2022年中考数学考前30天迅速提分专题13 特殊四边形综合的六种题型与真题训练（含答案）

这是一份2022年中考数学考前30天迅速提分专题13 特殊四边形综合的六种题型与真题训练（含答案），共159页。试卷主要包含了5°．，8，等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（全国通用）
专题2.4特殊四边形综合的六种题型与真题训练

题型一： 正方形综合题
一．选择题（共4小题）
1．（2022•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（　　）

A． B． C． D．
2．（2021•南湖区校级模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（　　）
①△CMP∽△BPA；
②△CNP的周长始终不变；
③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；
④线段AM的最小值为；
⑤当△ABP≌△ADN时，BP＝2﹣2．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
3．（2021•天门模拟）如图，正方形ABCD的边长为定值，E是边CD上的动点（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点F，FG⊥AE交BC于点G，GH⊥BD于点H，连结AG交BD于点N．现给出下列命题：①AF＝FG；②DF＝DE；③FH的长度为定值；④GE＝BG+DE；⑤BN2+DF2＝NF2．真命题有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
4．（2021•南山区二模）如图，正方形ABCD内一点E，满足△CDE为正三角形，直线AE交BC于F点，过E点的直线GH⊥AF，交AB于点G，交CD于点H．以下结论：
①∠AFC＝105°；②GH＝2EF；③；④
其中正确的有（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
二．填空题（共2小题）
5．（2022•济南一模）如图，已知正方形ABCD，延长AB至点E使BE＝AB，连接CE、DE，DE与BC交于点N，取CE的中点F，连接BF，AF，AF交BC于点M，交DE于点O，则下列结论：
①DN＝EN；②OA＝OE；③CN：MN：BM＝3：1：2；④tan∠CED＝；⑤S四边形BEFM＝2S△CMF．
其中正确的是 　 　.（只填序号）


6．（2022•利州区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上（AE＜EC），连接DE并延长交AB于点F，过点E作EG⊥DE交BC于点G，连接DG，FG，DG交AC于H，现有以下结论：①DE＝EG；②AE2+HC2＝EH2；③S△DEH为定值；④CG+CD＝CE；⑤GF＝EH．以上结论正确的有 　 　（填入正确的序号即可）．

三．解答题（共8小题）
7．（2021•武进区模拟）某数学兴趣小组发现八年级期中试卷上有这样一道题：如图①，在正方形ABCD的外部作∠AED＝45°，且AE＝6，DE＝3，连接BE，求BE的长．经过思考，小明提出两种解题的思路：
思路1：如图②，分别过点D、B作DF⊥AE，BG⊥EA的延长线，垂足分别为F、G．构造△ABG≌△DAF，求出EG、BG的长，再利用勾股定理求BE的长．
思路2：如图③，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，就可以构造出Rt△EDF，运用勾股定理可以求出EF的长，从而得到BE的长．
（1）求得BE＝　 　．
请你用学过的知识或参考小明的思路解决兴趣小组提出的以下两个问题：
（2）如图④，在菱形ABCD中，∠BAD＝45°，在菱形ABCD的外部作∠AED＝22.5°，且AE＝，DE＝1，连接BE，求BE2的值；
（3）如图⑤，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，在△ABC外部作△APC，AP＝AC，∠APC＝β，连接PB，若PC2+2BC2＝PB2，试探求α与β的数量关系．


8．（2021•息县模拟）问题背景：
在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究，如图①，边长为6的正方形ABCD的对角线相交于点E，分别延长EA到点F，EB到点H，使AF＝BH，再以EF，EH为邻边做正方形EFGH，连接AH，DF．
解决问题：
（1）AH与DF之间的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　；
深入研究：
（2）如图②正方形EFGH固定不动，将正方形ABCD绕点E顺时针方向旋转α°，判断AH与DF的关系，并证明：
拓展延伸：
（3）如图③，在正方形ABCD旋转过程中（0°＜α＜90°），AB，BC分别交EF，EH于点M，N，连接MN，EC．
①当AM＝2时，直接写出S△BMN+S△CEN的值；
②若α＝45°，在不添加字母的情况下，请你在图中再找两个点，和点M，N所围成的四边形是特殊四边形，直接写出这个特殊四边形．（写两个，不需要证明，需要指明是什么特殊四边形）











9．（2021•临沂模拟）问题情境：如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，F是AC边上的一个动点（点F与A、C不重合），以CF为一边在等腰直角三角形外作正方形CDEF，连接BF、AD．
探究展示：（1）①猜想图1中线段BF、AD的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；
②将图1中的正方形CDEF绕着点C按顺时针方向旋转角度α，得到如图2的情形．图2中BF交AC于点H，交AD于点O，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．
拓展延伸：（2）将原题中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB＝90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，如图3，且AC＝4，BC＝3，CD＝，CF＝1，BF交AC于点H，交AD于点O，连接BD、AF，求BD2+AF2的值．


















10．（2022•金乡县一模）如图1，若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．
（1）【概念理解】如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）【性质探究】如图1，四边形ABCD是垂美四边形，请探究AB2，CD2，AD2，BC2之间存在怎样的关系？并进行证明；
（3）【性质运用】如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE，CE交BG于点N，交AB于点M．已知AC＝，AB＝2，求GE的长．




















11．（2021秋•晋中期中）综合与实践
如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为E，GF⊥CD，垂足为F．

【证明与推断】
（1）①四边形CEGF的形状是 　 　；
②的值为 　 　；
【探究与证明】
（2）在图1的基础上，将正方形CEGF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
【拓展与运用】
（3）如图3，在（2）的条件下，正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点共线时，探究AG和GE的位置关系，并说明理由．


















12．（2021•远安县二模）如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点．

（1）如图1，连接CE、BF，交于P点．
①求证：CE＝BF；
②求证：S四边形AEPF＝S△BPC；
（2）如图2，连接DP．求证：DP＝DC；
（3）如图3，将△ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接FQ并延长，交DC于G点．求DG：GF的值．





















13．（2021•孝义市三模）综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形纸片ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边上的点，且AE＝BF＝CG＝DH．
动手操作：

操作一：如图2，将△DHG，△BFE分别沿HG，EF折叠．点D，B的对应点分别为P，Q．
操作二：再将图2中的纸片进行折叠，使得点H与点G，点E与点F分别重合，折痕与GH交于点M，与EF交于点N．
操作三：分别连接MP，PN，NQ，MQ．
解决问题：
（1）在图1中，求证：四边形GHEF是正方形；
（2）在图2中，求证：四边形MPNQ是平行四边形．
（3）在满足（2）的条件下，若四边形MPNQ是矩形，请利用图3，直接写出的值是 　 　．













14．（2021•海陵区校级二模）已知正方形ABCD的边长为8，P为AB上一点，且AP＝2，E为AD上的动点（不与A、D重合），连接CE，过点D作DF⊥CE于F，Q为AE上一点．

（1）如图1，当PF∥AD时，求∠DCE的度数．
（2）如图2，连接BD交CE于点M，连接AM，当FD＝FQ时，求证：QF∥AM．
（3）如图3，连接PQ、QF，求QF+PQ的最小值．












题型二：长方形综合题
一．填空题（共1小题）
1．（2022•安徽一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是BC的中点，连接AE，过点D作DF⊥AE于点F，连接CF、AC．
（1）线段DF的长为 　 　；
（2）若AC交DF于点M，则＝　 　．
二．解答题（共6小题）
2．（2022•锡山区校级模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，已知，将矩形沿EF对折（点E、F分别在边BC、AD上），使顶点D落在AB边上的点P处．
（1）若AB＝4，BC＝6，
①当AP＝3时，求DF的长；
②设AP＝m，EQ＝y，试求y与m之间函数表达式；
（2）记四边形PQEF的面积为S，若＝k，试说明当k为何值时S的值最小？



















3．（2021•开化县模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点P是射线BC上的动点，连结AP，将△ABP沿着AP翻折得到△ADP．

（1）如图1，当点D在AC上时，求△ABP的面积；
（2）如图2，连结BD，CD，AC与DP相交于点M，AP与BD相交于点N，当∠BDC＝90°时，求DM：PM的值；
（3）如图3，在CD左侧构造一个矩形CDEF，使得CD：DE＝1：2，当点E、F中有一点落在直线AB上时，求BP的长．





















4．（2021•黄岛区模拟）已知：如图，在矩形ABCD中，CD＝6cm，BC＝8cm，对角线AC，BD交于点O，点P从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM∥BD，交AC于点M，连接PQ，PM分别交BD于点E，F．设运动时间为ts（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）当t为何值时，MP∥AB？
（2）设△PQM的面积为Scm2，求S与t的函数关系式．
（3）是否存在某一时刻t，使BD将△PQM分成△PEF和四边形EFMQ面积比为9：7？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）延长QM交AB于点N，是否存在某一时刻t，使点P在线段QN的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．



















5．（2021•临海市一模）【发现问题】
小聪发现图1所示矩形甲与图2所示矩形乙的周长与面积满足关系：＝＝．

【提出问题】
对于任意一个矩形A，是否一定存在矩形B，使得＝＝成立？
【解决问题】
（1）对于图2所示的矩形乙，是否存在矩形丙（可设两条邻边长分别为x和7﹣x），使得＝＝成立．若存在，求出矩形丙的两条邻边长；若不存在，请说明理由；
（2）矩形A两条邻边长分别为m和1，若一定存在矩形B，使得＝＝成立，求m的取值范围；
（3）请你回答小聪提出来的问题．若一定存在，请说明理由；若不一定存在，请直接写出矩形A两条邻边长a，b满足什么条件时一定存在矩形B．












6．（2021•临沂模拟）在一张长方形纸片ABCD中，AB＝25cm，AD＝20cm，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题：
（1）如图（1），折痕为DE，点A的对应点F在CD上，求折痕DE的长；
（2）如图（2），H，G分别为BC，AD的中点，A的对应点F在HG上，折痕为DE，求重叠部分的面积；
（3）如图（3），在图（2）中，把长方形ABCD沿着HG对开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠后，判断重叠四边形的形状，并证明．






















7．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B坐标为（8，6），对角线AC，BO交于点D，在边OC上有一动点P，点Q是点P关于OB的对称点，设OP＝t．
（1）当PQ过点D时，求点Q的坐标．
（2）用含t的代数式表示点Q的坐标．
（3）过点P作AC的垂线，交△ABC的边于点R，当△PQR为直角三角形时，求t的值．




















题型三：平行四边形综合题
一．解答题（共10小题）
1．（2022•郑州一模）在▱ABCD中，∠BAD＝α，以点D为圆心，适当的长度为半径画弧，分别交边AD、CD于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点K，作射线DK，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．
（1）如图1，当α＝120°时，连接AP，线段AP和线段AC的数量关系为 　 　；
（2）如图2，当α＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请求出∠FAC的度数，以及AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当a＝120°时，连接AP，若，请直接写出线段AP与线段DG的比值．














2．（2020•沙湾区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AD⊥BD，P是AB上一动点，过P作DP的垂线交BC于E，将△PBE折叠得到△PBF，延长FP交AD于H，连接DE．
（1）求证：PH＝PF；
（2）当DP2＝DH•DA时，证明△ADP是等腰三角形；
（3）若AD＝3，AP＝2BP，求DE的长．






3．（2020•玉林模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC、AD于点E、F，已知AB＝1，，连接BF．
（1）如图①，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并证明；
（2）如图②，当α＝45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并证明；
（3）如图③，当α＝90°时，求△BOF的面积．










4．（2020•渝中区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AC为对角线，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E是AD上一点，连接BE，交AC与点F，过点C作线段BE的垂线，垂足为点G，交AD于点H，连接FH．
（1）如图1，当AB＝AE时，求证：BF﹣EG＝FH+HG；
（2）如图2，连接BH交AC于点K，当＝时，求出的值．






















5．（2020•长春一模）如图①，在平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝6，∠ABC＝60°．AE平分∠BAD交CD于点F．动点P从点A出发沿AD向点D以每秒1个单位长度的速度运动．过点P作PQ⊥AD，交射线AE于点Q，以AP、AQ为邻边作平行四边形APMQ，平行四边形APMQ与△ADF重叠部分面积为S．当点P与点D重合时停止运动，设P点运动时间为t秒．（t＞0）
（1）用含t的代数式表示QF的长．
（2）当点M落到CD边上时，求t的值．
（3）求S与t之间的函数关系式．
（4）连接对角线AM与PQ交于点G，对角线AC与BD交于点O（如图②）．直接写出当GO与△ABD的边平行时t的值．


















6．（2022•安阳县一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动（点P不与点B，C重合），以BP为边在BC上方作等腰Rt△BPN，使P为直角顶点，将△BPN绕NP的中点旋转180°得到△MNP，设四边形BPMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）点M到BC的距离为 　 　．（用含t的式子表示）
（2）若线段MN与AC交于点E，当t为何值时，射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分．
（3）当四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形时，求S与t的函数关系式．（不要求写出对应自变量取值范围）





7．（2021•吉林模拟）如图，∠MAN＝45°，在边AM上取一点B，使AB＝6cm，过点B作BD⊥AN，垂足为点D，以AB，AD为邻边作▱ABCD．动点P从点A出发，以1cm/s的速度在射线AB上运动，过点P作PE⊥AM，交AN于点E，以AP，AE为邻边作▱APQE．设点P运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示AE的长；
（2）当点Q落在BD边上时，求t的值；
（3）当△APE与△BCD重叠部分图形是轴对称图形时，求出t的取值范围；
（4）若点P从点A开始运动的同时，点K从点C出发，沿C﹣B﹣D﹣C方向做循环运动．已知点K在CB，BD边上的运动速度是cm/s，在CD边上的运动速度是每秒4cm/s．直接写出点K落在△PQE内部时t的取值范围．


8．（2020•市北区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，AD＝10，AB和CD之间的距离是8，动点P在线段AB上从点A出发沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速运动；动点Q在线段BC上从点B出发沿BC的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，过点P作PE⊥AB，交线段AD于点E，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒，0＜t≤3．
（1）当t为何值时，BE平分∠ABC？
（2）连接PQ，CE，设四边形PECQ的面积为S，求出S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得CE∥QP？若存在，请直接给出此时t的值（不必写说理过程）；若不存在，请说明理由．




















9．（2020•城阳区一模）如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥AD，AB＝20．AD＝12．动点G在线段AD上，点G从点A出发沿AD方向以每秒2个单位长的速度匀速运动；动点H在线段CD上，点H从点C出发沿CD的方向以每秒2个单位长的速度匀速运动，过点G作EG⊥AD．交线段AB于点E．若G、H两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动随之停止，设运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，四边形HDAE是平行四边形？
（2）设△EHG的面积为S，求出S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得△EHG的面积S最大？若存在，求出此时t的值；求出此时最大面积S；若不存在，请说明理由；
（4）是否存在某一时刻t，使得△EHG的面积S是平行四边形ABCD面积的？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．



10．（2020•唐山二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝9，AD＝13，tanA＝，P是射线AD上一点，连接PB，沿PB将三角形APB折叠，得三角形A′PB．
（1）当∠DPA′＝10°时，∠APB＝　 　度；
（2）当PA′⊥BC时，求线段PA的长度；
（3）当点A′落在平行四边形ABCD的边所在的直线上时，求线段PA的长度；
（4）直接写出：在点P沿射线AD运动过程中，DA′的最小值是多少？



题型四：菱形综合题
一．解答题（共3小题）
1．（2020•于洪区模拟）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作
等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到
线段AM，连接FM．
（1）线段AO的长为　 　；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AM＝AC；
（3）连接EM．若△AFM的周长为3，请直接写出△AEM的面积．



















2．（2021•惠山区校级一模）在四边形AEBC中，点P是平面内不与点A、C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转与∠ACB相同的度数得到线段DP，连接AD、BD、CP．
（1）观察猜想：
如图1，当四边形AEBC为菱形，且∠ACB＝60°时，的值是 　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 　 　°；
（2）类比探究：
如图2，当四边形AEBC为正方形时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由；
（3）解决问题：
当四边形AEBC为正方形时，若点M、N分别是CA、CB的中点，点P在直线MN上，请直接写出点C、P、D在同一直线上时的值．












3．（2021•集贤县模拟）在菱形ABCD中，射线BM从对角线BD所在的位置开始绕着点B逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），点E在射线BM上，∠DEB＝∠DAB．
（1）当∠DAB＝60°时，BM旋转到图①的位置，线段BE，DE，AE之间的数量关系是 　 　；
（2）在（1）的基础上，当BM旋转到图②的位置时，探究线段BE，DE，AE之间的数量关系，并证明；
（3）将图②中的∠DAB＝60°改为∠DAB＝90°，如图③，其他条件不变，请直接写出线段BE，DE，AE之间的数量关系．





题型五： 梯形综合题
一．解答题（共2小题）
1．（2020•新都区模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝32，DC＝24，AD＝42，动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒4个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒2个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

2．（2018•南关区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝4，DC＝3，AD＝6．动点P从点D出发，沿射线DA的方向，在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△BPQ的面积为s，直接写出s与t之间的函数关系式是　 　（不写取值范围）．
（2）当B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时t的值．
（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA＝OB时，直接写出tan∠BQP＝　 　．
（4）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

题型六：筝形综合题
一．解答题（共2小题）
1．（2021•朝阳区校级三模）观察图片中的风筝，它们的主体部分可以看成是一个四边形，这类四边形的特征是两组邻边分别相等，我们把这样的四边形叫做“筝形”．

（1）提出猜想通过观察、测量等方法猜想筝形的对角线有什么性质，写出你的猜想 　 　．（写出一个即可）
（2）证明猜想．（结合图1写出已知，求证，并证明）．
（3）解决问题．如图2，在筝形ABCD中，∠DAB＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝6，求对角线AC的长．



2．（2019•河南一模）四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是 　 　，请说明理由．
（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．
（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．





【真题训练】
一．填空题（共1小题）
1．（2021•张家界）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接DE，AE，CE，过点D作DE的垂线交AE于点P，若DE＝DP＝1，PC＝．下列结论：①△APD≌△CED；②AE⊥CE；③点C到直线DE的距离为；④S正方形ABCD＝5+2，其中正确结论的序号为 　 　．

二．解答题（共9小题）
2．（2015•盐城）如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，已知EP＝FP＝4，EF＝4，∠BAD＝60°，且AB＞4．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．
























3．（2015•淮安）阅读理解：
如图①，如果四边形ABCD满足AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”．
将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O．

简单应用：
（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是 　 　；
（2）当图③中的∠BCD＝120°时，∠AEB′＝　 　°；
（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有 　 　个（包含四边形ABCD）．
拓展提升：
当图③中的∠BCD＝90°时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由．













4．（2018•云南）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，AF＝AD+FC，平行四边形ABCD的面积为S，由A、E、F三点确定的圆的周长为l．
（1）若△ABE的面积为30，直接写出S的值；
（2）求证：AE平分∠DAF；
（3）若AE＝BE，AB＝4，AD＝5，求l的值．

5．（2016•镇江）如图1，在菱形ABCD中，AB＝6，tan∠ABC＝2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）当t＝　 　秒时，DF的长度有最小值，最小值等于 　 　；
（3）如图2，连接BD、EF、BD交EC、EF于点P、Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（4）如图3，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CG．在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．









6．（2016•枣庄）如图，把△EFP放置在菱形ABCD中，使得顶点E，F，P分别在线段AB，AD，AC上，已知EP＝FP＝6，EF＝6，∠BAD＝60°，且AB＞6．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝10，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．

7．（2016•长春）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝8，∠BAD＝60°，点E从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，当点E不与点A重合时，过点E作EF⊥AD于点F，作EG∥AD交AC于点G，过点G作GH⊥AD交AD（或AD的延长线）于点H，得到矩形EFHG，设点E运动的时间为t秒
（1）求线段EF的长（用含t的代数式表示）；
（2）求点H与点D重合时t的值；
（3）设矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积与S平方单位，求S与t之间的函数关系式；
（4）矩形EFHG的对角线EH与FG相交于点O′，当OO′∥AD时，t的值为 　 　；当OO′⊥AD时，t的值为 　 　．










8．（2015•海南）如图，菱形ABCD中，点P是CD的中点，∠BCD＝60°，射线AP交BC的延长线于点E，射线BP交DE于点K，点O是线段BK的中点．
（1）求证：△ADP≌△ECP；
（2）若BP＝n•PK，试求出n的值；
（3）作BM⊥AE于点M，作KN⊥AE于点N，连接MO、NO，如图2所示，请证明△MON是等腰三角形，并直接写出∠MON的度数．




9．（2014•绥化）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC＝60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：PG＝PC．（不必证明）
（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；
（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．








10．（2014•沈阳）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形 ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．

（1）求AO的长；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AC＝AM；
（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．

2022年中考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

专题2.4特殊四边形综合的六种题型与真题训练

题型一：正方形综合题
一．选择题（共4小题）
1．（2022•鹿城区校级一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长．再根据全等三角形的对应边相等可得FQ＝DP，进而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中点，据此可得DM＝DF．
【解答】解：如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CN＝CD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN＝＝，
Rt△DFN中，DF＝＝＝．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DM＝DF＝．
故选：A．

【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．
2．（2021•南湖区校级模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（　　）
①△CMP∽△BPA；
②△CNP的周长始终不变；
③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；
④线段AM的最小值为；
⑤当△ABP≌△ADN时，BP＝2﹣2．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】首先证明∠APM＝90°，利用K型相似即可证明①正确；利用HL证明Rt△ADN≌Rt△AEN，得DN＝EN，可判断②正确；设ND＝NE＝y，在Rt△PCN中，由勾股定理得（y+1）2＝（2﹣y）2+12，解得y＝，可判断③错误；设PB＝x，则CP＝2﹣x，由△CMP∽△BPA，得CM＝，作MG⊥AB于G，则AG最小时，AM最小，由AG＝AB﹣BG＝AB﹣CM＝2﹣＝，可判断④错误；在AB上取一点K使AK＝PK，则∠BPK＝∠BKP＝45°，设PB＝BK＝z，AK＝PK＝z，得z+z＝2，可判断⑤正确．
【解答】解：①由折叠知：∠APB＝∠APE，∠MPC＝∠MPN，
∵点C、P、B共线，
∴∠MPN+∠APE＝90°，
∴∠APM＝90°，
∵∠CPM+∠APB＝90°，
∠APB+∠PAB＝90°，
∴∠CPM＝∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB＝DC＝AD＝2，
又∵∠C＝∠B＝90°，
∴△CMP∽△BPA，
故①正确；
②∵将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处，
∴AE＝AB，∠AEP＝∠ABP＝90°，PE＝PB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝AE，∠ADC＝∠AEN，
又∵AN是公共边，
∴Rt△ADN≌Rt△AEN（HL），
∴DN＝EN，
∴△CNP的周长为CD+CB＝4，
故②正确；
③当PB＝PC＝PE＝1时，设ND＝NE＝y，
在Rt△PCN中，
（y+1）2＝（2﹣y）2+12，
解得y＝，
∴NE≠EP，
故③错误；
④设PB＝x，则CP＝2﹣x，
∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM＝，
作MG⊥AB于G，

∵AM＝＝，
∴AG最小时，AM最小，
∵AG＝AB﹣BG＝AB﹣CM＝2﹣＝，
∴当x＝1时，AG最小值＝，
∴AM的最小值＝＝，
故④错误；
⑤∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB＝∠DAN＝22.5°，在AB上取一点K使AK＝PK，

设PB＝z，
∴∠KPA＝∠KAP＝22.5°，
∵∠PKB＝∠KPA+∠KAP＝45°，
∴∠BPK＝∠BKP＝45°，
∴PB＝BK＝z，AK＝PK＝z，
∴z+z＝2，
∴z＝2﹣2，
∴PB＝2﹣2，
故⑤正确，
故正确的有3个，
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，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，综合性较强，要求学生有较强的识图和逻辑思维能力，属于选择题中的压轴题．
3．（2021•天门模拟）如图，正方形ABCD的边长为定值，E是边CD上的动点（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点F，FG⊥AE交BC于点G，GH⊥BD于点H，连结AG交BD于点N．现给出下列命题：①AF＝FG；②DF＝DE；③FH的长度为定值；④GE＝BG+DE；⑤BN2+DF2＝NF2．真命题有（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】连接FC，通过证明△ABF≌△CBF，得到AF＝FC，通过证明∠FGC＝∠FCG，利用等角对等边得到FG＝FC，等量代换即可判定①的结论正确；利用反证法证明②的结论不正确；连接AC，通过证明△AOF≌△FHG，得到FH＝AO，由于OA为正方形ABCD的对角线的一半，OA＝AB，正方形ABCD的边长为定值，由此可得③的结论正确；延长CB至点K，使BK＝DE，连接AK，则△ABK≌△ADE，再证明△AGK≌△AGE，则得EG＝BG+BK，等量代换即可得到④的结论正确；将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABL，连接LN，通过证明△ALN≌△AFN，则得LN＝NF，再证明∠LBN＝∠ABL+∠ABD＝90°，利用勾股定理即可说明⑤的结论正确．
【解答】解：连接FC，如图，

∵ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC，∠ABC＝90°．
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS）．
∴AF＝FC，∠BAF＝∠BCF．
∵FG⊥AE，
∴∠AFG＝90°．
∵四边形的内角和为360°，
∴∠ABC+∠BAF+∠AFG+∠BGF＝360°．
∴∠BAF+∠BGF＝180°．
∵∠BGF+∠FGC＝180°，
∴∠FGC＝∠BAF．
∴∠FGC＝∠FCG．
∴FG＝FC．
∴AF＝FG．
∴①的结论正确；
假设DF＝DE正确，则∠DFE＝∠DEF．
∵∠FDE＝∠FDA＝45°，
∴∠DFE＝∠DEF＝＝67.5°．
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DEF＝67.5°．
∴∠DAE＝90°﹣∠BAE＝22.5°．
但E是边CD上的动点（不与点C，D重合），∠DAE的度数不确定，
∴假设不成立，②的结论不正确；
连接AC，AC与BD交于点O，AC交FG于点M，如图，

∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD．
∴∠AOF＝90°．
∵GH⊥BD，
∴∠GHF＝90°．
∴∠AOF＝∠GHF．
∵FO⊥AM，FG⊥AE，
∴△AFM∽△FOM．
∴∠FAO＝∠MFO．
由①知：AF＝FG．
在△AOF和△FHG中，
，
∴△AOF≌△FHG（AAS）．
∴FH＝OA．
∵正方形ABCD的边长AB为定值，OA＝AB，
∴FH的长为定值．
∴③的结论正确；
延长CB至点K，使BK＝DE，连接AK，如图，

在△ABK和△ADE中，
，
∴△ABK≌△ADE（SAS）．
∴∠BAK＝∠DAE，AK＝AE．
∵∠DAE+∠BAE＝90°，
∵∠BAK+∠BAE＝90°．
即∠KAE＝90°．
∵FG⊥AF，AF＝FG，
∴∠GAF＝∠AGF＝45°．
∴∠KAG＝∠EAG＝45°．
在△AGK和△AGE中，
，
∴△AGK≌△AGE（SAS）．
∴KG＝EG．
∴KB+BG＝GE．
∴DE+BG＝EG．
∴④的结论正确；
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABL，连接LN，如图，

则△ALB≌△AFD．
∴∠BAL＝∠DAF，AL＝AF，∠ABL＝∠ADF＝45°，LB＝DF．
∵∠DAF+∠BAE＝90°，
∵∠BAL+∠BAE＝90°．
即∠LAE＝90°．
∵FG⊥AF，AF＝FG，
∴∠GAF＝∠AGF＝45°．
∴∠LAG＝∠EAG＝45°．
在△ALN和△AFN中，
，
∴△ALN≌△AFN（SAS）．
∴LN＝NF．
∵∠ABD＝45°，
∴∠LBN＝∠ABL+∠ABD＝90°．
∴LB2+BN2＝LN2．
∴BN2+DF2＝NF2．
∴⑤的结论正确．
综上，结论正确的有：①③④⑤，
故选：C．
【点评】本题是正方形的综合题，主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形的判定与性质，勾股定理，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2021•南山区二模）如图，正方形ABCD内一点E，满足△CDE为正三角形，直线AE交BC于F点，过E点的直线GH⊥AF，交AB于点G，交CD于点H．以下结论：
①∠AFC＝105°；②GH＝2EF；③；④
其中正确的有（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①②③④
【分析】根据等边三角形的性质求出∠CDE，然后求出∠ADE＝30°，再根据等腰三角形的性质求出∠DAE＝75°，然后求出∠BAF＝15°，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AFC＝105°，判断出①正确，过点H作HK⊥AB，可得HK＝AD，根据等角的余角相等求出∠BAF＝∠KHG，再利用“角角边”证明△ABF和△HKG，然后根据全等三角形对应边相等可得AF＝GH，再根据等边三角形的性质，点E是AF的中点，从而得到GH＝2EF，判断出②正确；再求出∠CEF＝∠CEH＝45°，过点F作FM⊥CE于M，过点H作HN⊥CE于N，解直角三角形分别用MF、CN表示出CE，可以得到MF＝CN，再表示出CE，即可判定③正确；设MF＝CN＝x，表示出EF、EH，然后求出的值，判断出④错误．
【解答】解：∵△CDE为正三角形，
∴∠CDE＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣60°＝30°，
∵AD＝DE＝CD，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠BAF＝90°﹣75°＝15°，
∴∠AFC＝90°+15°＝105°，故①正确；
过点H作HK⊥AB，则HK＝AD，
∵GH⊥AF，
∴∠BAF+∠AGE＝90°，
又∵∠AGE+∠KHG＝90°，
∴∠BAF＝∠KHG，
在△ABF和△HKG中，
，
∴△ABF≌△HKG（AAS），
∴AF＝GH，
∵△CDE为正三角形，
∴点E在CD的垂直平分线上，
根据平行线分线段成比例定理，点E是AF的中点，
∴AF＝2EF，
∴GH＝2EF，故②正确；
∵GH⊥AF，∠DEA＝75°，
∴∠DEH＝90°﹣75°＝15°，
∴∠CEH＝60°﹣15°＝45°，
∴∠CEF＝90°﹣45°＝45°，
过点F作FM⊥CE于M，过点H作HN⊥CE于N，
则MF＝EM，NH＝EN，
∵△CDE是等边三角形，
∴∠DCE＝60°，
∴∠ECF＝90°﹣60°＝30°，
∴CM＝MF，NH＝CN，
∴CE＝MF+MF＝CN+CN，
∴MF＝CN，
∴CE＝EF+EH，
∴CE＝EF+EH，故③正确；
＝＝＝，故④错误．
综上所述，正确的结论是①②③．
故选：A．

【点评】本题考查了四边形综合题型，主要利用了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判断与性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定与性质，作辅助线构造出全等三角形与等腰直角三角形是解题的关键．
二．填空题（共2小题）
5．（2022•济南一模）如图，已知正方形ABCD，延长AB至点E使BE＝AB，连接CE、DE，DE与BC交于点N，取CE的中点F，连接BF，AF，AF交BC于点M，交DE于点O，则下列结论：
①DN＝EN；②OA＝OE；③CN：MN：BM＝3：1：2；④tan∠CED＝；⑤S四边形BEFM＝2S△CMF．
其中正确的是 　①③④⑤　.（只填序号）

【分析】证明△NCD∽△NBE，根据相似三角形的性质列出比例式，得到DN＝EN，故①正确；由直角三角形的性质可得AN＝NE，即可得AO＞OE，故②错误；通过证明△ABF∽△ECD，可得∠CED＝∠FBG，作FG⊥AE于G，根据等腰直角三角形的性质，正切的定义求出tan∠FAG，可求tan∠CED＝，故④正确；根据三角形的面积公式计算，可判断⑤，设BM＝2x，MC＝4x，可求MN＝x，CN＝3x，可得CN：MN：BM＝3：1：2，故③正确；即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝BE，
∴AB＝CD＝BE，AB∥CD，
∴△NCD∽△NBE，
∴＝＝1，
∴CN＝BN，DN＝EN，故①正确；
如图，连接AN，

∵DN＝NE，∠DAE＝90°，
∴AN＝NE，
∵AO＞AN，NE＞OE，
∴AO＞OE，故②错误；
∵∠CBE＝90°，BC＝BE，F是CE的中点，
∴∠BCE＝45°，BF＝CE＝BE，FB＝FE，BF⊥EC，
∴∠BCE＝90°+45°＝135°，∠FBE＝45°，
∴∠ABF＝135°，
∴∠ABF＝∠ECD，
∵，
∴△ABF∽△ECD，
∴∠CED＝∠FBG，
如图，作FG⊥AE于G，则FG＝BG＝GE，
∴，
∴tan∠FAG＝，
∴tan∠CED＝，故④正确；
∵tan∠FAG＝，
∴＝，
∴，
∴S△FBM＝S△FCM，
∵F是CE的中点，
∴S△FBC＝S△FBE，
∴S四边形BEFM＝2S△CMF，故⑤正确；
∵，
∴设BM＝2x，MC＝4x，
∴BC＝6x，
∴CN＝BN＝3x，
∴MN＝x，
∴CN：MN：BM＝3：1：2，故③正确；
故答案为：①③④⑤．

【点评】本题是四边形综合题，考查的是相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数，三角形的面积等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
6．（2022•利州区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上（AE＜EC），连接DE并延长交AB于点F，过点E作EG⊥DE交BC于点G，连接DG，FG，DG交AC于H，现有以下结论：①DE＝EG；②AE2+HC2＝EH2；③S△DEH为定值；④CG+CD＝CE；⑤GF＝EH．以上结论正确的有 　①②④⑤　（填入正确的序号即可）．

【分析】通过证明点D，点E，点G，点C四点共圆，可得∠EGD＝∠EDG＝45°，可得DE＝EG，故①正确；由旋转的性质可得AN＝CH，DN＝DH，∠DCH＝∠DAN＝45°，∠CDH＝∠ADE，由“SAS”可证△DEN≌△DEH，可得EN＝EH，由勾股定理可得CH2+AE2＝HE2，故②正确；利用特殊位置可得EH的长是变化的，且点D到EH的距离不变，则S△DEH不是定值，故③错误；由“SAS”可证△DNE≌△GCE，可得NE＝CE，∠DEN＝∠CEG，由等腰直角三角形的性质可得CD+CG＝CE，故④正确；通过证明△DEH∽△DGF，可得FG＝EH，故⑤正确；即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∵EG⊥DE，
∴∠DEG＝∠DCG＝90°，
∴点D，点E，点G，点C四点共圆，
∴∠DCE＝∠DGE＝45°，∠GDE＝∠GCE＝45°，
∴∠EGD＝∠EDG，
∴DE＝EG，故①正确；
如图，将△CDH绕点D顺时针旋转90°，得到△ADN，连接NE，

∴AN＝CH，DN＝DH，∠DCH＝∠DAN＝45°，∠CDH＝∠ADE，
∴∠NAE＝90°，
∴AN2+AE2＝NE2，
∵∠FDG＝45°，
∴∠ADE+∠CDH＝45°，
∴∠ADE+∠ADN＝45°，
∴∠NDE＝45°＝∠FDG，
又∵DE＝DE，DN＝DH，
∴△DEN≌△DEH（SAS），
∴EN＝EH，
∴AN2+AE2＝HE2，
∴CH2+AE2＝HE2，故②正确；
当点E与点A重合时，EH＝，
当AE＝HC时，
∵CH2+AE2＝HE2，
∴AE＝CH＝EH，
∴EH＝（﹣1）AC，
∴EH的长是变化的，
又∵点D到EH的距离不变，
∴S△DEH不是定值，故③错误；
如图，延长CD到N，使DN＝CG，连接NE，

∵点D，点E，点G，点C四点共圆，
∴∠CDE+∠CGE＝180°，
又∵∠CDE+∠NDE＝180°，
∴∠NDE＝∠CGE，
又∵DN＝CG，DE＝GE，
∴△DNE≌△GCE（SAS），
∴NE＝CE，∠DEN＝∠CEG，
∴∠NED+∠DEC＝∠CEG+∠DEC＝90°，
∴∠NEC＝90°，
∴NC＝CE，
∴CD+CG＝CE，故④正确；
如图，连接HF，

∵∠FDG＝∠CAB＝45°，
∴点A，点D，点H，点F四点共圆，
∴∠DAC＝∠DFH＝45°，
∴∠DGE＝∠DFH＝45°，
∴点E，点F，点G，点H四点共圆，
∴∠EFG+∠EHG＝180°，
又∵∠EHG+∠DHE＝180°，
∴∠DHE＝∠DFG，
又∵∠EDH＝∠FDG，
∴△DEH∽△DGF，
∴＝＝，
∴FG＝EH，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形或全等三角形是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
7．（2021•武进区模拟）某数学兴趣小组发现八年级期中试卷上有这样一道题：如图①，在正方形ABCD的外部作∠AED＝45°，且AE＝6，DE＝3，连接BE，求BE的长．经过思考，小明提出两种解题的思路：
思路1：如图②，分别过点D、B作DF⊥AE，BG⊥EA的延长线，垂足分别为F、G．构造△ABG≌△DAF，求出EG、BG的长，再利用勾股定理求BE的长．
思路2：如图③，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，就可以构造出Rt△EDF，运用勾股定理可以求出EF的长，从而得到BE的长．
（1）求得BE＝　9　．
请你用学过的知识或参考小明的思路解决兴趣小组提出的以下两个问题：
（2）如图④，在菱形ABCD中，∠BAD＝45°，在菱形ABCD的外部作∠AED＝22.5°，且AE＝，DE＝1，连接BE，求BE2的值；
（3）如图⑤，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，在△ABC外部作△APC，AP＝AC，∠APC＝β，连接PB，若PC2+2BC2＝PB2，试探求α与β的数量关系．


【分析】（1）以图③为例，由旋转可得△ABE≌△ADF，根据勾股定理求出DF即可得出BE；
（2）将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△ADF，过F作FH⊥AE于H，利用勾股定理求出EF，进而求出BE2即可；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转α，得到△ACD，由题意得出△PCD是直角三角形，再根据△APD是等腰三角形得出两角关系即可．
【解答】解：（1）以图③为例，由旋转可得△ABE≌△ADF，
∴BE＝DF，AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝45°，
∵∠AED＝45°，
∴∠DEF＝90°，EF＝AE＝6，DE＝3，
∴DF＝＝＝9，
∴BE＝DF＝9；
（2）由旋转可得下图，（旋转角为45°，绕点A逆时针旋转），过F作FH⊥AE于H，

∴∠AEF＝67.5°，
∵∠AED＝22.5°，
∴∠DEF＝90°，旋转得BE＝DF，
在RtDEF中，DF2＝EF2+DE2，
∴AE＝AF＝，AH＝FH＝1，
∴EH＝﹣1，
∵EF2＝FH2+EH2，
∴EF2＝12+（﹣1）2＝4﹣，
∴BE2＝DF2＝EF2+DE2＝4﹣+1＝5﹣；
（3）将△ABP绕点A逆时针旋转α，得到△ACD，

由旋转得BP2＝CD2，
∵PC2+2BC2＝BP2＝CD2，AB＝AC，AP＝AC，
∴CP2+DP2＝CD2，
∴△PCD是Rt△，且∠DPC＝90°，
∴β+∠APD＝90°，
∵△APD是等腰三角形，
∴∠APD＝，
即+β＝90°，
∴α＝2β．
【点评】本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，平行四边形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识是解题的关键．
8．（2021•息县模拟）问题背景：
在课外小组活动中，“创新小组”对“正方形旋转”问题进行了探究，如图①，边长为6的正方形ABCD的对角线相交于点E，分别延长EA到点F，EB到点H，使AF＝BH，再以EF，EH为邻边做正方形EFGH，连接AH，DF．
解决问题：
（1）AH与DF之间的数量关系是 　AH＝DF　，位置关系是 　AH⊥DF　；
深入研究：
（2）如图②正方形EFGH固定不动，将正方形ABCD绕点E顺时针方向旋转α°，判断AH与DF的关系，并证明：
拓展延伸：
（3）如图③，在正方形ABCD旋转过程中（0°＜α＜90°），AB，BC分别交EF，EH于点M，N，连接MN，EC．
①当AM＝2时，直接写出S△BMN+S△CEN的值；
②若α＝45°，在不添加字母的情况下，请你在图中再找两个点，和点M，N所围成的四边形是特殊四边形，直接写出这个特殊四边形．（写两个，不需要证明，需要指明是什么特殊四边形）


【分析】（1）延长HA交FD于T，根据SAS证△ABH≌△DAF，得AH＝DF，∠AHE＝∠DFE，推出∠FTA＝∠AEH＝90°，即可得出AH⊥DF；
（2）连接AE、DE，根据SAS证△AEH≌△FED，得AH＝DF，再根据角的代换得出AH⊥DF即可；
（3）①连接BE，根据ASA证△MBE≌△NCE，得出BM＝CN，当AM＝1时，得出BM，BN，CN的值即可得出面积和；
②画出图形，得出相应的结论即可．
【解答】解：（1）延长HA交FD于T，

∵AB＝AD，HB＝AF，∠ABH＝∠DAH＝180°﹣45°＝135°，
∴△ABH≌△DAF（SAS），
∴AH＝DF，∠AHE＝∠AFD，
又∵∠HAE＝∠FAT，
∴180°﹣∠FAT﹣∠AFD＝180°﹣∠HAE﹣∠AHE，
即∠FTA＝∠AEH＝90°，
∴AH⊥DF，
故答案为：AH＝DF，AH⊥DF；
（2）AH⊥DF，AH＝DF，
证明：连接AE、DE，

∵∠FEA+∠AED＝∠FEA+∠FEH，
即：∠FED＝∠AEH，
又∵EH＝EF，EA＝ED，
∴△FED≌△AEH（SAS），
∴DF＝AH，
∵∠AHE+∠HOE＝90°，
∴∠EFD+∠AOF＝90°，
∴FD⊥AH；
（3）①连接BE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BE＝CE，∠MBE＝∠NCE＝45°，∠BEC＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠FEH＝90°，
∴∠MEB+∠BEN＝∠NEC+∠BEN，
∴∠MEB＝∠NEC，
∴△MBE≌△NCE（ASA），
∴BM＝CN，
∵AM＝2，AB＝6，
∴BM＝CN＝4，BN＝2，
∴S△BMN+S△CEN＝BN•BM+CN•（AB）＝×2×4+4×3＝10；
②若α＝45°，如下图：

答案不唯一，四边形BMEN是正方形；四边形NMEC是平行四边形；四边形NMAE是平行四边形．
【点评】本题主要考查四边形综合题，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
9．（2021•临沂模拟）问题情境：如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，F是AC边上的一个动点（点F与A、C不重合），以CF为一边在等腰直角三角形外作正方形CDEF，连接BF、AD．
探究展示：（1）①猜想图1中线段BF、AD的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；
②将图1中的正方形CDEF绕着点C按顺时针方向旋转角度α，得到如图2的情形．图2中BF交AC于点H，交AD于点O，请你判断①中得到的结论是否仍然成立，并选取图2证明你的判断．
拓展延伸：（2）将原题中的等腰直角三角形ABC改为直角三角形ABC，∠ACB＝90°，正方形CDEF改为矩形CDEF，如图3，且AC＝4，BC＝3，CD＝，CF＝1，BF交AC于点H，交AD于点O，连接BD、AF，求BD2+AF2的值．


【分析】（1）①证明△BCF≌△ACD（SAS），可得BF＝AD，延长BF交AD于点G，求出∠AGF＝90°，可得BF⊥AD；
②证明△BCF≌△ACD（SAS），可得BF＝AD，求出∠AOH＝90°，可得BF⊥AD；
（2）连接DF，证明△BCF∽△ACD，进而得到∠AOH＝90°，则BF⊥AD，由BD2＝OB2+OD2，AF2＝OA2+OF2，AB2＝OA2+OB2，DF2＝OF2+OD2，可得BD2+AF2＝AB2+DF2，再分别求出AB，DF即可求解．
【解答】（1）解：①∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CF＝CD，
∵∠ACB＝∠ACD＝90°，
∴△BCF≌△ACD（SAS），
∴BF＝AD，
延长BF交AD于点G，
∵∠CAD＝∠CBA，
∴∠CAD+∠AFG＝∠FBC+∠BFC＝90°，
∴∠AGF＝90°，
∴BF⊥AD；
②BF＝AD，BF⊥AD仍然成立，理由如下：
证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC＝BC，
∵四边形CDEF是正方形，
∴CD＝CF，∠FCD＝90°，
∴∠ACB+∠ACF＝∠FCD+∠ACF，即∠BCF＝∠ACD，
∴△BCF≌△ACD（SAS），
∴BF＝AD，∠CBF＝∠CAD，
又∵∠BHC＝∠AHO，∠CBH+∠BHC＝90°，
∴∠CAD+∠AHO＝90°，
∴∠AOH＝90°，
∴BF⊥AD；
（2）证明：连接DF，
∵四边形CDEF是矩形，
∴∠FCD＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠FCD，
∴∠ACB+∠ACF＝∠FCD+∠ACF，
即∠BCF＝∠ACD，
∵AC＝4，BC＝3，CD＝，CF＝1，
∴，
∴△BCF∽△ACD，
∴∠CBF＝∠CAD，
又∵∠BHC＝∠AHO，∠CBH+∠BHC＝90°，
∴∠CAD+∠AHO＝90°，
∴∠AOH＝90°，
∴BF⊥AD，
∴∠BOD＝∠AOB＝90°，
∴BD2＝OB2+OD2，AF2＝OA2+OF2，AB2＝OA2+OB2，DF2＝OF2+OD2，
∴BD2+AF2＝OB2+OD2+OA2+OF2＝AB2+DF2，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB2＝AC2+BC2＝32+42＝25，
在Rt△FCD中，∠FCD＝90°，CD＝，CF＝1，
∴，
∴BD2+AF2＝＝．

【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
10．（2022•金乡县一模）如图1，若一个四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为垂美四边形．
（1）【概念理解】如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）【性质探究】如图1，四边形ABCD是垂美四边形，请探究AB2，CD2，AD2，BC2之间存在怎样的关系？并进行证明；
（3）【性质运用】如图3，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE，CE交BG于点N，交AB于点M．已知AC＝，AB＝2，求GE的长．

【分析】（1）连接AC、BD，根据垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）根据垂美四边形和勾股定理解答即可；
（3）如图3，连接CG、BE，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【解答】解：（1）结论：四边形ABCD是垂美四边形．
理由：如图2，连接AC、BD，

∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；

（2）结论：AD2+BC2＝AB2+CD2．
理由：如图1中，设AC交BD于点O．

∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；

（3）如图3，连接CG、BE，

∵正方形ACFG和正方形ABDE，
∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
∵∠AME＝∠BMN，
∴∠ABG+∠BMN＝90°，
即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝，AB＝2，
∴BC＝＝＝1，
∵CG＝＝＝，BE＝＝＝2，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（）2+（2）2﹣12＝13，
∴GE＝．
【点评】本题为四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
11．（2021秋•晋中期中）综合与实践
如图1，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为E，GF⊥CD，垂足为F．

【证明与推断】
（1）①四边形CEGF的形状是 　正方形　；
②的值为 　　；
【探究与证明】
（2）在图1的基础上，将正方形CEGF绕点C按顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图2所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
【拓展与运用】
（3）如图3，在（2）的条件下，正方形CEGF在旋转过程中，当B、E、F三点共线时，探究AG和GE的位置关系，并说明理由．

【分析】（1）根据正方形的判定和性质解决问题即可；
（2）结论：AG＝BE．证明△ACG∽△BCE，可得；
（3）结论：AG⊥GE，证明∠AGE＝∠AGF﹣∠EGF＝180°﹣90°＝90°，可得结论．
【解答】解：（1）①正方形 ②．
理由：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
∵GE⊥BC、GF⊥CD，
∴∠CEG＝∠CFG＝∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，∠CGE＝∠ECG＝45°，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形，
∵AC＝BC，CG＝EC，
∴AG＝AC﹣CG＝（BC﹣EC）＝BE，
∴＝．
故答案为：正方形，．


（2）结论：AG＝BE，
理由：如图2中，连接CC．由旋转可得∠BCE＝∠AGG＝α，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴，
由①得四边形GECF是正方形，
∴∠GEC＝∠ECF＝90°，GE＝EC，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∴，
∴，
∴△ACG∽△BCE，
∴，
∴线段AG与BE之间的数量关系为AG＝BE；

（3）结论：AG⊥GE，
理由：如图3中，连接CG，

∵∠CEF＝45°，点B、E、F三点共线，
∴∠BEC＝135°．
∵△ACG∽△BCE，
∴∠AGC＝∠BEC＝135°．
∴∠AGF＝∠AGC+∠CGF＝135°+45°＝180°，
∴点A，G，F三点共线，
∴∠AGE＝∠AGF﹣∠EGF＝180°﹣90°＝90°，
∴AG⊥GE．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、正确寻找相似三角形解决问题．
12．（2021•远安县二模）如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点．

（1）如图1，连接CE、BF，交于P点．
①求证：CE＝BF；
②求证：S四边形AEPF＝S△BPC；
（2）如图2，连接DP．求证：DP＝DC；
（3）如图3，将△ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接FQ并延长，交DC于G点．求DG：GF的值．
【分析】（1）①先判断出AF＝BE，进而得出△FAB≌△EBC（SAS），即可得出结论；
②根据面积差可得结论；
（2）介绍两种解法：
法一：如图2，延长BF与CD的延长线相交于H点，证明△ABF≌△DHF（AAS），得AB＝HD＝DC，进而得∠HPC＝90°，最后根据直角三角形斜边中线的性质可得结论；
法二：如图3，延长BF，过D点作DH⊥BF于H，证明△EPB≌FHD（AAS），得EP＝FH，由△EPB∽△EBC，可得BP＝2EP，最后证明△DHP≌△BPC（SAS），可得结论；
（3）如图4，连接BG，根据HL证明Rt△BQG≌Rt△BCG，得QG＝GC，设AF＝a，QG＝b，根据勾股定理列方程可得a＝，从而可得结论．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠A＝∠ABC＝90°，
∵E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，
∵AF＝BE，
∴△FAB≌△EBC（SAS），
∴CE＝BF；
②∵△FAB≌△EBC，
∴S△FAB＝S△EBC，
∴S△FAB﹣S△EPB＝S△EBC﹣S△EPB，
即：S四边形AEPF＝S△BPC；

（2）证明：法一：如图2，延长BF与CD的延长线相交于H点，

∵F点是AD的中点，
∴AF＝DF，
∵AB∥CH，
∴∠ABF＝∠H，∠A＝∠FDH，
∴△ABF≌△DHF（AAS），
∴AB＝HD＝DC，
又∵△FAB≌△EBC，
∴∠BEC＝∠AFB，
∵∠AFB+∠ABF＝90°，
∴∠BEC+∠ABF＝90°，
∴∠EPB＝90°，
∴∠HPC＝90°，
∴DP＝HC＝DC；
法二：如图3，延长BF，过D点作DH⊥BF于H，

∵BE＝DF，∠EPB＝∠H＝90°，∠DFH＝∠AFB＝∠BEP，
∴△EPB≌FHD（AAS），
∴EP＝FH，
∵∠BEP＝∠BEC，∠EBC＝∠EPB＝90°，
∴△EPB∽△EBC，
∴，
∵BC＝2EB，
∴BP＝2EP，
设EP＝a，
∴BP＝2a，
∴HP＝BF﹣2a+a＝BF﹣a，PC＝EC﹣a，
∴HP＝PC，
又∵DH＝BP，∠BPC＝∠H＝90°，
∴△DHP≌△BPC（SAS），
∴DP＝BC＝DC；

（3）解：如图4，连接BG，

由折叠得：AB＝BQ，∠BQF＝∠A＝90°，
∵AB＝BC，
∴BC＝BQ，
∵BG＝BG，
∴Rt△BQG≌Rt△BCG（HL），
∴QG＝GC，
设AF＝a，QG＝b，
则DF＝FQ＝a，FG＝a+b，DG＝2a﹣b，
在Rt△DFG中，∵DF2+DG2＝FG2，
∴a2+（2a﹣b）2＝（a+b）2，
∴2a＝3b，
∴a＝，
∴＝＝＝．
【点评】此题是四边形综合题，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，勾股定理，三角形和四边形的面积等知识，正确作辅助线是本题的关键．
13．（2021•孝义市三模）综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形纸片ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD边上的点，且AE＝BF＝CG＝DH．
动手操作：

操作一：如图2，将△DHG，△BFE分别沿HG，EF折叠．点D，B的对应点分别为P，Q．
操作二：再将图2中的纸片进行折叠，使得点H与点G，点E与点F分别重合，折痕与GH交于点M，与EF交于点N．
操作三：分别连接MP，PN，NQ，MQ．
解决问题：
（1）在图1中，求证：四边形GHEF是正方形；
（2）在图2中，求证：四边形MPNQ是平行四边形．
（3）在满足（2）的条件下，若四边形MPNQ是矩形，请利用图3，直接写出的值是 　　．

【分析】（1）由正方形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，由AE＝BF＝CG＝DH证出BE＝FC＝DG＝AH，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG即可求解；
（2）先根据直角三角形斜边中线的性质得：PM＝NQ，再证明PM∥QN，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形MPNQ是平行四边形．
（3）想办法证明PM＝MN，在直角三角形MPN中，可得∠MNP＝30°，根据三角函数定义可得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°．
∵AE＝BF＝CG＝DH．
∴AB﹣AE＝BC﹣BF＝CD﹣CG＝AD﹣DH，即BE＝FC＝DG＝AH．
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS）．
∴∠AEH＝∠BFE，∠AHE＝∠BEF，EH＝EF＝FG＝GH．
∴四边形EFGH是菱形．
∵∠AEH+∠AHE＝180°﹣∠A＝90°．
∴∠AEH+∠BEF＝90°．
∴四边形EFGH是正方形．
（2）证明：由折叠可知，∠HPG＝∠D＝90°，∠EQF＝∠B＝90°，点M，N分别是HG，EF的中点．
∴PM＝HG，NQ＝EF．
由（1）可知，HG＝EF，
∴PM＝HM＝NQ＝NF．
由折叠得，DH＝HP，QF＝BF．
∵DH＝BF．
∴HP＝QF．
∴△PMH≌△QNF（SSS）．
∴∠HMP＝∠FNQ．
由折叠可知，∠HMN＝∠GMN＝90°，∠ENM＝∠FNM＝90°．
∴∠HMP+∠PMN＝∠FNQ+∠QNM＝90°．
∴∠PMN＝∠QNM．
∴PM∥QN．
∴四边形MPNQ是平行四边形．
（3）解：如图3，

由（1）知：四边形GHEF是正方形，
∴GH＝EH，
∵点M，N分别是HG，EF的中点，
∴MN＝EH，
由（2）知：PM＝GH
∴PM＝MN，
∵四边形MPNQ是矩形，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MNP＝30°，
∴＝tan30°＝．
故答案为：．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质，三角函数，全等三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，有一定难度，特别是（3）中，需要得出∠MNP＝30°才能得出结果．
14．（2021•海陵区校级二模）已知正方形ABCD的边长为8，P为AB上一点，且AP＝2，E为AD上的动点（不与A、D重合），连接CE，过点D作DF⊥CE于F，Q为AE上一点．

（1）如图1，当PF∥AD时，求∠DCE的度数．
（2）如图2，连接BD交CE于点M，连接AM，当FD＝FQ时，求证：QF∥AM．
（3）如图3，连接PQ、QF，求QF+PQ的最小值．
【分析】（1）如图1，过点E作EN⊥BC于N，交PF于K，则EK＝AP＝2，EN＝AB＝8，设DE＝CN＝x，则CE＝，根据平行线分线段成比例定理可得EF＝EC，证明△EDF∽△ECD，列比例式可得x2＝EC•EC＝EC2，最后根据正切的定义可得∠DCE的度数；
（2）如图2，先证明△ADM≌△CDM（SAS），得∠DCE＝∠MAD，根据等腰三角形的性质和等量代换可得∠MAD＝∠FQD，最后根据平行线的判定可得结论；
（3）如图3和图4，根据∠DFC＝90°可知：点F在以DC为直径的圆上，根据轴对称的最短路径可作P关于直线AD的对称点P'，得当P'，Q，F，O共线时，P'F有最小值，最后根据勾股定理可解答．
【解答】（1）解：如图1，过点E作EN⊥BC于N，交PF于K，则EK＝AP＝2，EN＝AB＝8，

∵PF∥AD∥BC，
∴EN⊥PF，
设DE＝CN＝x，则CE＝，
∵PF∥BC，
∴，即＝，
∴EF＝EC，
∵DF⊥EC，
∴∠DFE＝90°，
∵∠DEF＝∠CED，∠DFE＝∠CDE＝90°，
∴△EDF∽△ECD，
∴，
∴ED2＝EC•EF，
即x2＝EC•EC＝EC2，
∴x＝EC，
∴x＝，
解得：x＝，
∴tan∠DCE＝＝＝，
∴∠DCE＝30°；
（2）证明：如图2，

∵∠EDF+∠DEF＝90°，∠DCE+∠DEC＝90°，
∴∠EDF＝∠DCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADM＝∠CDM＝45°，
∵DM＝DM，
∴△ADM≌△CDM（SAS），
∴∠DCE＝∠MAD，
∵FQ＝FD，
∴∠FQD＝∠FDQ，
∴∠MAD＝∠FQD，
∴AM∥FQ；
（3）解：如图3，延长BA至P'，使AP'＝AP，连接P'Q，

∵AD⊥AB，
∴PQ+FQ＝P'Q+FQ，
∵∠DFC＝90°，
∴点F在以DC为直径的圆O上，
连接OF，OP'，
当P'，Q，F，O共线时，P'F有最小值，如图4，过点O作OH⊥AB于H，则OD＝AH＝4，

∴P'H＝2＝4＝6，
∵OH＝8，∠OHA＝90°，
∴OP'＝10，
∴P'F＝10﹣4＝6，
即QF+PQ的最小值是6．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、圆周角定理，轴对称的最短路径问题、等腰三角形的判定与性质等知识，第三问有难度，根据圆周角定理确定点F的位置是关键
题型二：长方形综合题
一．填空题（共1小题）
1．（2022•安徽一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是BC的中点，连接AE，过点D作DF⊥AE于点F，连接CF、AC．
（1）线段DF的长为 　　；
（2）若AC交DF于点M，则＝　　．
【分析】（1）利用三角形面积相等，列出等式，求解即可；
（2）延长DF交CB的延长线于K，利用相似三角形的性质求出KE，再利用平行线分线段成比例定理求解即可．
【解答】解：（1）根据题意，画出下图：

∵AB＝6，AD＝8，BE＝＝4，
∴AE＝，
∴S△ADE＝＝，S△ADE＝＝24，
∴DF＝＝．
（2）若AC交DF于点M，延长DF交BC延长线于点K，如图所示：

∵∠KEF＝∠AEB，∠EFK＝∠ABE＝90°，
∴△KEF∽△AEB，
∴，
∴，
∴KE＝5，
∴CK＝KE+EC＝9，
∵AD∥CK，
∴＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，平行线分线段成比例定理，解题关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
二．解答题（共6小题）
2．（2022•锡山区校级模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，已知，将矩形沿EF对折（点E、F分别在边BC、AD上），使顶点D落在AB边上的点P处．
（1）若AB＝4，BC＝6，
①当AP＝3时，求DF的长；
②设AP＝m，EQ＝y，试求y与m之间函数表达式；
（2）记四边形PQEF的面积为S，若＝k，试说明当k为何值时S的值最小？

【分析】（1）①设DF＝x，利用矩形性质和折叠的性质可得：AF＝6﹣x，PF＝x，再运用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
②设AF＝z，则DF＝PF＝6﹣z，利用勾股定理可求得AF＝3﹣m2，PF＝m2+3，再通过△PGB∽△FPA，可得出：BG＝，PG＝，GQ＝，再由△EGQ∽△FPA，即可求得答案；
（2）设AB＝2a，BC＝3a，仿照（1）②的方法即可求得S＝（k2﹣k+3）a2，再运用二次函数的性质即可求得答案．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝6，
设DF＝x，则AF＝AD﹣DF＝6﹣x，
由折叠知：PF＝DF＝x，
在Rt△APF中，AP2+AF2＝PF2，
∴32+（6﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∴DF的长为；
②设AF＝z，则DF＝PF＝6﹣z，
∵AP2+AF2＝PF2，
∴m2+z2＝（6﹣z）2，
解得：z＝3﹣m2，
∴AF＝3﹣m2，
∴PF＝6﹣（3﹣m2）＝m2+3，
如图，设PQ交BC于点G，
则∠EGQ＝∠PGB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝4，
由折叠知：∠FPQ＝∠D＝90°，∠Q＝∠C＝90°，PQ＝CD＝4，
∵∠BPG+∠PGB＝90°，∠APF+∠BPG＝90°，
∴∠PGB＝∠FPA，
∴△PGB∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴BG＝，PG＝，
∴GQ＝PQ﹣PG＝4﹣＝，
∵∠Q＝∠B＝90°，∠EGQ＝∠PGB，
∴△EGQ∽△PGB，
∴△EGQ∽△FPA，
∴＝，即＝，
∴y＝m2﹣m+3；
（2）∵，
∴设AB＝2a，BC＝3a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝2a，AD＝BC＝3a，
∵＝k，
∴AP＝2ka，
∴BP＝AB﹣AP＝2a﹣2ka＝2a（1﹣k），
设AF＝b，则DF＝PF＝3a﹣b，
∵AP2+AF2＝PF2，
∴（2ka）2+b2＝（3a﹣b）2，
∴b＝a，
∴AF＝a，DF＝PF＝a，
由（1）②知：△PGB∽△FPA，
∴＝＝，即＝＝，
∴BG＝a，PG＝a，
∴由折叠得：PQ＝CD＝2a，
∴GQ＝PQ﹣PG＝2a﹣a＝a，
由（1）②知：△EGQ∽△FPA，
∴＝，即＝，
∴EQ＝a＝CE，
∴S＝S四边形PQEF＝S四边形CDFE＝（DF+CE）×CD＝（a+a）×2a＝（k2﹣k+3）a2，
∴当k＝﹣＝时，S取得最小值．

【点评】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质，折叠变换的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，梯形的面积，二次函数最值的应用等，本题属于中考数学压轴题，综合性强，难度较大，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．（2021•开化县模拟）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，点P是射线BC上的动点，连结AP，将△ABP沿着AP翻折得到△ADP．

（1）如图1，当点D在AC上时，求△ABP的面积；
（2）如图2，连结BD，CD，AC与DP相交于点M，AP与BD相交于点N，当∠BDC＝90°时，求DM：PM的值；
（3）如图3，在CD左侧构造一个矩形CDEF，使得CD：DE＝1：2，当点E、F中有一点落在直线AB上时，求BP的长．

【分析】（1）运用勾股定理和翻折变换的性质建立方程求解即可；
（2）由△BPN∽△BCD，可得CD＝2PN，BP＝BC＝2，利用勾股定理可得AP＝，再根据△APB∽△BPN，可得出：BN＝，PN＝，CD＝2PN＝，根据△CDM∽△APM，即可得出答案；
（3）分两种情况：当点E在直线AB上，且CD：DE＝1：2时，或当点F在直线AB上，且CD：DE＝1：2时，分别运用勾股定理、三角函数和相似三角形的性质即可求得答案．
【解答】解：（1）如图1，∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC＝＝＝5，
∵将△ABP沿着AP翻折得到△ADP，
∴AD＝AB＝3，PD＝PB，∠ADP＝∠ABC＝90°，
∴∠CDP＝180°﹣∠ADP＝90°，CD＝AC﹣AD＝5﹣3＝2，
∵PD2+CD2＝CP2，
∴PB2+22＝（4﹣PB）2，
解得：PB＝，
∴S△ABP＝AB•PB＝×3×＝；
（2）如图2，∵将△ABP沿着AP翻折得到△ADP，
∴AP垂直平分BD，
∴∠BNP＝90°，BN＝DN＝BD，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BNP＝∠BDC，
∴AP∥CD，
∴△BPN∽△BCD，
∴＝＝＝，
∴CD＝2PN，BP＝BC＝2，
在Rt△ABP中，AP＝＝＝，
∵∠APB＝∠BPN，∠ABP＝∠BNP＝90°，
∴△APB∽△BPN，
∴＝＝，即＝＝，
∴BN＝，PN＝，
∴CD＝2PN＝，
∵AP∥CD，
∴△CDM∽△APM，
∴＝＝＝，
∴DM：PM的值为；
（3）当点E在直线AB上，且CD：DE＝1：2时，如图3，
过点D作DG⊥BC交BC于点Q，过点E作EG⊥DG，连接BD，设∠BCD＝α，
∵四边形CDEF是矩形，
∴∠CDE＝90°，
∴∠EDG+∠CDQ＝90°，
∵∠CQD＝90°，
∴∠BCD+∠CDQ＝90°，
∴EDG＝∠BCD＝α，
∵∠EBQ＝∠BQG＝∠EGQ＝90°，
∴四边形BEGQ是矩形，
∴BQ＝EG，
∵BQ+CQ＝BC，
∴EG+CQ＝BC，
在Rt△DEG中，EG＝DE•sinα，
在Rt△CDQ中，CQ＝CD•cosα，
∵DE＝2CD，BC＝4，
∴2CD•sinα+CD•cosα＝4，
在Rt△CDQ中，sinα＝，cosα＝，
∴2DQ+CQ＝4＝BC，
∴BQ＝2DQ，
∴tan∠DBC＝＝，
由（1）知：∠DBC＝∠BAP，
∴＝tan∠BAP＝，
∴BP＝AB＝；
当点F在直线AB上时，如图4，过点D作DQ⊥BC于点Q，
∵四边形CDEF是矩形，
∴∠DCF＝90°，CF＝DE，
∴∠BCF+∠DCQ＝90°，
∵DE＝2CD，
∴CF＝2CD，
∵DQ⊥BC，
∴∠DQC＝90°，
∴∠CDQ+∠DCQ＝90°，
∴∠BCF＝∠CDQ，
在Rt△BCF中，cos∠BCF＝，
∴CF•cos∠BCF＝BC＝4，
∵cos∠BCF＝cos∠CDQ＝，
∴2CD×＝4，
∴DQ＝2，
设BP＝m（m＞0），在Rt△ABP中，AP＝＝，
∴BN＝AB•sin∠BAP＝AB×＝3×＝，
∴BD＝2BN＝，
∵∠DBC＝∠BAP，
∴sin∠DBC＝sin∠BAP，
∴＝，即＝，
∵m＞0，
∴m＝，
∴BP＝，
综上所述，BP的长为或．

【点评】本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质，勾股定理，翻折变换的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数定义，矩形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质、勾股定理等相关知识，运用方程思想和分类讨论思想解决问题是解题关键．
4．（2021•黄岛区模拟）已知：如图，在矩形ABCD中，CD＝6cm，BC＝8cm，对角线AC，BD交于点O，点P从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度为1cm/s．过点Q作QM∥BD，交AC于点M，连接PQ，PM分别交BD于点E，F．设运动时间为ts（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）当t为何值时，MP∥AB？
（2）设△PQM的面积为Scm2，求S与t的函数关系式．
（3）是否存在某一时刻t，使BD将△PQM分成△PEF和四边形EFMQ面积比为9：7？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）延长QM交AB于点N，是否存在某一时刻t，使点P在线段QN的垂直平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由平行线分线段成比例定理得，，即可求解；
（2）过点M作MG⊥CB于点G，交AD于点H，由相似三角形的性质得出，得出MG＝3+t，MH＝3﹣t，根据S矩形ABCD﹣S梯形PQDC﹣S△AMQ﹣（S△ABC﹣S△MPC），代入计算即可；
（3）证明△PEF∽△PMQ，得出△PEF与△PMQ的相似比为3：4，则PF：PQ＝3：4，证明△QDF∽△PBF，由相似三角形的性质得出，得出方程，可求出答案；
（4）连接PN，过点Q作QK⊥BC于点K，求出BN＝t，由线段垂直平分线的性质得出，解方程可得出答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝6cm，AD＝BC＝8cm，
∵QM∥BD，
∴，
即，
∴AM＝（8﹣t）（cm），
∴MC＝10﹣（8﹣t）＝5+t，
若MP∥BD，
则，
即，
解得：t＝，
即当t为时，MP∥BD；
（2）如图1，过点M作MG⊥CB于点G，交AD于点H，

∵△CMG∽△CAB，
∴，
∴，
∴MG＝3+t，
∴MH＝3﹣t，
∴S＝S矩形ABCD﹣S梯形PQDC﹣S△AMQ﹣（S△ABC﹣S△MPC）
＝6×8﹣（t+2t）•6﹣﹣
＝﹣3t+12．
∴S与t的函数关系式为S＝﹣3t+12．
（3）存在某一时刻，使BD将△PQM分成△PEF和四边形EFMQ面积比为9：7，理由如下：
若△PEF和四边形EFMQ面积比为9：7，则S△PEF：S△PMQ＝9：16，
∵QM∥BD，
∴∠PEF＝∠PMQ，∠PFE＝∠PQM，
∴△PEF∽△PMQ，
∴△PEF与△PMQ的相似比为3：4，
即PF：PQ＝3：4，
∴PF：FQ＝3：1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠QDF＝∠PBF，∠DQF＝∠BPF，
∴△QDF∽△PBF，
∴，
即，
解得：t＝，
∴存在某一时刻，使BD将△PQM分成△PEF和四边形EFMQ面积比为9：7，t的值为s；
（4）如图2，连接PN，过点Q作QK⊥BC于点K，

∵点P在线段QN的垂直平分线上，
∴PN＝PQ，
∵NQ∥BD，
∴，
∴，
∴BN＝t，
∴PN2＝PB2+BN2＝，
∴PQ2＝KQ2+PK2＝62+t2，
∴，
解得t1＝8（舍去），t2＝，
答：t为s时，P在线段QN的垂直平分线上．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质，证明△PEF∽△PMQ和△QDF∽△PBF是解题的关键．
5．（2021•临海市一模）【发现问题】
小聪发现图1所示矩形甲与图2所示矩形乙的周长与面积满足关系：＝＝．

【提出问题】
对于任意一个矩形A，是否一定存在矩形B，使得＝＝成立？
【解决问题】
（1）对于图2所示的矩形乙，是否存在矩形丙（可设两条邻边长分别为x和7﹣x），使得＝＝成立．若存在，求出矩形丙的两条邻边长；若不存在，请说明理由；
（2）矩形A两条邻边长分别为m和1，若一定存在矩形B，使得＝＝成立，求m的取值范围；
（3）请你回答小聪提出来的问题．若一定存在，请说明理由；若不一定存在，请直接写出矩形A两条邻边长a，b满足什么条件时一定存在矩形B．
【分析】（1）利用反证法证明即可；
（2）假定存在矩形B，设矩形B的一边为x，则另一边为﹣x，由题意得到一元二次方程，令Δ≥0即可求得结论；
（3）利用（2）中的解答即可回答小聪提出来的问题．
【解答】解：（1）不存在矩形丙，使得＝＝成立．理由：
假定存在矩形丙，
∵＝＝，
∴矩形丙的两个邻边之和为7，它的面积为24．
设两条邻边长分别为x和7﹣x，由题意得：
x（7﹣x）＝24．
∴x2﹣7x+24＝0．
∵Δ＝（﹣7）2﹣4×1×24＝﹣47＜0，
∴此方程没有实数根，
∴不存在矩形丙，使得＝＝成立．
（2）∵矩形A两条邻边长分别为m和1，
∴若存在矩形B，使得＝＝成立，则矩形B的邻边之和为．
设矩形B的一边为x，则另一边为﹣x，由题意得：
x（﹣x）＝．
化简得：2x2﹣（m+1）x+m＝0．
由题意方程2x2﹣（m+1）x+m＝0一定有实数根．
∴Δ＝[﹣（m+1）]2﹣4×2m≥0．
解得：m≥3+2或m≤3﹣2．
∵m为矩形A的边长，
∴m＞0．
∴m的取值范围为：0＜m≤3﹣2或m≥3+2．
（3）由（2）可知：对于任意一个矩形A，不一定存在矩形B，使得＝＝成立．
当矩形A两条邻边长a，b满足0＜≤3﹣2或≥3+2时，一定存在矩形B．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的周长与面积，一元二次方程根的判别式，一元二次不等式的解法，反证法的应用，利用转化的思想将问题转化为一元二次方程的问题是解题的关键．
6．（2021•临沂模拟）在一张长方形纸片ABCD中，AB＝25cm，AD＝20cm，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题：
（1）如图（1），折痕为DE，点A的对应点F在CD上，求折痕DE的长；
（2）如图（2），H，G分别为BC，AD的中点，A的对应点F在HG上，折痕为DE，求重叠部分的面积；
（3）如图（3），在图（2）中，把长方形ABCD沿着HG对开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠后，判断重叠四边形的形状，并证明．

【分析】（1）根据图形折叠的性质可知AD＝AE＝20cm，再根据勾股定理即可得出结论；
（2）由题意DG＝AD＝DE，再根据直角三角形的性质得出∠EDA＝30°，由锐角三角函数的定义得到AE的长，利用三角形的面积公式即可得出结论；
（3）根据平行四边形的判定首先证得四边形MNPQ是平行四边形，因为两条矩形的宽度相等，然后根据平行四边形MNPQ的面积公式即可证得四边形的邻边相等，进而证得四边形是菱形．
【解答】解：（1）∵四边形ADFE是正方形，
∴AD＝AE＝20（cm），∠A＝90°，
∴DE＝＝＝20（cm）；

（2）∵H，G分别为BC，AD的中点，
∴DG＝AD＝DF，
∴在Rt△DGF中，∠GFD＝30°，∠GDF＝60°，
∵∠GDE＝∠EDF，
∴∠EDA＝30°．
在Rt△ADE中，tan∠EDA＝，
∴AE＝AD•tan30°＝（cm）
∴S△DEF＝AE•AD＝×20×＝（cm2）．

（3）重叠四边形MNPQ的形状是菱形．
理由：因纸片都是矩形，则重叠四边形的对边互相平行，则四边形MNPQ是平行四边形，
如图，过Q作QL⊥NP于点L，QK⊥NM于点K，

又∵QL＝QK，
∴SMNPQ＝PN•QL＝MN•QK．
∴MN＝NP，
∴四边形MNPQ的形状是菱形．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
7．（2021•永嘉县校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B坐标为（8，6），对角线AC，BO交于点D，在边OC上有一动点P，点Q是点P关于OB的对称点，设OP＝t．
（1）当PQ过点D时，求点Q的坐标．
（2）用含t的代数式表示点Q的坐标．
（3）过点P作AC的垂线，交△ABC的边于点R，当△PQR为直角三角形时，求t的值．

【分析】（1）如图1，作辅助线，构建直角三角形，根据对称性得：DQ＝PD，OB⊥PQ，即Q在AB上，利用勾股定理列方程得：OQ2＝AQ2+OA2，则t2＝62+（8﹣t）2，计算t的值可得结论；
（2）如图2，证明△OFP∽△OCB，列比例式得PF＝t，则PQ＝2PF＝t，根据同角的三角函数列式可得AQ和OH的长，表示Q的坐标；
（3）当△PQR为直角三角形时，分4种情况讨论：分别以三个顶点为直角，列比例式可得结论．
【解答】解：（1）如图1，PQ过点D，连接OQ，

∵点Q是点P关于OB的对称点，
∴DQ＝PD，OB⊥PQ，即Q在AB上，
∴OQ＝OP＝t，
∵四边形OABC是矩形，
∴OD＝BD，
∵PQ⊥OB，
∴OQ＝BQ＝t，
∴AQ＝8﹣t，
在Rt△AOQ中，OQ2＝AQ2+OA2，
∴t2＝62+（8﹣t）2，
t＝，
∴AQ＝8﹣＝，
∴点Q的坐标为（，6）；
（2）如图2，过Q作QH⊥x轴于H，交OB于E，设PQ交OB于F，

∵∠FOP＝∠BOC，∠OFP＝∠OCB＝90°，
∴△OFP∽△OCB，
∴，
∴，PF＝t，
∴PQ＝2PF＝t，
sin∠HQP＝＝sin∠BOC＝，
∴＝，PH＝t，
cos∠HQP＝＝，QH＝，
∴Q（t，t）；
（3）分4种情况：
①当PR⊥AC于R时，过Q作QH⊥OC于H，

由（2）知：Q（t，t），
∴CH＝8﹣t，QH＝t，
∴tan∠ACO＝，
∴＝，t＝；
②当∠PRQ＝90°时，R在边BC上，如图4，延长CB，过Q作QF⊥CB于F，

∵PR⊥AC，PR⊥QR，
∴AC∥QR，
∴∠QRB＝∠ACB，
∴tan∠QRB＝tan∠ACB＝＝，
t＝；
③当∠PQR＝90°，R在AB上，如图5，PR⊥AC于F，

∵PQ⊥OB，PQ⊥RQ，
∴EF∥RQ，
∴RF＝PF，
∵BR∥OP，
∴∠RBF＝∠FOP，
∵∠RFB＝∠OFP，
∴△RFB≌△PFO（AAS），
∴OF＝BF，
∵OD＝BD，
∴D与F重合，
Rt△PFC中，PC＝8﹣t，
cos∠ACO＝，
∴，t＝；
④如图6，过B作BN⊥AC于N，

当∠PQR＝90°时，R在AC上，
PQ＝t，PR＝（8﹣t），
∵∠Q＝∠PEF＝90°，
∴EF∥QR，
∴∠PRQ＝∠PFE＝∠DBN，
∵S△ABC＝×6×8＝×10BN，
∴BN＝4.8，
∴DN＝＝，
∴sin∠PRQ＝sin∠DBN，
∴＝，即＝，
解得：t＝，
综上，t的值是或或或．
【点评】此题是四边形的综合题，主要考查了动点的问题、矩形的性质、直角三角形的判定、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识，有难度，第三问要分类讨论，注意利用数形结合的思想解决问题．
题型三：平行四边形综合题
一．解答题（共10小题）
1．（2022•郑州一模）在▱ABCD中，∠BAD＝α，以点D为圆心，适当的长度为半径画弧，分别交边AD、CD于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点K，作射线DK，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．
（1）如图1，当α＝120°时，连接AP，线段AP和线段AC的数量关系为 　AP＝AC　；
（2）如图2，当α＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请求出∠FAC的度数，以及AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
（3）当a＝120°时，连接AP，若，请直接写出线段AP与线段DG的比值．

【分析】（1）如图1，连接PB，PC，先证得△BPE是等边三角形，再证明△APE≌△CPB（SAS），得出AP＝CP，∠APE＝∠CPB，再证得△APC是等边三角形，即可得出结论；
（2）如图2，连接CF，证明△BCF≌△EAF（SAS），进而得出∠AFC＝90°，利用三角函数可得AC＝＝＝AF，再运用勾股定理即可；
（3）设BE＝a，则PE＝a，AD＝AE＝2a，AB＝CD＝3a，分两种情况：①当点E在AB上时，如图3，过点A作AH⊥DE于点H，作AT⊥BC于点T，连接PB、PC，利用三角函数定义可得：DE＝2DH＝2a，再由△AEG∽△CDG，可得＝＝＝，进而求得DG＝DE＝a，再运用解直角三角形和勾股定理可得AP＝AC＝a，即可求得答案；②如图4，当点E在AB延长线上时，AD＝AE＝AB+BE＝3a+a＝4a，AB＝CD＝3a，过点A作AH⊥DE于点H，作AT⊥BC于点T，连接PB、PC，与①同理即可求得答案．
【解答】解：（1）如图1，连接PB，PC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，
∵α＝120°，即∠BAD＝120°，
∴∠B＝∠ADC＝60°，
∴∠BEP＝60°＝∠B，
由旋转知：EP＝EB，
∴△BPE是等边三角形，
∴BP＝EP，∠EBP＝∠BPE＝60°，
∴∠CBP＝∠ABC+∠EBP＝120°，
∵∠AEP＝180°﹣∠BEP＝120°，
∴∠AEP＝∠CBP，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝30°，
∴∠AED＝∠CDE＝30°＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AE＝BC，
∴△APE≌△CPB（SAS），
∴AP＝CP，∠APE＝∠CPB，
∴∠APE+∠CPE＝∠CPB+∠CPE，
即∠APC＝∠BPE＝60°，
∴△APC是等边三角形，
∴AP＝AC．
故答案为：AP＝AC；
（2）AB2+AD2＝2AF2，
理由：如图2，连接CF，
在▱ABCD中，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
∴∠AED＝∠ADE＝45°，
∴AD＝AE，
∴AE＝BC，
∵BF⊥EP，
∴∠BFE＝90°，
∵∠BEF＝α＝∠BAD＝×90°＝45°，
∴∠EBF＝∠BEF＝45°，
∴BF＝EF，
∵∠FBC＝∠FBE+∠ABC＝45°+90°＝135°，
∠AEF＝180°﹣∠FEB＝135°，
∴∠CBF＝∠AEF，
∴△BCF≌△EAF（SAS），
∴CF＝AF，∠CFB＝∠AFE，
∴∠AFC＝∠AFE+∠CFE＝∠CFB+∠CFE＝∠BFE＝90°，
∴∠ACF＝∠FAC＝45°，
∵sin∠ACF＝，
∴AC＝＝＝AF，
在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，
∴AB2+AD2＝2AF2；
（3）由（1）知，BC＝AD＝AE＝AB﹣BE，
∵BE＝AB，AB＝CD，
∴AB＝CD＝3BE，
设BE＝a，则PE＝a，AD＝AE＝2a，AB＝CD＝3a，
①当点E在AB上时，如图3，过点A作AH⊥DE于点H，作AT⊥BC于点T，连接PB、PC，
当∠BAD＝α＝120°时，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠ADC＝30°，
∴DH＝AD•cos∠ADE＝2a•cos30°＝a，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
DE＝2DH＝2a，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴△AEG∽△CDG，
∴＝＝＝，
∴DG＝DE＝a，
在Rt△ABT中，BT＝AB•cos∠ABC＝3a•cos60°＝a，AT＝AB•sin∠ABC＝3a•sin60°＝a，
∴CT＝BC﹣BT＝2a﹣a＝a，
在Rt△ACT中，AC＝＝＝a，
由（1）知：AP＝AC＝a，
∴＝＝．
②如图4，当点E在AB延长线上时，AD＝AE＝AB+BE＝3a+a＝4a，AB＝CD＝3a，
过点A作AH⊥DE于点H，作AT⊥BC于点T，连接PB、PC，
当∠BAD＝α＝120°时，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠ADC＝30°，
∴DH＝AD•cos∠ADE＝4a•cos30°＝2a，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
DE＝2DH＝4a，
由①同理可得：△AEG∽△CDG，
∴＝＝＝，
∴DG＝DE＝a，
在Rt△ABT中，BT＝AB•cos∠ABC＝3a•cos60°＝a，AT＝AB•sin∠ABC＝3a•sin60°＝a，
∴CT＝BC﹣BT＝4a﹣﹣a＝a，
在Rt△ACT中，AC＝＝＝a，
由（1）知：AP＝AC＝a，
∴＝＝，
综上所述，线段AP与线段DG的比值为或．


【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，角平分线定义，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角函数定义等，添加辅助线构造直角三角形和全等三角形是解题关键．
2．（2020•沙湾区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝45°，AD⊥BD，P是AB上一动点，过P作DP的垂线交BC于E，将△PBE折叠得到△PBF，延长FP交AD于H，连接DE．
（1）求证：PH＝PF；
（2）当DP2＝DH•DA时，证明△ADP是等腰三角形；
（3）若AD＝3，AP＝2BP，求DE的长．

【分析】（1）先根据三角形的内角和定理判断出∠DPE＝∠DBC，再根据同角的余角相等解答即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定解答即可；
（3）根据勾股定理解答即可．
【解答】证明：（1）由折叠知，∠PEB＝∠F，∠ABF＝∠ABC，
∴∠ABF+∠ABD＝∠ABC+45°＝180°，
∴B、D、F在一条直线上，
∵DP⊥EP，
∴∠DPE＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB＝90°，
∴∠DPE＝∠DBC，
∴∠PDB＝∠PEB＝∠F，
∴DP＝PF，
∴∠HDP+∠PDF＝∠DHF+∠F，
∴∠HDP＝∠DHF，
∴HP＝DP，
∴PH＝PF；
（2）∵DP2＝DH•DA，
∴，
∵∠HDP＝∠PDA，
∴△DPH∽△DAP，
∴∠DPH＝∠A＝45°，
∴∠PDF＝∠F＝22.5°，
∴∠EPB＝180°﹣135°﹣22.5°＝22.5°＝∠BPF，
∴∠APD＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠ADP＝90°﹣∠BDP＝90°﹣∠22.5°＝67.5°，
∴∠APD＝∠ADP，
∴AD＝AP，
∴△ADP是等腰三角形；
（3）过点D作DQ⊥AB于Q，
∵AD＝3，∠A＝45°，AP＝2BP，
∴∠ABQ＝45°＝∠A，
∴AB＝AD＝6，
∴BP＝2，
在Rt△AQD中，DQ＝AD＝3，

∴PQ＝1，
根据勾股定理得，，
∴．
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，同角的余角相等，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，判断出HP＝DP是解本题的关键．
3．（2020•玉林模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC、AD于点E、F，已知AB＝1，，连接BF．
（1）如图①，在旋转的过程中，请写出线段AF与EC的数量关系，并证明；
（2）如图②，当α＝45°时，请写出线段BF与DF的数量关系，并证明；
（3）如图③，当α＝90°时，求△BOF的面积．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AO＝CO，则∠FAO＝∠ECO，由ASA证得△AFO≌△CEO，即可得出结论AF＝EC；
（2）由勾股定理得出AC＝＝2，由平行四边形的性质得出BO＝DO，AO＝CO＝AC＝1，推出AB＝AO，求出∠BOF＝∠AOB+∠AOF＝90°，即EF⊥BD，由BO＝DO，即可得出结论BF＝DF；
（3）由∠CAB＝∠AOF＝α＝90°，得出AB∥EF，证得四边形ABEF是平行四边形，则AB＝EF＝1，由（1）得△AFO≌△CEO，得出OF＝OE＝EF＝，由（2）得AO＝1，由AB∥EF，AO⊥EF，则S△BOF＝S△AOF＝AO•OF．
【解答】解：（1）AF＝CE；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠FAO＝∠ECO，
∴在△AFO与△CEO中，，
∴△AFO≌△CEO（ASA），
∴AF＝EC；
（2）BF＝DF；理由如下：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴AC＝＝＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO＝AC＝1，
∴AB＝AO，
又∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°，
∵α＝45°，∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝∠AOB+∠AOF＝45°+45°＝90°，
∴EF⊥BD，
∵BO＝DO，
∴BF＝DF；
（3）∵AB⊥AC，
∴∠CAB＝90°，
∴∠CAB＝∠AOF＝α＝90°，
∴AB∥EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴AB＝EF＝1，
由（1）得：△AFO≌△CEO，
∴OF＝OE＝EF＝，
由（2）得：AO＝1，
∵AB∥EF，AO⊥EF，
∴S△BOF＝S△AOF＝AO•OF＝×1×＝．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、平行线的判定、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积计算等知识；熟练掌握平行四边形的性质、证明三角形全等、同底等高的三角形面积相等是解题的关键．
4．（2020•渝中区校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AC为对角线，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E是AD上一点，连接BE，交AC与点F，过点C作线段BE的垂线，垂足为点G，交AD于点H，连接FH．
（1）如图1，当AB＝AE时，求证：BF﹣EG＝FH+HG；
（2）如图2，连接BH交AC于点K，当＝时，求出的值．

【分析】（1）延长CH、BA交于点P，连接CE，先证△BAF≌△CAP（ASA），得BF＝CP，AF＝AP，再证△FAH≌△PAH（SAS），得FH＝PH，然后由等腰三角形的性质得AEB＝∠ABF＝∠ACP，∠ACE＝∠AEC，证出∠GEC＝∠GCE，则GC＝GE，即可解决问题；
（2）延长CH、BA交于点P，连接CE，由（1）得FH＝PH，AP＝AF，证△PAH∽△CDH，得＝＝＝，设＝＝＝，AH＝a，则DH＝ak，BC＝AD＝AH+DH＝（1+k）a，设AK＝6b，则KF＝5b，AP＝AF＝AK+KF＝11b，得AC＝CD＝11bk，CK＝AC﹣AK＝（11k﹣6）b，然后证△AHK∽△CBK，得＝，解得k＝，即可求解．
【解答】（1）证明：延长CH、BA交于点P，连接CE，如图1所示：
则∠CAP＝180°﹣∠BAC＝90°，
∴∠CAP＝∠BAC，
∵CG⊥BE，
∴∠BGC＝∠BAC＝90°，
∵∠BFC＝∠BGC+∠ACP＝∠BAC+∠ABF，
∴∠ACP＝∠ABF，
又∵AB＝AC，
∴△BAF≌△CAP（ASA），
∴BF＝CP，AF＝AP，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAH＝∠ACB＝45°，
∴∠PAH＝∠CAP﹣∠FAH＝45°，
∴∠FAH＝∠PAH，
又∵AF＝AP，AH＝AH，
∴△FAH≌△PAH（SAS），
∴FH＝PH，
∵AB＝AE，AB＝AC，
∴∠AEB＝∠ABF＝∠ACP，∠ACE＝∠AEC，
∴∠ACE﹣∠ACP＝∠AEC﹣∠AEB，
即∠GEC＝∠GCE，
∴GC＝GE，
∴BF＝CP＝PH+HG+GC＝FH+HG+EG，
∴BF﹣EG＝FH+HG；
（2）解：延长CH、BA交于点P，连接CE，如图2所示：
由（1）得：FH＝PH，AP＝AF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB∥CD，
∴△PAH∽△CDH，
∴＝＝，
∴＝＝＝，
设＝＝＝，AH＝a，则DH＝ak，
∴BC＝AD＝AH+DH＝（1+k）a，
∵＝，
∴设AK＝6b，则KF＝5b，AP＝AF＝AK+KF＝11b，
∴CD＝11bk，
∵AB＝AC，AB＝CD，
∴AC＝CD＝11bk，CK＝AC﹣AK＝（11k﹣6）b，
∵AD∥BC，
∴△AHK∽△CBK，
∴＝，
即＝，
解得：k＝，
∴＝＝．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
5．（2020•长春一模）如图①，在平行四边形ABCD中，AB＝8，BC＝6，∠ABC＝60°．AE平分∠BAD交CD于点F．动点P从点A出发沿AD向点D以每秒1个单位长度的速度运动．过点P作PQ⊥AD，交射线AE于点Q，以AP、AQ为邻边作平行四边形APMQ，平行四边形APMQ与△ADF重叠部分面积为S．当点P与点D重合时停止运动，设P点运动时间为t秒．（t＞0）
（1）用含t的代数式表示QF的长．
（2）当点M落到CD边上时，求t的值．
（3）求S与t之间的函数关系式．
（4）连接对角线AM与PQ交于点G，对角线AC与BD交于点O（如图②）．直接写出当GO与△ABD的边平行时t的值．

【分析】（1）在Rt△APQ中，解直角三角形即可；
（2）只要证明△DPM是等边三角形，构建方程即可解决问题；
（3）分三种情形：①当0＜t≤2时，如图1中，重叠部分是平行四边形APMQ，S＝AP•PQ＝t2．②如图3中，当2＜t≤3时，重叠部分五边形APSTQ；③如图4中，当3＜t≤6时，重叠部分是四边形PSFA．分别求解即可；
（4）分两种情形讨论求解即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠D＝∠ABC，AD＝BC＝6，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DAB＝120°，∠D＝60°，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAQ＝60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AF＝AD＝6＝DF，
∵PQ⊥AD，
∴∠APQ＝90°，
∴AQ＝2AP＝2t，
①当0＜t≤3时，
QF＝6﹣2t，
②当3＜t≤6时，
QF＝2t﹣6；
（2）如图2中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠D＝180°﹣∠DAB＝60°，
∵PM∥AE，MQ∥AD，
∴∠DPM＝∠DAQ＝60°，四边形APMQ是平行四边形，
∴△DPM是等边三角形，PM＝AQ＝2PA＝2t，
∴DP＝PM，
∴6﹣t＝2t，
∴t＝2．
（3）①当0＜t≤2时，如图1中，重叠部分是平行四边形APMQ，S＝AP•PQ＝t2．
②如图3中，当2＜t≤3时，重叠部分五边形APSTQ，

S＝t2﹣（3t﹣6）2＝﹣t2+9t﹣9；
③如图4中，当3＜t≤6时，重叠部分是四边形PSFA．

S＝S△DAF﹣S△DSP＝×62﹣•（6﹣t）2＝﹣t2+3t．
综上所述，S＝；

（4）如图5中，当GO∥AB时，∵AG＝GM，
∴点M在线段CD上，此时t＝2s．

如图6中，当GO∥AD时，则B、C、Q共线，

可得△ABQ是等边三角形，AB＝AQ＝BQ＝8，
∴AQ＝2t＝8，
∴t＝4s，
综上所述，t＝2s或4s时，GH与三角形ABD的一边平行或共线．
【点评】本题考查四边形综合题、等边三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、平行四边形的判定和性质、多边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
6．（2022•安阳县一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动（点P不与点B，C重合），以BP为边在BC上方作等腰Rt△BPN，使P为直角顶点，将△BPN绕NP的中点旋转180°得到△MNP，设四边形BPMN与△ABC重叠部分图形的面积为S，点P的运动时间为t秒．
（1）点M到BC的距离为 　t　．（用含t的式子表示）
（2）若线段MN与AC交于点E，当t为何值时，射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分．
（3）当四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形时，求S与t的函数关系式．（不要求写出对应自变量取值范围）

【分析】（1）根据等腰直角三角形可得NP的长度，再结合旋转的性质可判定四边形PDMN为矩形，根据矩形的性质和点到直线的距离可得MD的长度为点M到BC的距离；
（2）由射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3的两部分可得△BEN为四边形BPMN面积的四分之一，然后将涉及的边长表示出来，利用相似三角形的性质即可求解；
（3）分M接触AC前，当M离开AC，N接触AC前和当N离开AC后三种情况讨论，计算即可；
【解答】解：（1）如图1，过点M作MD⊥BC于点D，

∵等腰Rt△BPN，
∴四边形PDMN为矩形，
∵动点P从点B出发以每秒1个单位长度的速度沿BC向终点C运动，点P的运动时间为t秒，
∴MD＝NP＝BP＝t，
故答案为：t．
（2）当点M落在AC上时，
E点和M点重合，
此时射线BE将四边形BPMN的面积分成1：1两部分，
如图2，过点E作EQ⊥BC于点Q，

∴EQ＝NP＝BP＝t，
∵S四边形BPMN＝BP×NP＝t2，
假设此时射线BE将四边形BPMN的面积分成1：3两部分，
∴S△BNE＝S四边形BPMN，
∵S△BNE＝×NE×NP，
∴NE＝t，
∴PQ＝t，
∵在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2，tanC＝，
∴AC＝4，
∴BC＝＝2，
∴CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝2﹣t，
∵tanC＝＝＝，
∴t＝，
（3）①当点M接触AC前时，
四边形BPMN与△ABC重叠部分为平行四边形，
S四边形BPMN＝BP×NP＝t2，
∴S＝t2，
②当M离开AC，N接触AC前时，
重叠部分为五边形，不用计算；
③当N离开AC后，
如图3，设PM，BN分别交AC于点F，I，过点F，I分别作FG⊥BC于点G，IJ⊥BC于点J，过点F作FH⊥IJ于点H，延长FH交BN于点K，

此时四边形BPMN与△ABC重叠部分为四边形BPFI，
设BJ＝x，则：
IJ＝x，
∵tanC＝，
∴JC＝2x，
∴BC＝BJ+JC＝3x＝2，
解得：x＝，
∴IJ＝，
设FG＝y，则：
PG＝y，GC＝2y，
∴PC＝3y，
∵BP＝t，
∴t+3y＝2，
∴y＝，
∴HJ＝FG＝，
∴HI＝IJ﹣HJ＝＝﹣＝，
∵KF＝BP＝t，
∴S△KIF＝×KF×HI＝×t×＝，
S▱BPFK＝BP×FG＝t×＝，
∵S四边形BPFI＝S△KIF+S▱BPFK＝+＝，
∴S＝，
综上，S＝t2或S＝．
【点评】本题考查相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等，解题的关键是能根据题意正确构造辅助线或画出对应图形进行分析，后两问要注意分类讨论思想的应用．
7．（2021•吉林模拟）如图，∠MAN＝45°，在边AM上取一点B，使AB＝6cm，过点B作BD⊥AN，垂足为点D，以AB，AD为邻边作▱ABCD．动点P从点A出发，以1cm/s的速度在射线AB上运动，过点P作PE⊥AM，交AN于点E，以AP，AE为邻边作▱APQE．设点P运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示AE的长；
（2）当点Q落在BD边上时，求t的值；
（3）当△APE与△BCD重叠部分图形是轴对称图形时，求出t的取值范围；
（4）若点P从点A开始运动的同时，点K从点C出发，沿C﹣B﹣D﹣C方向做循环运动．已知点K在CB，BD边上的运动速度是cm/s，在CD边上的运动速度是每秒4cm/s．直接写出点K落在△PQE内部时t的取值范围．

【分析】（1）证明△APE是等腰直角三角形可解答；
（2）如图2，证明△BPQ是等腰直角三角形，得PQ＝AE＝t，根据AB＝6，列方程可解答；
（3）分三种情况：当3＜t≤6时，如图4，△APE与△BCD重叠部分图形是等腰直角△DOF，是轴对称图形，当t≥9时，△APE与△BCD重叠部分图形是轴对称图形，还有一种情况是筝形；
（4）先计算点K在△PQE的边上时对应t的值，在BD边上时，t+t﹣3＝6，则t＝4.5，可得结论：当4＜t＜4.5时，点K落在△PQE内部；当7＜t＜时，点K落在△PQE内部．
【解答】解：（1）由题意得：AP＝t，
∵EP⊥AM，
∴∠APE＝90°，
∵∠A＝45°，
∴△APE是等腰直角三角形，
∴；
（2）如图1，点Q在边BD上，

∵四边形APQE是平行四边形，
∴AD∥PQ，
∴∠BPQ＝∠A＝45°，
∵BD⊥AD，
∴BD⊥PQ，
∴∠BQP＝90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∵PQ＝AE＝t，
∴PB＝PQ＝2t，
∵AB＝6，
∴t+2t＝6，
∴t＝2；
（3）如图2，D与E重合，

∵∠A＝45°，∠ADB＝90°，
∴△ADB是等腰直角三角形，
∵AB＝6，
∴AD＝3，
∵PE⊥AB，
∴AP＝3，此时t＝3，
如图3，P和B重合，此时t＝6，

△APE与△BCD重叠部分图形是等腰直角△DOB，是轴对称图形，
当3＜t≤6时，如图4，△APE与△BCD重叠部分图形是等腰直角△DOF，是轴对称图形，

如图，BD＝DG＝3，BF＝FG＝CG＝6﹣3，

∴BP＝＝3﹣3，
∴t＝AP＝6+3﹣3＝3+3；
如图5，点C在PE上，△APE与△BCD重叠部分图形是等腰直角△DBC，是轴对称图形，

∵BD＝BC＝3，
∴BP＝PC＝3，
∴AP＝9，
∴t＝9，
∴当t≥9时，△APE与△BCD重叠部分图形是轴对称图形，
综上所述，t的取值范围是3＜t≤6或t≥9或t＝3+3；
（4）如图6，点K为边BD和PQ的交点，则∠PKB＝90°，

∴△PKB为等腰直角三角形，
∵CB+BK＝t，
∴BK＝t﹣3，
∵AB＝6，
∴AP+PB＝6，
∴t+BK＝6，即t+2t﹣6＝6，
∴t＝4；
如图7，K是BD和PE的交点，

同理得t+t﹣3＝6，
∴t＝4.5，
∴当4＜t＜4.5时，点K落在△PQE内部；
如图8，点K在边CD上时，K也在PE上，

∴DK＝EK＝4（t﹣6），
∵AP＝PE＝t，
∴AE＝t＝3+4（t﹣6），
∴t＝7；
当K到点C时，t＝6+＝7.5，此时K在△PQE内部；
如图9，K在边BC上，也在PE上，

∴CK＝（t﹣7.5），
∴BK＝3﹣（t﹣7.5），
∵AP＝AB+BP，
∴t＝6+3﹣（t﹣7.5），
∴t＝，
∴当7＜t＜时，点K落在△PQE内部；
综上所述，点K落在△PQE内部时t的取值是：4＜t＜4.5或7＜t＜．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，动点运动问题，平行线的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，结合一元一次方程解决问题，并运用分类讨论和数形结合的思想，有难度，属于中考常考题型．
8．（2020•市北区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝8，AD＝10，AB和CD之间的距离是8，动点P在线段AB上从点A出发沿AB方向以每秒2个单位的速度匀速运动；动点Q在线段BC上从点B出发沿BC的方向以每秒1个单位的速度匀速运动，过点P作PE⊥AB，交线段AD于点E，若P，Q两点同时出发，设运动时间为t秒，0＜t≤3．
（1）当t为何值时，BE平分∠ABC？
（2）连接PQ，CE，设四边形PECQ的面积为S，求出S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得CE∥QP？若存在，请直接给出此时t的值（不必写说理过程）；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）如图1中，过点D作DH⊥AB于H，根据相似三角形的性质求出AE，再证明AE＝AB，构建方程求解即可．
（2）如图2中，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，S＝S▱ABCD﹣S△APE﹣S△PBQ﹣S△DEC，求解即可．
（3）如图3中，连接EC，PQ．利用相似三角形的性质，构建方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1中，过点D作DH⊥AB于H，

∵PE⊥AB，DH⊥AB，
∴PE∥DH，
∴△AEP∽△ADH，
∴，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴AE＝AB，
∴，
∴．

（2）如图2中，过点C作CF⊥AD于F，过点Q作QG⊥AB交AB的延长线于G，

∵△AEP∽△ADH，
∴，
∴，
∵CD∥AB，
∴∠CDF＝∠A，
∵∠AHD＝90°，
∴△CDF∽△DAH，
∴，
∴，
同法可证△BQG∽△ADH，
∴，
∴，
∴S＝S▱ABCD﹣S△APE﹣S△PBQ﹣S△DEC
＝64﹣﹣﹣
＝．
∴S＝．

（3）如图3中，连接EC，PQ．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B，AD∥BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵CE∥QP，
∴∠PQB＝∠ECB，
∴∠CEQ＝∠PQB，
∴△EDC∽△PBQ，
∴，
∴，
化简得5t2﹣41t+60＝0，
解得：（舍去），．
∴t＝．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2020•城阳区一模）如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥AD，AB＝20．AD＝12．动点G在线段AD上，点G从点A出发沿AD方向以每秒2个单位长的速度匀速运动；动点H在线段CD上，点H从点C出发沿CD的方向以每秒2个单位长的速度匀速运动，过点G作EG⊥AD．交线段AB于点E．若G、H两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动随之停止，设运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，四边形HDAE是平行四边形？
（2）设△EHG的面积为S，求出S与t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得△EHG的面积S最大？若存在，求出此时t的值；求出此时最大面积S；若不存在，请说明理由；
（4）是否存在某一时刻t，使得△EHG的面积S是平行四边形ABCD面积的？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）连接BD．根据DH＝AE，构建方程求解即可．
（2）如图2中，过点H作HT⊥AD交AD的延长线于T．解直角三角形求出DT，即可解决问题．
（3）利用二次函数的性质求解即可．
（4）不存在．构建方程求解即可．
【解答】解：（1）如图1中，连接BD．

∵BD⊥AD，AB＝20，AD＝12，
∴BD＝＝＝16，
∵EG⊥AD，
∴EG∥BD，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴AE＝t，EG＝t，
当DH＝AE时，四边形DHEA是平行四边形，
∴20﹣2t＝t，
∴t＝．

（2）如图2中，过点H作HT⊥AD交AD的延长线于T．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝20，
∴∠HDT＝∠A，
∵∠T＝∠BDA＝90°，
∴△HTD∽△BDA，
∴＝，
∴＝，
∴DT＝（20﹣2t），
∴S＝•EG•TG＝×t×[（20﹣2t）+12﹣2t]＝﹣t2+32t．

（3）∵S＝﹣t2+32t＝﹣（t﹣）2+60，
∵﹣＜0，
∴t＝时，S的值最大，最大值为60．

（4）不存在．
理由：由题意，﹣t2+32t＝×12×16，
整理得，4t2﹣30t+75＝0，
∵Δ＝900﹣4×4×75＝﹣300＜0，
∴方程无解．
∴不存在某一时刻t，使得△EHG的面积S是平行四边形ABCD面积的．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的性质和判定，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考压轴题．
10．（2020•唐山二模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝9，AD＝13，tanA＝，P是射线AD上一点，连接PB，沿PB将三角形APB折叠，得三角形A′PB．
（1）当∠DPA′＝10°时，∠APB＝　85或95或5　度；
（2）当PA′⊥BC时，求线段PA的长度；
（3）当点A′落在平行四边形ABCD的边所在的直线上时，求线段PA的长度；
（4）直接写出：在点P沿射线AD运动过程中，DA′的最小值是多少？

【分析】（1）分两种情形求解即可；
（2）作BH⊥AD于H，由tanA＝，设AH＝5x，BH＝12x，可得AB＝＝13x＝9，求出x即可解决问题；
（3）分三种情形分别求解即可；
（4）如图6中，作DH⊥AB于H，连接BD．，求出BD，BA′，根据三角形的三边关系即可解决问题；
【解答】解：（1）当PA′在直线AD的右侧时，∠APB＝∠A′PB＝（180°﹣10°）＝85°，
当PA′在直线AD的左侧时，∠APB＝∠A′PB＝（180°+10°）＝95°，
如图4，
当点P在AD的延长线上时，由折叠知，∠APB＝∠A'PB＝∠DPA'＝5°
故答案为85或95或5；

（2）如图1中，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵PA′⊥BC，
∴PA′⊥AD，
∴∠APA′＝90°，
∴∠APB＝∠A′PB＝45°，作BH⊥AD于H，
∵tanA＝，
∴设AH＝5x，BH＝12x
∴AB＝＝13x＝9，
∴x＝，
∴AH＝，BH＝，
在Rt△BHP中，∠BPH＝45°，
∴BH＝PH＝，
∴AP＝AH+PH＝．

（3）①当点A′在AD上时，

∵AB＝A′B，PA＝PA′
∴BP⊥AD，
∵tanA＝，
∴AP＝AB＝．
②当A′在BC上时，

由折叠可知，AB＝BA′，AP＝PA′，
又∵AD∥BC，
∴∠APB＝∠PBA′＝∠ABP，
∴AB＝PA，
∴四边形ABA′P为菱形，
∴AP＝9．
③当A′在AB的延长线上时，∠ABP＝∠ABA′＝90°

∴AP＝AB＝．

（4）如图6中，作DH⊥AB于H，连接BD．

∵AD＝13，tanA＝＝，
∴DH＝12，AH＝5，BH＝9﹣5＝4，
∴BD＝＝4，
∵DA′≤BD﹣BA′，
∴DA′≤4﹣9，
∴DA′的最小值是4﹣9．

【点评】本题考查四边形的综合题、平行四边形的性质、翻折变换、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
题型四：菱形综合题
一．解答题（共3小题）
1．（2020•于洪区模拟）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作
等边三角形ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到
线段AM，连接FM．
（1）线段AO的长为　5　；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AM＝AC；
（3）连接EM．若△AFM的周长为3，请直接写出△AEM的面积．

【分析】（1）先利用菱形的性质得出OB＝13，AC⊥BD，再用勾股定理求解即可得出结论；
（2）先求出∠AFM＝60°，再判断出△AOF≌△COF，得出∠AFO＝60°，即可得出结论；
（3）①当点F在OB上时，先求出AF，进而利用勾股定理求出OF，再判断出△AEM≌△ABF，求出EM，再判断出△AEM∽△AOB，求出MN，最后用三角形的面积公式求解即可得出结论；
②当点F在OD上时，同①的方法求出MN，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝BD＝12，
在Rt△AOB中，AB＝13，根据勾股定理得，AO＝＝＝5，
故答案为5；

（2）由旋转知，AM＝AF，∠MAF＝60°，
∴△AMF是等边三角形，
∴∠AFM＝60°，
∵点M，F，C三点在同一条直线上，
∴∠AFC＝180°﹣∠AFM＝120°，
∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于O，
∴OA＝OC＝AC，
在△AOF和△COF中，，
∴△AOF≌△COF（SAS），
∴∠AFO＝∠AFC＝60°，
在Rt△AOF中，sin∠AFO＝，
AF＝＝＝OA＝AC，
∴AM＝AC；

（3）①当点F在线段OB上时，如图，由（2）知，△AMF是等边三角形，
∵△AFM的周长为3，
∴AF＝，
在Rt△AOF中，根据勾股定理得，OF＝＝2，
∴BF＝OB﹣OF＝12﹣2＝10，
连接EM，
∵△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB＝13，∠BAE＝60°，
由（1）知，AM＝AF，∠FAM＝60°，
∴∠BAE＝∠EAM，
∴∠EAM＝∠BAF，
∴△AEM≌△ABF（SAS），
∴EM＝BF＝10，∠AEM＝∠ABF，
过点M作MN⊥AE于N，
∴∠MNE＝∠AOB＝90°，
∴△MNE∽△AOB，
∴，
∴，
∴MN＝，
∴S△AEM＝AE•MN＝×13×＝25，
②当点F在OD上时，同①的方法得，MN＝，
S△AEM＝AE•MN＝×13×＝35，
即：△AEM的面积为25或35．


【点评】此题是四边形综合题，主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，判断出△AEM≌△ABF是解本题的关键．
2．（2021•惠山区校级一模）在四边形AEBC中，点P是平面内不与点A、C重合的任意一点，连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转与∠ACB相同的度数得到线段DP，连接AD、BD、CP．
（1）观察猜想：
如图1，当四边形AEBC为菱形，且∠ACB＝60°时，的值是 　1　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 　60　°；
（2）类比探究：
如图2，当四边形AEBC为正方形时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由；
（3）解决问题：
当四边形AEBC为正方形时，若点M、N分别是CA、CB的中点，点P在直线MN上，请直接写出点C、P、D在同一直线上时的值．


【分析】（1）观察猜想：由“SAS”可证△CAP≌△BAD，可得PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，即可求解；
（2）类比探究：通过证明△DAB∽△PAC，可得∠PCA＝∠DBA，，即可求解；
（3）分两种情形：①当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．证明AD＝DC即可解决问题．
②当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC解决问题．
【解答】解：（1）观察猜想：
如图1中，延长CP交BD的延长线于F，设AB交FC于点O．

∵∠PAD＝∠CAB＝60°，
∴∠CAP＝∠BAD，
∵CA＝BA，PA＝DA，
∴△CAP≌△BAD（SAS），
∴PC＝BD，∠ACP＝∠ABD，
∵∠AOC＝∠BOF，
∴∠BFO＝∠CAO＝60°，
∴＝1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，
故答案为：1，60；
（2）类比探究：
如图2中，设BD交AC于点H，BD交PC于点G．

∵∠PAD＝∠CAB＝45°，
∴∠PAC＝∠DAB，
∵，
∴△DAB∽△PAC，
∴∠PCA＝∠DBA，，
∵∠EHC＝∠AHB，
∴∠CEH＝∠HAB＝45°，
∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°；
（3）如图3，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．

∵CM＝MA，CN＝NB，
∴MN∥AB，
∴∠CNM＝∠ABC＝45°，
∵∠PAO＝45°，
∴∠PAO＝∠ONH，
∵∠POA＝∠NOH，
∴∠H＝∠APO，
∵∠APC＝90°，CM＝MC，
∴PM＝MA＝MC，
∴∠MPA＝∠MAP＝∠BAH，
∴∠H＝∠BAH，
∴BH＝BA，
∵∠ADP＝∠BDC＝45°，
∴∠ADB＝90°，
∴BD⊥AH，
∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，
∴A，D，C，B四点共圆，
∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，
∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，
∴DA＝DC，设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝a，
∴＝2﹣；
如图3中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，

∴PC＝a﹣a，
∴＝＝2+；
综上所述：的值为2﹣或2+．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．（2021•集贤县模拟）在菱形ABCD中，射线BM从对角线BD所在的位置开始绕着点B逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），点E在射线BM上，∠DEB＝∠DAB．
（1）当∠DAB＝60°时，BM旋转到图①的位置，线段BE，DE，AE之间的数量关系是 　BE＝AE+DE　；
（2）在（1）的基础上，当BM旋转到图②的位置时，探究线段BE，DE，AE之间的数量关系，并证明；
（3）将图②中的∠DAB＝60°改为∠DAB＝90°，如图③，其他条件不变，请直接写出线段BE，DE，AE之间的数量关系．


【分析】（1）在BE上截取EH＝DE，连接HD，由“SAS”可证△ADE≌△BDH，可得AE＝BH，可得结论；
（2）在射线EB上截取EH＝DE，连接DH，由“SAS”可证△ADE≌△BDH，可得AE＝BH，可得结论；
（3）过点A作AN⊥AE，交DE于N，由正方形的性质可得∠ABD＝45°，由“SAS”可证△BAE≌△DAN，可得BE＝DN，可得结论．
【解答】解：（1）如图①，在BE上截取EH＝DE，连接HD，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，AD＝BD＝AB，
∵∠DEB＝∠DAB＝60°，DE＝EH，
∴△DEH是等边三角形，
∴DE＝DH＝EH，∠EDH＝∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDH，
∴△ADE≌△BDH（SAS），
∴AE＝BH，
∴BE＝BH+EH＝AE+DE，
故答案为：BE＝AE+DE；
（2）BE＝DE﹣AE，理由如下：
如图②，在射线EB上截取EH＝DE，连接DH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，AD＝BD＝AB，
∵∠DEB＝∠DAB＝60°，DE＝EH，
∴△DEH是等边三角形，
∴DE＝DH＝EH，∠EDH＝∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDH，
∴△ADE≌△BDH（SAS），
∴AE＝BH，
∴BE＝EH﹣BH＝DE﹣AE；
（3）DE＝AE+BE，理由如下：
如图③，过点A作AN⊥AE，交DE于N，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝45°，
∵∠DEB＝∠DAB＝90°，
∴点A，点D，点B，点E四点共圆，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°，
∵AE⊥AN，
∴∠AEN＝∠ANE＝45°，
∴AE＝AN，
∴EN＝AE，
∵∠EAN＝90°＝∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAN，
∴△BAE≌△DAN（SAS），
∴BE＝DN，
∴DE＝DN+EN＝AE+BE．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
题型五：梯形综合题
一．解答题（共2小题）
1．（2020•新都区模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝32，DC＝24，AD＝42，动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒4个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒2个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到S与t之间的函数关系式．
（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：①若PQ＝BQ，②若BP＝BQ，③若PB＝PQ．在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t．
（3）首先假设存在，然后再根据相似三角形对应边成比例求证．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形．
∴PM＝DC＝24．
∵QB＝32﹣t，
∴S＝×24×（32﹣2t）＝384﹣24t（0≤t＜16）；

（2）由图可知：CM＝PD＝4t，CQ＝2t．
以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
①若PQ＝BQ．
在Rt△PMQ中，PQ2＝4t2+242，
由PQ2＝BQ2得4t2+242＝（32﹣2t）2，
解得t＝；
②若BP＝BQ．
在Rt△PMB中，BP2＝（32﹣4t）2+242．
由BP2＝BQ2得：（32﹣4t）2+242＝（32﹣2t）2
即3t2﹣32t+144＝0．
由于△＝﹣704＜0，
∴3t2﹣32t+144＝0无解，
∴PB≠BQ．
③若PB＝PQ．
由PB2＝PQ2，得4t2+242＝（32﹣4t）2+242
整理，得3t2﹣64t+256＝0．
解得t1＝，t2＝16（舍去）
综合上面的讨论可知：当t＝秒或t＝秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．

（3）设存在时刻t，使得PQ⊥BD．
如图2，过点Q作QE⊥AD于E，垂足为E．
∵AD∥BC
∴∠BQF＝∠EPQ，
又∵在△BFQ和△BCD中∠BFQ＝∠C＝90°，
∴∠BQF＝∠BDC，
∴∠BDC＝∠EPQ，
又∵∠C＝∠PEQ＝90°，
∴Rt△BDC∽Rt△QPE，
∴＝，即＝，
解得t＝9．
所以，当t＝9秒时，PQ⊥BD．


【点评】本题属于四边形综合题，考查了勾股定理，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
2．（2018•南关区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝4，DC＝3，AD＝6．动点P从点D出发，沿射线DA的方向，在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．
（1）设△BPQ的面积为s，直接写出s与t之间的函数关系式是　s＝6﹣t　（不写取值范围）．
（2）当B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时t的值．
（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA＝OB时，直接写出tan∠BQP＝　　．
（4）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式．
（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
①若PQ＝BQ，②若BP＝BQ，③若PB＝PQ．
在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t．
（3）根据相似三角形对应边成比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值．
（4）首先假设存在，然后再根据相似三角形对应边成比例求证．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形．
∴PM＝DC＝3．
∵QB＝4﹣t，
∴s＝×3×（4﹣t）＝6﹣t（0≤t＜4）
故答案为：s＝6﹣t；

（2）由图可知：CM＝PD＝2t，CQ＝t．
以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
①若PQ＝BQ．
在Rt△PMQ中，PQ2＝t2+32，
由PQ2＝BQ2得t2+32＝（4﹣t）2，
解得t＝；
②若BP＝BQ．
在Rt△PMB中，BP2＝（4﹣2t）2+32．
由BP2＝BQ2得：（4﹣2t）2+32＝（4﹣t）2
即3t2﹣8t+9＝0．
由于△＝64﹣4×3×9＝﹣44＜0，
∴3t2﹣8t+9＝0无解，
∴PB≠BQ．
③若PB＝PQ．
由PB2＝PQ2，得t2+32＝（4﹣2t）2+32
整理，得3t2﹣16t+16＝0．
解得t1＝，t2＝4（舍去）
综合上面的讨论可知：当t＝秒或t＝秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．

（3）如图2，由△OAP∽△OBQ，得．
∵AP＝2t﹣6，BQ＝4﹣t，
∴2（2t﹣6）＝4﹣t．
∴t＝．
过点Q作QE⊥AD，垂足为E．
∵PD＝2t，ED＝QC＝t，
∴PE＝t．
在Rt△PEQ中，tan∠QPE＝＝＝．
又∵AD∥BC，
∴∠BQP＝∠QPE，
∴tan∠BQP＝；
故答案为：；

（4）设存在时刻t，使得PQ⊥BD
如图3，过点Q作QE⊥AD于E，垂足为E．
∵AD∥BC
∴∠BQF＝∠EPQ，
又∵在△BFQ和△BCD中∠BFQ＝∠C＝90°，
∴∠BQF＝∠BDC，
∴∠BDC＝∠EPQ，
又∵∠C＝∠PEQ＝90°，
∴Rt△BDC∽Rt△QPE，
∴，即．
解得t＝．
所以，当t＝秒时，PQ⊥BD．

【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
题型六：筝形综合题
一．解答题（共2小题）
1．（2021•朝阳区校级三模）观察图片中的风筝，它们的主体部分可以看成是一个四边形，这类四边形的特征是两组邻边分别相等，我们把这样的四边形叫做“筝形”．

（1）提出猜想通过观察、测量等方法猜想筝形的对角线有什么性质，写出你的猜想 　有一条对角线垂直平分另一条对角线　．（写出一个即可）
（2）证明猜想．（结合图1写出已知，求证，并证明）．
（3）解决问题．如图2，在筝形ABCD中，∠DAB＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝6，求对角线AC的长．
【分析】（1）观察图1，猜想AD＝CD，AB＝CB，可见点B、D在AC的垂直平分线上，即BD垂直平分AC；
（2）可先证明△ABD≌△CBD，得∠ABD＝∠CBD，再由等腰三角形的“三线合一”性质证明BD垂直平分AC；
（3）由（2）得△BAC≌△DAC，则∠BAC＝∠DAC＝30°，在Rt△ABC中，由cos30°＝即可求出对角线AC的长．
【解答】解：（1）观察图1，再联系到筝形的定义可得AD＝CD，AB＝CB，可知点D、B都在AC的垂直平分线上，可以猜想：筝形有一条对角线垂直平分另一条对角线，
故答案为：有一条对角线垂直平分另一条对角线．
（2）已知：四边形ABCD是筝形，且AB＝CB，AD＝CD，
求证：BD垂直平分AC，
证明：如图1，∵AB＝CB，AD＝CD，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ABD＝∠CBD，
∵AB＝CB，
∴BD垂直平分AC.
（3）如图2，由（2）得△BAC≌△DAC，
∴∠BAC＝∠DAC，
∵∠DAB＝60°，
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴＝cos30°＝，
∴AC＝＝＝4．

【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质以及新定义问题的求解等知识和方法，此题难度适中，综合性强，是很好的习题．
2．（2019•河南一模）四边形是我们在学习和生活中常见的图形，而对角线互相垂直的四边形也比较常见，比如筝形、菱形、图1中的四边形ABCD等．它们给我们的学习和生活带来了很多的乐趣和美感．
（1）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，则AC与BD的位置关系是 　AC⊥BD　，请说明理由．
（2）试探究图1中四边形ABCD的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系，请写出证明过程．
（3）问题解决：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证出点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，即可得出结论；
（2）根据垂直的定义和勾股定理得出AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，即可得出结论；
（3）先由SAS证明△GAB≌△CAE，得出∠ABG＝∠AEC，进而证出CE⊥BG，再根据勾股定理、结合（2）的结论计算，即可得出结果．
【解答】（1）解：AC⊥BD，理由如下：
连接AC、BD，如图2所示：
∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，
故答案为：AC⊥BD；
（2）解：AD2+BC2＝AB2+CD2；理由如下：
如图1，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，
设BD、AC相交于E，
∵AC⊥BD，
∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，
AB2+CD2＝AE2+BE2+CE2+DE2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）解：如图3，连接CG、BE，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AC＝AG，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，
即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
即CE⊥BG，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
在Rt△ABC中，AC＝4，AB＝5，根据勾股定理得，BC2＝52﹣42＝9，
∵CG和BE分别是正方形ACFG和正方形ABDG的对角线，
∴CG2＝42+42＝32，BE2＝52+52＝50，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝32+50﹣9＝73，
∴GE＝．



【点评】此题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用；熟练掌握正方形的性质，灵活运用勾股定理是解题的关键．
【真题训练】
一．填空题（共1小题）
1．（2021•张家界）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接DE，AE，CE，过点D作DE的垂线交AE于点P，若DE＝DP＝1，PC＝．下列结论：①△APD≌△CED；②AE⊥CE；③点C到直线DE的距离为；④S正方形ABCD＝5+2，其中正确结论的序号为 　①②④　．

【分析】①利用同角的余角相等，易得∠CDE＝∠ADP，再结合已知条件用SAS可证明两三角形全等；②利用①中的全等，可得∠APD＝∠CED，再结合三角形外角性质可证AE⊥CE；③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，利用勾股定理可求CE，利用△DPE为等腰直角三角形，可证△CFE为等腰直角三角形，再利用勾股定理可求CF，EF；④在Rt△CDF中，利用勾股定理可求CD2，即是正方形ABCD的面积．
【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE＝90°．
∴∠PDC+∠CDE＝90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC＝∠ADP+∠PDC＝90°，AD＝CD，
∴∠CDE＝∠ADP．
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS），
故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD＝∠CED，
又∵∠APD＝∠PDE+∠DEP，∠CED＝∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE＝∠CEA＝90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE＝DP，∠PDE＝90°，
∴∠DPE＝∠DEP＝45°．
又∵∠CEA＝90°，
∴∠CEF＝∠FCE＝45°．
∵DP＝DE＝1，
∴PE＝＝．
∴CE＝＝＝2，
∴CF＝EF＝＝，
即点C到直线DE的距离为，故③错误；
④∵CF＝EF＝，DE＝1，
在Rt△CDF中，CD2＝CF2+DF2＝＝2+3+＝，
∴S正方形ABCD＝，
故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④，
故答案为：①②④．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，正方形面积的计算，勾股定理等知识，综合性比较强，得出△APD≌△CED，进而结合全等三角形的性质分析是解题关键．
二．解答题（共9小题）
2．（2015•盐城）如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，已知EP＝FP＝4，EF＝4，∠BAD＝60°，且AB＞4．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．

【分析】（1）过点P作PG⊥EF于G，解直角三角形即可得到结论；
（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，证明△ABC≌△ADC，Rt△PME≌Rt△PNF，问题即可得证；
（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值解直角三角形即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PG⊥EF于G，
∵PE＝PF，
∴FG＝EG＝EF＝2，∠FPG＝，
在△FPG中，sin∠FPG＝＝＝，
∴∠FPG＝60°，
∴∠EPF＝2∠FPG＝120°；

（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，DC＝BC，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴PM＝PN，
在Rt△PME于Rt△PNF中，
，
∴Rt△PME≌Rt△PNF，
∴FN＝EM，在Rt△PMA中，∠PMA＝90°，∠PAM＝∠DAB＝30°，
∴AM＝AP•cos30°＝3，同理AN＝3，
∴AE+AF＝（AM﹣EM）+（AN+NF）＝6；

（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，
当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值，
设AC与EF交于点O，
∵PE＝PF，
∴OF＝EF＝2，
∵∠FPA＝60°，
∴OP＝2，
∵∠BAD＝60°，
∴∠FAO＝30°，
∴AO＝6，
∴AP＝AO+PO＝8，
同理AP′＝AO﹣OP＝4，
∴AP的最大值是8，最小值是4．


【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，最值问题，等腰三角形的性质，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．
3．（2015•淮安）阅读理解：
如图①，如果四边形ABCD满足AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，那么我们把这样的四边形叫做“完美筝形”．
将一张如图①所示的“完美筝形”纸片ABCD先折叠成如图②所示形状，再展开得到图③，其中CE，CF为折痕，∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，点B′为点B的对应点，点D′为点D的对应点，连接EB′，FD′相交于点O．

简单应用：
（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是 　正方形　；
（2）当图③中的∠BCD＝120°时，∠AEB′＝　80　°；
（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有 　5　个（包含四边形ABCD）．
拓展提升：
当图③中的∠BCD＝90°时，连接AB′，请探求∠AB′E的度数，并说明理由．
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“完美筝形”的定义容易得出结论；
（2）先证出∠AEB′＝∠BCB′，再求出∠BCE＝∠ECF＝40°，即可得出结果；
（3）由折叠的性质得出BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D＝∠CD′F＝90°，即可得出四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；
由题意得出∠OD′E＝∠OB′F＝90°，CD′＝CB′，由菱形的性质得出AE＝AF，CE＝CF，再证明△OED′≌△OFB′，得出OD′＝OB′，OE＝OF，证出∠AEB′＝∠AFD′＝90°，即可得出四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；即可得出结论；
当图③中的∠BCD＝90°时，四边形ABCD是正方形，证明A、E、B′、F四点共圆，得出，由圆周角定理即可得出∠AB′E的度数．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，
∴AB≠AD，BC≠CD，
∴平行四边形不一定为“完美筝形”；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，
∴AB≠AD，BC≠CD，
∴矩形不一定为“完美筝形”；
③∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠A＝∠C≠90°，∠B＝∠D≠90°，
∴菱形不一定为“完美筝形”；
④∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴正方形一定为“完美筝形”；
∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形四种图形中，一定为“完美筝形”的是正方形；
故答案为：正方形；
（2）根据题意得：∠B′＝∠B＝90°，
∴在四边形CBEB′中，∠BEB′+∠BCB′＝180°，
∵∠AEB′+∠BEB′＝180°，
∴∠AEB′＝∠BCB′，
∵∠BCE＝∠ECF＝∠FCD，∠BCD＝120°，
∴∠BCE＝∠ECF＝40°，
∴∠AEB′＝∠BCB′＝40°+40°＝80°；
故答案为：80；
（3）当图②中的四边形AECF为菱形时，对应图③中的“完美筝形”有5个；理由如下；
根据题意得：BE＝B′E，BC＝B′C，∠B＝∠CB′E＝90°，CD＝CD′，FD＝FD′，∠D＝∠CD′F＝90°，
∴四边形EBCB′、四边形FDCD′是“完美筝形”；
∵四边形ABCD是“完美筝形”，
∴AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D＝90°，
∴CD′＝CB′，∠CD′O＝∠CB′O＝90°，
∴∠OD′E＝∠OB′F＝90°，
∵四边形AECF为菱形，
∴AE＝AF，CE＝CF，AE∥CF，AF∥CE，
∴D′E＝B′F，∠AEB′＝∠CB′E＝90°，∠AFD′＝∠CD′F＝90°，
在△OED′和△OFB′中，，
∴△OED′≌△OFB′（AAS），
∴OD′＝OB′，OE＝OF，
∴四边形CD′OB′、四边形AEOF是“完美筝形”；
∴包含四边形ABCD，对应图③中的“完美筝形”有5个；
故答案为：5；
当图③中的∠BCD＝90°时，如图所示：
四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EB′F＝90°，
∴∠BAD+∠EB′F＝180°，
∴A、E、B′、F四点共圆，
∵AE＝AF，
∴，
∴∠AB′E＝∠AB′F＝∠EB′F＝45°．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质、“完美筝形”的判定与性质、全等三角形的判定与性质、四点共圆、圆周角定理等知识；本题难度较大，综合性强，熟练掌握“完美筝形”的定义，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
4．（2018•云南）如图，在平行四边形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC边上的点，AF＝AD+FC，平行四边形ABCD的面积为S，由A、E、F三点确定的圆的周长为l．
（1）若△ABE的面积为30，直接写出S的值；
（2）求证：AE平分∠DAF；
（3）若AE＝BE，AB＝4，AD＝5，求l的值．

【分析】（1）作EG⊥AB于点G，由S△ABE＝×AB×EG＝30得AB•EG＝60，即可得出答案；
（2）延长AE交BC延长线于点H，先证△ADE≌△HCE得AD＝HC、AE＝HE及AD+FC＝HC+FC，结合AF＝AD+FC得∠FAE＝∠CHE，根据∠DAE＝∠CHE即可得证；
（3）先证∠ABF＝90°得出AF2＝AB2+BF2＝16+（5﹣FC）2＝（FC+CH）2＝（FC+5）2，据此求得FC的长，从而得出AF的长度，再由AE＝HE、AF＝FH知FE⊥AH，即AF是△AEF的外接圆直径，从而得出答案．
【解答】解：（1）如图，作EG⊥AB于点G，
则S△ABE＝×AB×EG＝30，则AB•EG＝60，
∴平行四边形ABCD的面积为60；

（2）延长AE交BC延长线于点H，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠HCE，∠DAE＝∠CHE，
∵E为CD的中点，
∴CE＝ED，
∴△ADE≌△HCE，
∴AD＝HC、AE＝HE，
∴AD+FC＝HC+FC，
由AF＝AD+FC和FH＝HC+FC得AF＝FH，
∴∠FAE＝∠CHE，
又∵∠DAE＝∠CHE，
∴∠DAE＝∠FAE，
∴AE平分∠DAF；

（3）连接EF，
∵AE＝BE、AE＝HE，
∴AE＝BE＝HE，
∴∠BAE＝∠ABE，∠HBE＝∠BHE，
∵∠DAE＝∠CHE，
∴∠BAE+∠DAE＝∠ABE+∠HBE，即∠DAB＝∠CBA，
由四边形ABCD是平行四边形得∠DAB+∠CBA＝180°，
∴∠CBA＝90°，
∴AF2＝AB2+BF2＝16+（5﹣FC）2＝（FC+CH）2＝（FC+5）2，
解得：FC＝，
∴AF＝FC+CH＝，
∵AE＝HE、AF＝FH，
∴FE⊥AH，
∴AF是△AEF的外接圆直径，
∴△AEF的外接圆的周长l＝π．
【点评】本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质、勾股定理等知识点．
5．（2016•镇江）如图1，在菱形ABCD中，AB＝6，tan∠ABC＝2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）当t＝　6+6　秒时，DF的长度有最小值，最小值等于 　12　；
（3）如图2，连接BD、EF、BD交EC、EF于点P、Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？
（4）如图3，将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α（α＝∠BCD），得到对应线段CG．在点E的运动过程中，当它的对应点F位于直线AD上方时，直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式．

【分析】（1）由∠ECF＝∠BCD得∠DCF＝∠BCE，结合DC＝BC、CE＝CF证△DCF≌△BCE即可得；
（2）当点E运动至点E′时，由DF＝BE′知此时DF最小，求得BE′、AE′即可得答案；
（3）①∠EQP＝90°时，由∠ECF＝∠BCD、BC＝DC、EC＝FC得∠BCP＝∠EQP＝90°，根据AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2即可求得DE；
②∠EPQ＝90°时，由菱形ABCD的对角线AC⊥BD知EC与AC重合，可得DE＝6；
（4）连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，证△DCE≌△GCF可得∠3＝∠4＝∠1＝∠2，即GF∥CD，从而知四边形CDMN是平行四边形，由平行四边形得MN＝CD＝6；再由∠CGN＝∠DCN＝∠CNG知CN＝CG＝CD＝6，根据tan∠ABC＝tan∠CGN＝2可得GM＝6+12，由GF＝DE＝t得FM＝t﹣6﹣12，
利用tan∠FMH＝tan∠ABC＝2即可得FH．
【解答】解：（1）∵∠ECF＝∠BCD，即∠BCE+∠DCE＝∠DCF+∠DCE，
∴∠DCF＝∠BCE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，
在△DCF和△BCE中，
∵，
∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF＝BE；

（2）如图1，

当点E运动至点E′时，DF＝BE′，此时DF最小，
在Rt△ABE′中，AB＝6，tan∠ABC＝tan∠BAE′＝2，
∴设AE′＝x，则BE′＝2x，
∴AB＝x＝6，
则AE′＝6
∴DE′＝6+6，DF＝BE′＝12，
故答案为：6+6，12；

（3）∵CE＝CF，
∴∠CEQ＜90°，
①当∠EQP＝90°时，如图2①，

∵∠ECF＝∠BCD，BC＝DC，EC＝FC，
∴∠CBD＝∠CEF，
∵∠BPC＝∠EPQ，
∴∠BCP＝∠EQP＝90°，
∵AB＝CD＝6，tan∠ABC＝tan∠ADC＝2，
∴DE＝6，
∴t＝6秒；
②当∠EPQ＝90°时，如图2②，

∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD，
∴EC与AC重合，
∴DE＝6，
∴t＝6秒；

（4）y＝t﹣12﹣，

如图3，连接GF分别交直线AD、BC于点M、N，过点F作FH⊥AD于点H，
由（1）知∠1＝∠2，
又∵∠1+∠DCE＝∠2+∠GCF，
∴∠DCE＝∠GCF，
在△DCE和△GCF中，
∵，
∴△DCE≌△GCF（SAS），
∴∠3＝∠4，
∵∠1＝∠3，∠1＝∠2，
∴∠2＝∠4，
∴GF∥CD，
又∵AH∥BN，
∴四边形CDMN是平行四边形，
∴MN＝CD＝6，
∵∠BCD＝∠DCG，
∴∠CGN＝∠DCN＝∠CNG，
∴CN＝CG＝CD＝6，
∵tan∠ABC＝tan∠CGN＝2，
∴GN＝12，
∴GM＝6+12，
∵GF＝DE＝t，
∴FM＝t﹣6﹣12，
∵tan∠FMH＝tan∠ABC＝2，
∴FH＝（t﹣6﹣12），
即y＝t﹣12﹣．
【点评】本题主要考查菱形的有关性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形及旋转的性质，熟练掌握灵活运用是解题的关键．
6．（2016•枣庄）如图，把△EFP放置在菱形ABCD中，使得顶点E，F，P分别在线段AB，AD，AC上，已知EP＝FP＝6，EF＝6，∠BAD＝60°，且AB＞6．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝10，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．

【分析】（1）根据锐角三角函数求出∠FPG，最后求出∠EPF．
（2）先判断出Rt△PME≌Rt△PNF，再根据锐角三角函数求解即可，
（3）根据运动情况及菱形的性质判断求出AP最大和最小值．
【解答】解：（1）过点P作PG⊥EF于点G，如图1所示．

∵PE＝PF＝6，EF＝6，
∴FG＝EG＝3，∠FPG＝∠EPG＝∠EPF．
在Rt△FPG中，sin∠FPG＝＝＝，
∴∠FPG＝60°，
∴∠EPF＝120°．
（2）过点P作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，如图2所示．

∵AC为菱形ABCD的对角线，
∴∠DAC＝∠BAC，AM＝AN，PM＝PN．
在Rt△PME和Rt△PNF中，PM＝PN，PE＝PF，
∴Rt△PME≌Rt△PNF，
∴ME＝NF．
又AP＝10，∠PAM＝∠DAB＝30°，
∴AM＝AN＝APcos30°＝10×＝5，
∴AE+AF＝（AM+ME）+（AN﹣NF）＝AM+AN＝10．
（3）如图，

当点P在EF右边时，
∵∠BAD＝60°，∠EPF＝120°，
∴∠BAD+∠EPF＝180°，
∴点A，E，P，F四点共圆，
∴AP是此圆的直径时，AP最大，
∵PE＝PF，
∴EF⊥AC时，AP最大，
∴当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，
在△PEF中，PE＝PF＝6，EF＝6，
由（1）知，∠EPF＝120°
∴△PEF是顶角为120°的等腰三角形，
∵∠BAD＝60°，
∴满足条件的点P只有两个点，
∵点P在EF右侧时，AP最大，
∴点P再EF左侧时，AP最小，
即：当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值，
设AC与EF交于点O，
∵PE＝PF，
∴OF＝EF＝3，
∵∠FPA＝60°，
∴OP＝3，
∵∠BAD＝60°，
∴∠FAO＝30°，
∴AO＝9，
∴AP＝AO+PO＝12，
同理AP′＝AO﹣OP＝6，
∴AP的最大值为12，AP的最小值为6，
【点评】此题是菱形的性质题，主要考查了菱形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数，解本题的关键是作出辅助线．
7．（2016•长春）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝8，∠BAD＝60°，点E从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动，当点E不与点A重合时，过点E作EF⊥AD于点F，作EG∥AD交AC于点G，过点G作GH⊥AD交AD（或AD的延长线）于点H，得到矩形EFHG，设点E运动的时间为t秒
（1）求线段EF的长（用含t的代数式表示）；
（2）求点H与点D重合时t的值；
（3）设矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形的面积与S平方单位，求S与t之间的函数关系式；
（4）矩形EFHG的对角线EH与FG相交于点O′，当OO′∥AD时，t的值为 　4　；当OO′⊥AD时，t的值为 　3　．

【分析】（1）由题意知：AE＝2t，由锐角三角函数即可得出EF＝t；
（2）当H与D重合时，FH＝GH＝8﹣t，由菱形的性质和EG∥AD可知，AE＝EG，解得t＝；
（3）矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形需要分以下两种情况讨论：①当H在线段AD上，此时重合的部分为矩形EFHG；②当H在线段AD的延长线上时，重合的部分为五边形；
（4）当OO′∥AD时，此时点E与B重合；当OO′⊥AD时，过点O作OM⊥AD于点M，EF与OA相交于点N，然后分别求出O′M、O′F、FM，利用勾股定理列出方程即可求得t的值．
【解答】解：（1）由题意知：AE＝2t，0≤t≤4，
∵∠BAD＝60°，∠AFE＝90°，
∴sin∠BAD＝，
∴EF＝t；

（2）∵AE＝2t，∠AEF＝30°，
∴AF＝t，
当H与D重合时，
此时FH＝8﹣t，
∴GE＝8﹣t，
∵EG∥AD，
∴∠EGA＝30°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BAC＝∠EGA＝30°，
∴AE＝EG，
∴2t＝8﹣t，
∴t＝；

（3）当0＜t≤时，
此时矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形为矩形EFHG，
∴由（2）可知：AE＝EG＝2t，
∴S＝EF•EG＝t•2t＝2t2，
当＜t≤4时，如图1，
设CD与HG交于点I，
此时矩形EFHG与菱形ABCD重叠部分图形为五边形FEGID，
∵AE＝2t，
∴AF＝t，EF＝t，
∴DF＝8﹣t，
∵AE＝EG＝FH＝2t，
∴DH＝2t﹣（8﹣t）＝3t﹣8，
∵∠HDI＝∠BAD＝60°，
∴tan∠HDI＝，
∴HI＝DH，
∴S＝EF•EG﹣DH•HI＝2t2﹣（3t﹣8）2＝﹣t2+24t﹣32；

（4）当OO′∥AD时，如图2
此时点E与B重合，
∴t＝4；
当OO′⊥AD时，如图3，
过点O作OM⊥AD于点M，EF与OA相交于点N，
由（2）可知：AF＝t，AE＝EG＝2t，
∴FN＝t，
∵O′是矩形EFHG的对角线的交点，
∴FM＝EG＝t，
∵O′O⊥AD，O′是FG的中点，
∴O′O是△FNG的中位线，
∴O′O＝FN＝t，
∵AB＝8，
∴由勾股定理可求得：OA＝4
∴OM＝2，
∴O′M＝2﹣t，
∵FE＝t，EG＝2t，
∴由勾股定理可求得：FG2＝7t2，
∴由矩形的性质可知：O′F2＝FG2，
∵由勾股定理可知：O′F2＝O′M2+FM2，
∴t2＝（2﹣t）2+t2，
∴t＝3或t＝﹣6（舍去）．
故答案为：t＝4；t＝3．

【点评】本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．
8．（2015•海南）如图，菱形ABCD中，点P是CD的中点，∠BCD＝60°，射线AP交BC的延长线于点E，射线BP交DE于点K，点O是线段BK的中点．
（1）求证：△ADP≌△ECP；
（2）若BP＝n•PK，试求出n的值；
（3）作BM⊥AE于点M，作KN⊥AE于点N，连接MO、NO，如图2所示，请证明△MON是等腰三角形，并直接写出∠MON的度数．

【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到对应角相等，根据全等三角形的判定定理证明结论；
（2）作PI∥CE交DE于I，根据点P是CD的中点证明CE＝2PI，BE＝4PI，根据相似三角形的性质证明结论；
（3）作OG⊥AE于G，根据平行线等分线段定理得到MG＝NG，又OG⊥MN，证明△MON是等腰三角形，根据直角三角形的性质和锐角三角函数求出∠MON的度数．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAP＝∠CEP，∠ADP＝∠ECP，
在△ADP和△ECP中，
，
∴△ADP≌△ECP；
（2）如图1，作PI∥CE交DE于I，
则＝，又点P是CD的中点，
∴＝，
∵△ADP≌△ECP，
∴AD＝CE，
∴＝＝，
∴BP＝3PK，
∴n＝3；
（3）如图2，作OG⊥AE于G，
∵BM⊥AE于M，KN⊥AE于N，
∴BM∥OG∥KN，
∵点O是线段BK的中点，
∴MG＝NG，又OG⊥MN，
∴OM＝ON，
即△MON是等腰三角形，
由题意得，△BPC，△AMB，△ABP为直角三角形，
设BC＝2，则CP＝1，由勾股定理得，BP＝，
则AP＝，
根据三角形面积公式，BM＝，
∴AM＝＝，
∴MP＝，
由（2）得，PB＝3PO，
∴OG＝BM＝，
MG＝MP＝，
tan∠MOG＝＝，
∴∠MOG＝60°，
∴∠MON的度数为120°．

【点评】本题考查的是菱形的性质和相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用判定定理和性质定理是解题的关键，注意锐角三角函数在解题中的运用．
9．（2014•绥化）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC＝60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：PG＝PC．（不必证明）
（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；
（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．

【分析】（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE＝PG，DE＝FG，得到CE＝CG，CP是EG的中垂线，在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，所以PG＝PC．
（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPG，再证得△CDE≌△CBG，利用在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，所以PG＝PC．
（3）延长GP到H，使PH＝PG，连接CH、DH，作FE∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证得△HDC≌△GBC，在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，所以PG＝PC．
【解答】
（1）提示：如图1：延长GP交DC于点E，
利用△PED≌△PGF，得出PE＝PG，DE＝FG，
∵△BGF是等边三角形，
∴FG＝BG，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，
∴CE＝CG，
∴CP是EG的中垂线，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，
∴PG＝PC．

（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，

∵∠ABC＝60°，△BGF正三角形
∴GF∥BC∥AD，
∴∠EDP＝∠GFP，
在△DPE和△FPG中

∴△DPE≌△FPG（ASA）
∴PE＝PG，DE＝FG＝BG，
∵∠CDE＝∠CBG＝60°，CD＝CB，
在△CDE和△CBG中，
，
∴△CDE≌△CBG（SAS）
∴CE＝CG，∠DCE＝∠BCG，
∴∠ECG＝∠DCB＝120°，
∵PE＝PG，
∴CP⊥PG，∠PCG＝∠ECG＝60°
∴PG＝PC．

（3）猜想：PG＝PC．
证明：如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，作FE∥DC

∵P是线段DF的中点，
∴FP＝DP，
∵∠GPF＝∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，
∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC＝120°，
∵△BFG是等边三角形，
∴GF＝GB，
∴HD＝GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°，
即∠HCG＝120°
∵CH＝CG，PH＝PG，
∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，
∴PG＝PC．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．
10．（2014•沈阳）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，BD＝24，在菱形ABCD的外部以AB为边作等边三角形 ABE．点F是对角线BD上一动点（点F不与点B重合），将线段AF绕点A顺时针方向旋转60°得到线段AM，连接FM．

（1）求AO的长；
（2）如图2，当点F在线段BO上，且点M，F，C三点在同一条直线上时，求证：AC＝AM；
（3）连接EM，若△AEM的面积为40，请直接写出△AFM的周长．
【分析】（1）在RT△OAB中，利用勾股定理OA＝求解，
（2）由四边形ABCD是菱形，求出△AFM为等边三角形，∠M＝∠AFM＝60°，再求出∠MAC＝90°，在Rt△ACM中tan∠M＝，求出AC．
（3）求出△AEM≌△ABF，利用△AEM的面积为40求出BF，在利用勾股定理AF＝＝＝，得出△AFM的周长为3．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝BD，
∵BD＝24，
∴OB＝12，
在Rt△OAB中，
∵AB＝13，
∴OA＝＝＝5．

（2）如图2，

∵四边形ABCD是菱形，
∴BD垂直平分AC，
∴FA＝FC，∠FAC＝∠FCA，
由已知AF＝AM，∠MAF＝60°，
∴△AFM为等边三角形，
∴∠M＝∠AFM＝60°，
∵点M，F，C三点在同一条直线上，
∴∠FAC+∠FCA＝∠AFM＝60°，
∴∠FAC＝∠FCA＝30°，
∴∠MAC＝∠MAF+∠FAC＝60°+30°＝90°，
在Rt△ACM中
∵tan∠M＝，
∴tan60°＝，
∴AC＝AM．

（3）如图，连接EM，

∵△ABE是等边三角形，
∴AE＝AB，∠EAB＝60°，
由（2）知△AFM为等边三角形，
∴AM＝AF，∠MAF＝60°，
∴∠EAM＝∠BAF，
在△AEM和△ABF中，
，
∴△AEM≌△ABF（SAS），
∵△AEM的面积为40，△ABF的高为AO
∴BF•AO＝40，BF＝16，
∴FO＝BF﹣BO＝16﹣12＝4
AF＝＝＝，
∴△AFM的周长为3．
【点评】本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是灵活运用等边三角形的性质及菱形的性质．