时，∠EAF的度数为( D )
A．50° B．60° C．70° D．80°

【解析】　要使△AEF的周长最小，即利用点的对称，使三角形的三边在同一直线上，作出A关于BC和CD的对称点A′，A″，连结A′A″交BC于E，DC于F，则此时△AEF的周长最小．即可得出∠AA′E＋∠A″＝∠HAA′＝50°，进而得出∠AEF＋∠AFE＝2(∠AA′E＋∠A″)＝2×50°＝100°，∴∠EAF＝180°－100°＝80°.
4. （2018·台湾·分）如图1的矩形ABCD中，有一点E在AD上，今以BE为折线将A点往右折，如图2所示，再作过A点且与CD垂直的直线，交CD于F点，如图3所示，若AB=6，BC=13，∠BEA=60°，则图3中AF的长度为何？（　　）

A．2 B．4 C．2 D．4
【分析】作AH⊥BC于H．则四边形AFCH是矩形，AF=CH，AH=CF=3．在Rt△ABH中，解直角三角形即可解决问题；
【解答】解：作AH⊥BC于H．则四边形AFCH是矩形，AF=CH，AH=CF=3．

在Rt△AHB中，∠ABH=30°，
∴BH=AB•cos30°=9，
∴CH=BC﹣BH=13﹣9=4，
∴AF=CH=4，
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
5. （2018·四川自贡·4分）如图，在边长为a正方形ABCD中，把边BC绕点B逆时针旋转60°，得到线段BM，连接AM并延长交CD于N，连接MC，则△MNC的面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，根据旋转变换的性质得到△MBC是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股定理分别求出MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，
则BG=GC，AB∥MG∥CD，
∴AM=MN，
∵MH⊥CD，∠D=90°，
∴MH∥AD，
∴NH=HD，
由旋转变换的性质可知，△MBC是等边三角形，
∴MC=BC=a，
由题意得，∠MCD=30°，
∴MH=MC=a，CH=a，
∴DH=a﹣a，
∴CN=CH﹣NH=a﹣（a﹣a）=（﹣1）a，
∴△MNC的面积=××（﹣1）a=a2，
故选：C．

【点评】本题考查的是旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质、平行线的性质是解题的关键．
6. （2018•聊城）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（　　）

A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）
【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．
【解答】解：过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A1M⊥x轴于点M，
由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，
∠1=∠2=∠3，
则△A1OM∽△OC1N，
∵OA=5，OC=3，
∴OA1=5，A1M=3，
∴OM=4，
∴设NO=3x，则NC1=4x，OC1=3，
则（3x）2+（4x）2=9，
解得：x=±（负数舍去），
则NO=，NC1=，
故点C的对应点C1的坐标为：（﹣，）．
故选：A．

7. 如图36－5，将一张直角三角形纸片ABC沿中位线DE剪开后，在平面上将△BDE绕着CB的中点D逆时针旋转180°，点E到了点E′位置，则四边形ACE′E的形状是__ __．
【解析】　∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DE＝AC.
∵将△BDE绕着CB的中点D逆时针旋转180°，点E到了点E′位置，
∴DE＝DE′，∴EE′＝2DE＝AC，
∴四边形ACE′E的形状是平行四边形．

8. （2018•达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为　 　．

【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．
【解答】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，
由题意得，OA=6，AB=OC﹣2，
则tan∠BOA==，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2，
∴点B1的坐标为（﹣2，6），
故答案为：（﹣2，6）．

9. （2018·山东潍坊·3分）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD相交于点M，则点M的坐标为　 　．

【分析】连接AM，由旋转性质知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，证Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案．
【解答】解：如图，连接AM，

∵将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形AB'C′D′，
∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°，
∴∠B′AD=60°，
在Rt△ADM和Rt△AB′M中，
∵，
∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL），
∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°，
∴DM=ADtan∠DAM=1×=，
∴点M的坐标为（﹣1，），
故答案为：（﹣1，）．
【点评】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质，解题的关键是掌握旋转变换的不变性与正方形的性质、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用．
10. （2018•山东枣庄•4分）如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为　 　．

【分析】根据旋转的思想得PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到CE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2，
∵AD=2，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2﹣2，PE=4﹣2，
过P作PF⊥CD于F，
∴PF=PE=2﹣3，
∴三角形PCE的面积=CE•PF=×（2﹣2）×（2﹣3）=9﹣5，
故答案为：9﹣5．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
【能力篇】
11. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD＝4，△ABC的周长为14，将△ABC平移到△DEF的位置．
(1)指出平移的方向和平移的距离；
(2)求四边形ABFD的周长．

解：(1)平移的方向是沿AD(或者是沿BC)方向，平移的距离是4.
(2)根据平移的性质：AD＝CF＝4.
∵△ABC≌△DEF，
∴AC＝DF.
∵C△ABC＝AB＋BC＋AC＝14，
∴C梯形ABFD＝AB＋BF＋DF＋AD＝AB＋BC＋CF＋AC＋AD＝C△ABC＋CF＋AD＝14＋4＋4＝22.
12. 如图36－10①，将矩形ABCD沿DE折叠使点A落在A′处，然后将矩形展平，如图②沿EF折叠使点A落在折痕DE上的点G处，再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处．
(1)求证：EG＝CH；
(2)已知AF＝，求AD和AB的长．




① ②
解：(1)证明：由折叠知△AEF≌△GEF，△BCE≌△HCE，
∵AE＝A′E＝BC，∠AEF＝∠BCE，∴△AEF≌△BCE，
∴△GEF≌△HCE，∴EG＝CH；
(2)∵AF＝FG＝，∠FDG＝45°，∴FD＝2，AD＝2＋；
∵AF＝FG＝HE＝EB＝，AE＝AD＝2＋，
∴AB＝AE＋EB＝2＋＋＝2＋2.
13. 如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E.
(1)求证：∠EDB＝∠EBD；
(2)判断AF与DB是否平行，并说明理由．

解：(1)证明：由折叠可知：∠CDB＝∠EDB.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB.
∴∠CDB＝∠EBD.
∴∠EDB＝∠EBD.
(2)AF∥DB，理由如下：
∵∠EDB＝∠EBD，∴DE＝BE.
由折叠可知：DC＝DF.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC＝AB.
∴DF＝AB.
∴AE＝EF.
∴∠EAF＝∠EFA.
在△BED中，∠EDB＋∠EBD＋∠DEB＝180°，
∴2∠EDB＋∠DEB＝180°.
同理，在△AEF中，2∠EFA＋∠AEF＝180°.
∵∠DEB＝∠AEF，
∴∠EDB＝∠EFA.
∴AF∥DB.
14. 如图，四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF.
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心__A__点，按顺时针方向旋转__90__度得到；
(3)若BC＝8，DE＝2，求△AEF的面积．

解：(1)∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°，
而F是CB的延长线上的点，∴∠ABF＝∠D＝90°.
又∵AB＝AD，DE＝BF，∴△ADE≌△ABF(SAS)；
(3)∵BC＝8，∴AD＝8，在Rt△ADE中，DE＝2，AD＝8，
∴AE＝＝2，
∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90°得到，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°.∴△AEF的面积＝AE2＝×4×17＝34.
15. 如图，矩形ABCD中，AC=2AB，将矩形ABCD绕点A旋转得到矩形AB′C′D′，使点B的对应点B'落在AC上，B'C'交AD于点E，在B'C′上取点F，使B'F=AB．
（1）求证：AE=C′E．
（2）求∠FBB'的度数．
（3）已知AB=2，求BF的长．

【分析】（1）在直角三角形ABC中，由AC=2AB，得到∠ACB=30°，再由折叠的性质得到一对角相等，利用等角对等边即可得证；
（2）由（1）得到△ABB′为等边三角形，利用矩形的性质及等边三角形的内角为60°，即可求出所求角度数；
（3）法1：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，过B作BH⊥BF，在直角三角形BB′H中，利用锐角三角函数定义求出BH的长，由BF=2BH即可求出BF的长；
法2：连接AF，过A作AM⊥BF，可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，分别利用三角函数定义求出MF与AM，根据AM=BM，即BM+MF=BF即可求出．
【解答】（1）证明：∵在Rt△ABC中，AC=2AB，
∴∠ACB=∠AC′B′=30°，∠BAC=60°，
由旋转可得：AB′=AB，∠B′AC=∠BAC=60°，
∴∠EAC′=∠AC′B′=30°，
∴AE=C′E；
（2）解：由（1）得到△ABB′为等边三角形，
∴∠AB′B=60°，
∴∠FBB′=15°；
（3）法1：解：由AB=2，得到B′B=B′F=2，∠B′BF=15°，
过B作B′H⊥BF，
在Rt△BB′H中，cos15°=，即BH=2×=，
则BF=2BH=+（cos15°=cos（45°﹣30°）=cos45°cos30°+sin45°sin30°=×+×=）；
法2：连接AF，过A作AM⊥BF，
（2）可得△AB′F是等腰直角三角形，△AB′B为等边三角形，
∴∠AFB′=45°，
∴∠AFM=30°，∠ABF=45°，
在Rt△AMF中，AM=BM=AB•cos∠ABM=2×=，
在Rt△AMF中，MF=，
则BF=+．

【点评】此题考查了旋转的性质，矩形的性质，锐角三角函数定义，等边三角形、直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
16. 如图，将矩形纸片ABCD(AD＞AB)折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，AD相交于点E，F.
(1)判断四边形CEGF的形状，并证明你的结论；
(2)若AB＝3，BC＝9，求线段CE的取值范围．

解：(1)四边形CEGF为菱形．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC.
∴∠GFE＝∠FEC.
∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线，
∴∠GEF＝∠FEC.
∴∠GFE＝∠FEG.
∴GF＝GE.
∵图形翻折后EC与GE完全重合，
∴GE＝EC.
∴GF＝EC.又∵GF∥EC，
∴四边形CEGF为平行四边形．
∴四边形CEGF为菱形．
(2)如图1，当F与D重合时，CE取最小值，
由折叠的性质得CD＝DG，∠CDE＝∠GDE＝45°.
∵∠ECD＝90°，
∴∠DEC＝45°＝∠CDE.
∴CE＝CD＝DG.
∵DG∥CE，
∴四边形CEGD是正方形．
∴CE＝CD＝AB＝3.

如图2，当G与A重合时，CE取最大值，
由折叠的性质得AE＝CE.
∵∠B＝90°，
∴AE2＝AB2＋BE2，即CE2＝32＋(9－CE)2.
∴CE＝5.
∴线段CE的取值范围3≤CE≤5.
17. （2018·云南省昆明·12分）如图1，在矩形ABCD中，P为CD边上一点（DP＜CP），∠APB=90°．将△ADP沿AP翻折得到△AD′P，PD′的延长线交边AB于点M，过点B作BN∥MP交DC于点N．

（1）求证：AD2=DP•PC；
（2）请判断四边形PMBN的形状，并说明理由；
（3）如图2，连接AC，分别交PM，PB于点E，F．若=，求的值．
【分析】（1）过点P作PG⊥AB于点G，易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，所以AD=PG，DP=AG，GB=PC，易证△APG∽△PBG，所以PG2=AG•GB，即AD2=DP•PC；
（2）DP∥AB，所以∠DPA=∠PAM，由题意可知：∠DPA=∠APM，所以∠PAM=∠APM，由于∠APB﹣∠PAM=∠APB﹣∠APM，即∠ABP=∠MPB，从而可知PM=MB=AM，又易证四边形PMBN是平行四边形，所以四边形PMBN是菱形；
（3）由于=，可设DP=1，AD=2，由（1）可知：AG=DP=1，PG=AD=2，从而求出GB=PC=4，AB=AG+GB=5，由于CP∥AB，从而可证△PCF∽△BAF，△PCE∽△MAE，从而可得∴，，从而可求出EF=AF﹣AE=AC﹣=AC，从而可得==．
【解答】解：（1）过点P作PG⊥AB于点G，
∴易知四边形DPGA，四边形PCBG是矩形，
∴AD=PG，DP=AG，GB=PC
∵∠APB=90°，
∴∠APG+∠GPB=∠GPB+∠PBG=90°，
∴∠APG=∠PBG，
∴△APG∽△PBG，
∴，
∴PG2=AG•GB，
即AD2=DP•PC；
（2）∵DP∥AB，
∴∠DPA=∠PAM，
由题意可知：∠DPA=∠APM，
∴∠PAM=∠APM，
∵∠APB﹣∠PAM=∠APB﹣∠APM，
即∠ABP=∠MPB
∴AM=PM，PM=MB，
∴PM=MB，
又易证四边形PMBN是平行四边形，
∴四边形PMBN是菱形；
（3）由于=，
可设DP=1，AD=2，
由（1）可知：AG=DP=1，PG=AD=2，
∵PG2=AG•GB，
∴4=1•GB，
∴GB=PC=4，
AB=AG+GB=5，
∵CP∥AB，
∴△PCF∽△BAF，
∴==，
∴，
又易证：△PCE∽△MAE，AM=AB=
∴===
∴，
∴EF=AF﹣AE=AC﹣=AC，
∴==

【点评】本题考查相似三角形的综合问题，涉及相似三角形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，综合程度较高，需要学生灵活运用所学知识．
18. （2018·山东临沂·11分）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜360°），得到矩形AEFG．

（1）如图，当点E在BD上时．求证：FD=CD；
（2）当α为何值时，GC=GB？画出图形，并说明理由．
【分析】（1）先运用SAS判定△AEG≌Rt△FDG，可得DF=AE，再根据AE=AB=CD，即可得出CD=DF；
（2）当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．
【解答】解：（1）由旋转可得，AE=AB，∠AEF=∠ABC=∠DAB=90°，EF=BC=AD，

∴∠AEB=∠ABE，
又∵∠ABE+∠GDE=90°=∠AEB+∠DEG，
∴∠EDG=∠DEG，
∴DG=EG，
∴FG=AG，
又∵∠DGF=∠EGA，
∴△AEG≌Rt△FDG（SAS），
∴DF=AE，
又∵AE=AB=CD，
∴CD=DF；
（2）如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，

∵GC=GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM=BH=AD=AG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD=GA=DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，

∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=360°﹣60°=300°．
【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
【探究篇】
19. （2018年江苏省泰州市•12分）对给定的一张矩形纸片ABCD进行如下操作：先沿CE折叠，使点B落在CD边上（如图①），再沿CH折叠，这时发现点E恰好与点D重合（如图②）
（1）根据以上操作和发现，求的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点C与点H重合，折痕与AB相交于点P，再将该矩形纸片展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的P点，要求只有一条折痕，且点P在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）

【分析】（1）依据△BCE是等腰直角三角形，即可得到CE=BC，由图②，可得CE=CD，而AD=BC，即可得到CD=AD，即=；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，依据勾股定理可得AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出AP=BC，再根据PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠CPH=90°；
②由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到CP平分∠BCE，故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE=∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴=cos45°=，即CE=BC，
由图②，可得CE=CD，而AD=BC，
∴CD=AD，
∴=；

（2）①设AD=BC=a，则AB=CD=a，BE=a，
∴AE=（﹣1）a，
如图③，连接EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（﹣1）a，
设AP=x，则BP=a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（﹣1）a]2+x2=（a﹣x）2+a2，
解得x=a，即AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由AP=BC=AD，可得△ADP是等腰直角三角形，PD平分∠ADC，
故沿着过D的直线翻折，使点A落在CD边上，此时折痕与AB的交点即为P；

折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即CP平分∠BCE，
故沿着过点C的直线折叠，使点B落在CE上，此时，折痕与AB的交点即为P．

【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．解题时常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
20. （2018•湖南省永州市•12分）如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G、H分别在BC、AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I．若CI=4，HI=3，AD=．矩形DFGI恰好为正方形．

（1）求正方形DFGI的边长；
（2）如图2，延长AB至P．使得AC=CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3）如图3，连接DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG、DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．
【分析】（1）由HI∥AD，得到=，求出AD即可解决问题；
（2）如图2中，设等G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．求出IG′和BD的长比较即可判定；
（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．想办法证明MN=MI′+NF′，即可解决问题；
【解答】解：（1）如图1中，

∵HI∥AD，
∴=，
∴=，
∴AD=6，
∴ID=CD﹣CI=2，
∴正方形的边长为2．
（2）如图2中，设等G落在PC时对应的点为G′，点F的对应的点为F′．

∵CA=CP，CD⊥PA，
∴∠ACD=∠PCD，∠A=∠P，
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′=∠A，∠CG′H=∠P，
∴∠CHG′=∠CG′H，
∴CH=CG′，
∴IH=IG′=DF′=3，
∵IG∥DB，
∴=，
∴=，
∴DB=3，
∴DB=DF′=3，
∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．
（3）如图3中，如图将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N、F′、R共线．

∵∠MDN=∠NDF+∠MDI′=∠NDF′+∠DF′R=∠NDR=45°，
∵DN=DN，DM=DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′，
∴△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′R=2I′G′=4．
【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．