2022年中考数学复习训练题（含解析）----四边形

这是一份2022年中考数学复习训练题（含解析）----四边形，共80页。
2022年中考数学复习新题速递之四边形（2022年5月）
一．选择题（共10小题）
1．（2022•越秀区一模）将正方形ABCD与正方形BEFG按如图方式放置，点F、B、C在同一直线上，已知BG＝，BC＝3，连接DF，M是DF的中点，连接AM，则AM的长是（　　）

A． B． C． D．
2．（2022•江北区一模）如图，以Rt△ABC的各边为边分别向外作正方形，∠BAC＝90°，连结DG，点H为DG的中点，连结HB，HN，若要求出△HBN的面积，只需知道（　　）

A．△ABC的面积 B．正方形ADEB的面积
C．正方形ACFG的面积 D．正方形BNMC的面积
3．（2022春•柳江区期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，已知BC＝1，CE＝7，点H是AF的中点，则CH的长是（　　）

A．5 B．3.5 C．4 D．
4．（2022春•确山县期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　）

A． B． C． D．2
5．（2022春•宁海县期中）如图，在平行四边形ABCD中，点F是BC上一点，BF＝6，CF＝2，点E是CD的中点，AE平分∠DAF，EF＝，则△AEF的面积是（　　）

A． B． C． D．
6．（2022春•泗县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝7，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　）

A．25 B．24 C． D．13
7．（2022•川汇区一模）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（　　）

A． B． C． D．
8．（2022春•渝中区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G．连接EC、EF、EG．下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④当G是线段AD的中点时，BE＝a．正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．（2022•滨江区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以该直角三角形的三边为边，并在直线AB同侧作正方形ABMN、正方形BQPC、正方形ACEF，且点N恰好在正方形ACEF的边EF上．其中S1，S2，S3，S4，S5表示相应阴影部分面积，若S3＝1，则S1+S2+S4+S5＝（　　）

A．2 B．3 C．2 D．
10．（2022春•岳麓区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点H在DC的延长线上，连接AH交BC于点F，点E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，则EH等于（　　）

A． B． C． D．
二．填空题（共10小题）
11．（2022•温江区模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为BC中点，沿直线DF翻折△ADF，使点A的对应点A′恰好落在线段AE上，分别在AD，A′D上取点M，N，沿直线MN继续翻折，使点A′与点D重合，则线段MN的长为 　 　．

12．（2022•河东区一模）如图，E为正方形ABCD的边AB上一点，F为边BC延长线上一点，且AE＝CF，点G为边BC上一点，且∠BGE＝2∠BFE，△BEG的周长为8，AE＝1，DG与EF交于点H，连接CH，则CH的长为 　 　．

13．（2022春•汉寿县期中）如图，三个边长均为的正方形重叠在一起，O1，O2分别是两个正方形的中心，则阴影（重叠）部分的面积为 　 　．

14．（2022春•新洲区期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC＝，OC＝2，则另一直角边BC的长为 　 　．

15．（2022春•东城区期中）在正方形ABCD中，AB＝5，点E、F分别为AD、AB上一点，且AE＝AF，连接BE、CF，则BE+CF的最小值是 　 　．

16．（2022•市南区一模）如图，在正方形ABCD的边长为6，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在BC、CD的延长线上，且CE＝3，DF＝2，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为 　 　．

17．（2022•坪山区二模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD中点，连接BE，F为BE中点，连接AF，若AB＝2，BC＝5，∠BAD＝120°，则AF长为 　 　．

18．（2022春•福清市期中）在平面直角坐标系xOy中，▱OABC的两个顶点坐标分别为A（m，2），B（m+1，3），则顶点C的坐标为 　 　．
19．（2022春•建阳区期中）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E为边AB上一点，AF⊥DE于点F，OF＝2，AF＝，则正方形ABCD的面积为 　 　．

20．（2022春•盐都区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm，BC＝30cm，点E以1cm/s的速度从点A出发向点D运动，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF、DG，若t秒后△DFG的面积恰好为cm2，则t的值为 　 　．

三．解答题（共10小题）
21．（2022•新化县一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，请类比（2），求DE的长．


22．（2022春•杨浦区校级期中）四边形ABCD为菱形，点P为对角线BD上的一个动点．
（1）如图1，连接AP并延长交BC的延长线于点E，连接PC，求证：∠AEB＝∠PCD．
（2）如图1，若PA＝PD且PC⊥BE时，求此时∠ABC的度数．
（3）若∠ABC＝90°且AB＝6，如备用图，连接AP并延长交射线BC于点E，连接PC，若△PCE是等腰三角形，求线段BP的长．

23．（2022春•杨浦区校级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．
（1）当∠ABC＝90°时，G是EF的中点，联结DB，DG（如图2），请直接写出∠BDG的度数
（2）当∠ABC＝120°时，FG∥CE，且FG＝CE，分别联结DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．

24．（2022春•义乌市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，动点P沿着边AB从点A运动到点B，同时动点Q沿着边BC，CD从点B运动到点D，它们同时到达终点，BD与PQ交于点E．若记点Q的运动路程为x，线段BP的长记为y．
（1）求y关于x的函数表达式．
（2）如图2，当点Q在CD上时，求．
（3）将矩形沿着PQ折叠，点B的对应点为点F，连结EF，当EF所在直线与△BCD的一边垂直时，求BP的长．

25．（2022春•福清市期中）如图1，在正方形ABCD中，点E在CD边上，点F在CB的延长线上，且DE＝BF，连接AF，AE．
（1）求证：∠DAE＝∠BAF；
（2）如图2，连接BD，EF交于点O，作点A关于EF的对称点G，连接AO，GO．
①求证：点A、O、G三点共线；
②连接GC，用等式表示线段AG，GC、AB之间的数量关系，并说明理由．

26．（2022春•淮阴区期中）[问题提出]
（1）如图1，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得到折痕AE、AF，连接EF，则∠EAF的度数为 　 　；

[问题解决]
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，保持∠EAF的度数不变，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，请写出EF、DF、BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）保持∠EAF的度数不变，将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开得到图4，

求证：BM2+DN2＝MN2．
[能力提升]
（4）如图5，保持∠EAF的度数不变，将正方形改为长与宽不相等的矩形，且∠CEF＝∠EAF，请直接写出线段EF、BE、DF之间的数量关系．
27．（2022•虞城县二模）思考题：如图，正方形ABCD中，点P为AB上一个动点，点B关于CP的对称点为点M，DM的延长线交CP的延长线于点Q，点E为DM的中点，连接CE，过点D作DF∥CE交PC的延长线于点F，连接AQ，求证：△DAQ≌△DCF．
在分析过程中，小明找不到解题思路，便和同学们一起讨论，以下是讨论过程：
小红：可以得出CE⊥DE；理由：连接CM，点M和点B关于CP对称，∴CM＝BC，又∵CD＝BC，∴CM＝CD，∵点E为DM的中点，∴CE⊥DE；……①
小亮：△DFQ是等腰直角三角形；
理由：由小红的结论得CE⊥DM，∴∠CEQ＝90°，∠DCE＝∠MCE，
∴∠ECQ＝∠ECM+∠PCM＝∠DCB＝45°；
∵DF∥CE，∴∠QDF＝90°，∠F＝45°……②
△DFQ是等腰直角三角形；
小明：我好像知道该怎么解决问题了．
请仔细阅读讨论过程，完成下述任务．
任务：（1）小红的讨论中①的依据是 　 　．
小亮的讨论中②的依据是 　 　．
（2）请帮小明证明△DAQ≌△DCF；
拓展研究：
（3）若AB＝2，连接AE，直接写出AE的最小值．

28．（2022•新都区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点M为边AB的中点．点Q从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，同时点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度先沿CB方向运动到点B，再沿BA方向向终点A运动，以MP、MQ为邻边构造▱MQEP，设点Q运动的时间为t秒．
（1）当点E落在AC边上时，求t和▱MQEP的面积；
（2）当点P在边AB上时，设▱MQEP的面积为S（S＞0），求S与t之间的函数关系式；
（3）连接CM，直接写出CM将▱MQEP分成的两部分图形面积相等时t的值．


29．（2022•定安县一模）将一块足够大的直角三角板的直角顶点P放在边长为1的正方形ABCD的对角线AC上滑动，一条直角边始终经过点B，另一条直角边与射线DC交于点E．
（1）当点E在边DC上时（如图1），求证：①△PBC≌△PDC；②PB＝PE．
（2）当点E在边DC的延长线上时（如图2），（1）中的结论②还成立吗？如果不成立，请说明理由；如果成立，请给予证明．


30．（2022•如皋市一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为射线AB上的动点，连接DE，作点A关于DE的对称点F，连接DF，EF，BF，CF．
（1）如图1，当点F落在BD上时，求AE的长；
（2）如图2，当AE＝2时，探索BF与CF的位置关系，并说明理由；
（3）在点E从点A出发后，当△BCF为等腰三角形时，直接写出AE的长．


2022年中考数学复习新题速递之四边形（2022年5月）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022•越秀区一模）将正方形ABCD与正方形BEFG按如图方式放置，点F、B、C在同一直线上，已知BG＝，BC＝3，连接DF，M是DF的中点，连接AM，则AM的长是（　　）

A． B． C． D．
【考点】正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出BH，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：延长AM交BC于H点，

∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，BG＝，BC＝3，
∴BF＝BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC＝3，
∵点F，B，C在同一直线上，
∴AD∥CF，
∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，
∵M是DF中点，
∴DM＝FM，
在△ADM和△HFM中，
，
∴△ADM≌△HFM（AAS），
∴AD＝FH＝3，AM＝HM＝AH，
∴BH＝FH﹣BF＝1，
在Rt△ABH中，AH＝＝＝，
∴AM＝AH＝，
故选：A．
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
2．（2022•江北区一模）如图，以Rt△ABC的各边为边分别向外作正方形，∠BAC＝90°，连结DG，点H为DG的中点，连结HB，HN，若要求出△HBN的面积，只需知道（　　）

A．△ABC的面积 B．正方形ADEB的面积
C．正方形ACFG的面积 D．正方形BNMC的面积
【考点】正方形的性质；三角形的面积．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接HA并延长交BC于点P，交MN于点Q，连接AE，CE，AN，证明△BAC≌△DAG，△ABN≌△EBC，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接HA并延长交BC于点P，交MN于点Q，连接AE，CE，AN，

∵四边形ABED，四边形ACFG，四边形BCMN是正方形，
∴AB＝AD，AC＝AG，∠BAC＝∠DAG＝90°，
在△BAC和△DAG中，
，
∴△BAC≌△DAG（SAS），
∴∠BCA＝∠DGA，
∵点H为DG的中点，∠DAG＝90°，
∴AH＝GH，
∴∠HAG＝∠DGA，
∴∠HAG＝∠BCA，
∵∠HAG+∠CAP＝90°，
∴∠BCA+∠CAP＝90°，
∴∠APC＝90°，
∴BN∥HQ，
∴S△HBN＝S△ABN，
∵BE∥CD，
∴S△AEB＝S△CBE，
∵∠ABN＝90°+∠ABC，∠EBC＝90°+∠ABC，
∴∠ABN＝∠EBC，
在△ABN和△EBC中，
，
∴△ABN≌△EBC（SAS），
∴S△ABN＝S△CBE，
∴S△AEB＝S△HBN，
∵S△AEB＝S正方形ADEB，
∴S△HBN＝S正方形ADEB，
∴若要求出△HBN的面积，只需知道正方形ADEB的面积．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABN≌△EBC．
3．（2022春•柳江区期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，已知BC＝1，CE＝7，点H是AF的中点，则CH的长是（　　）

A．5 B．3.5 C．4 D．
【考点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据正方形的性质求出AB＝BC＝1，CE＝EF＝7，∠E＝90°，延长AD交EF于M，连接AC、CF，求出AM＝8，FM＝6，∠AMF＝90°，根据正方形性质求出∠ACF＝90°，根据直角三角形斜边上的中线性质求出CH＝AF，根据勾股定理求出AF即可．
【解答】解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝7，
∴AB＝BC＝1，CE＝EF＝7，∠E＝90°，
延长AD交EF于M，连接AC、CF，
则AM＝BC+CE＝1+7＝8，FM＝EF﹣AB＝7﹣1＝6，∠AMF＝90°，
∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形，
∴∠ACD＝∠GCF＝45°，
∴∠ACF＝90°，
∵H为AF的中点，
∴CH＝AF，
在Rt△AMF中，由勾股定理得：AF＝＝＝10，
∴CH＝5，
故选：A．

【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线，并求出AF的长和得出CH＝AF，有一定的难度．
4．（2022春•确山县期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　）

A． B． C． D．2
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝＝＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝
故选：C．

【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022春•宁海县期中）如图，在平行四边形ABCD中，点F是BC上一点，BF＝6，CF＝2，点E是CD的中点，AE平分∠DAF，EF＝，则△AEF的面积是（　　）

A． B． C． D．
【考点】平行四边形的性质；角平分线的性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】延长AE和BC交于点G，证明△ADE≌△GCE（ASA），可得AE＝EG，然后根据等腰三角形的性质证明FE⊥AG，再根据勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，延长AE和BC交于点G，

在平行四边形ABCD中，
∵AD∥BC，AD＝BC，
∴∠D＝∠ECG，∠DAE＝∠G，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△GCE中，
，
∴△ADE≌△GCE（ASA），
∴AE＝EG，
∵AE平分∠DAF，
∴∠DAE＝∠FAE，
∴∠G＝∠FAE，
∴FA＝FG，
∴FE⊥AG，
∵BF＝6，CF＝2，
∴AD＝CG＝BC＝BF+FC＝6+2＝8，
∴FG＝FC+CG＝2+8＝10，
∵EF＝，
∴AE＝EG＝＝＝2，
∴△AEF的面积＝AE•EF＝2×2＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．解决本题的关键是掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
6．（2022春•泗县期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝7，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　）

A．25 B．24 C． D．13
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝7，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝24，BC＝AD＝7，
∴CE＝＝＝25．
∴PC+PB的最小值为25．
故选：A．
【点评】本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
7．（2022•川汇区一模）如图，正方形ABCD的顶点B在原点，点D的坐标为（4，4），将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′处，DE⊥BB′于点E，则点E的坐标为（　　）

A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；几何直观．
【分析】延长AD、BE交于K，过E作EH⊥x轴于H，在Rt△ABK中，∠ABK＝60°，可得AK＝AB＝4，即得DK＝AK﹣AD＝4﹣4，在Rt△DEK中，可得EK＝6﹣2，即得BE＝BK﹣EK＝2+2，在Rt△BEH中，得EH＝BE＝1+，BH＝EH＝+3，可得答案．
【解答】解：延长AD、BE交于K，过E作EH⊥x轴于H，如图：

∵点D的坐标为（4，4），
∴AB＝4，
在Rt△ABK中，∠ABK＝60°，
∴∠K＝30°，BK＝2AB＝8，AK＝AB＝4，
∴DK＝AK﹣AD＝4﹣4，
在Rt△DEK中，
DE＝DK＝2﹣2，EK＝DE＝6﹣2，
∴BE＝BK﹣EK＝8﹣（6﹣2）＝2+2，
在Rt△BEH中，∠EBH＝∠ABC﹣∠ABK＝30°，
∴EH＝BE＝1+，BH＝EH＝+3，
∴E（3+，+1），
故选：D．
【点评】本题考查正方形中的旋转变换，解题的关键是能熟练应用含30°角的直角三角形三边的关系．
8．（2022春•渝中区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G．连接EC、EF、EG．下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④当G是线段AD的中点时，BE＝a．正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】在BC上截取BH＝BE，连接EH，证明△FAE≌△EHC（SAS），可得EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，即可判断①正确，延长AD到K，使得DK＝BE，证明△GCE≌△GCK（SAS），可得EG＝DG+BE，判断③错误，而△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AB+AD＝2a，可判断②错误，设BE＝x，则DK＝x，在Rt△AEG中，则有（a+x）2＝（a﹣x）2+（a）2，解得BE＝a，判断④正确．
【解答】解：在BC上截取BH＝BE，连接EH，如图：

∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，
∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
延长AD到K，使得DK＝BE，

∵BC＝CD，∠CBE＝90°＝∠KDC，BE＝DK，
∴△CBE≌△CDK（SAS），
∴∠ECB＝∠DCK，CE＝CK，
∴∠ECK＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCK＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CK，
∴△GCE≌△GCK（SAS），
∴EG＝GK，
∵GK＝DG+DK，DK＝BE，
∴EG＝DG+BE，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AK＝AE+AD+DK＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则DK＝x，
∵G是线段AD的中点，
∴AG＝DG＝a，
∴EG＝DK＝a+x，
在Rt△AEG中，则有（a+x）2＝（a﹣x）2+（a）2，
解得x＝a，
∴BE＝a，故④正确，
∴正确的有：①④两个，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，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，属于中考选择题中的压轴题．
9．（2022•滨江区一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以该直角三角形的三边为边，并在直线AB同侧作正方形ABMN、正方形BQPC、正方形ACEF，且点N恰好在正方形ACEF的边EF上．其中S1，S2，S3，S4，S5表示相应阴影部分面积，若S3＝1，则S1+S2+S4+S5＝（　　）

A．2 B．3 C．2 D．
【考点】正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于Q′．证明△ABC≌△MBQ（SAS），同理可得：△ANF≌△ABC，即S2＝S3＝1，推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共线，由四边形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，证明△MGQ′≌△BCT（AAS），推出MQ′＝BT，由MN＝BM，NQ′＝MT，可证△NQ′E≌△MTP，推出S1+S5＝S3＝S4＝1，进而可求解．
【解答】解：如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于Q′．
∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABC＝∠MBQ，
∵BA＝BM，BC＝BQ，
∴△ABC≌△MBQ（SAS），
同理可得：△ANF≌△ABC，即S2＝S3＝1，
∴∠ACB＝∠BQM＝90°，
∵∠PQB＝90°，
∴M，P，Q共线，
∵四边形CGMP是矩形，
∴MG＝PC＝BC，
∵∠BCT＝∠MGQ′＝90°，∠BTC+∠CBT＝90°，∠BQ′M+∠CBT＝90°，
∴∠MQ′G＝∠BTC，
∴△MGQ′≌△BCT（AAS），
∴S4＝S△BGM，
∴MQ′＝BT，
∵MN＝BM，
∴NQ′＝MT，
∵∠MQ′G＝∠BTC，
∴∠NQ′E＝∠MTP，
∵∠E＝∠MPT＝90°，
则△NQ′E≌△MTP（AAS），
∴S1+S5＝S3＝S4＝1，
∴S1+S2+S4+S5＝3．
故选：B．

【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，有一定难度，解题关键是将正方形的性质及三角形的面积公式进行灵活的结合和应用．
10．（2022春•岳麓区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点H在DC的延长线上，连接AH交BC于点F，点E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，则EH等于（　　）

A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．菁优网版权所有
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】过点E作EG⊥AF于点G，根据角平分线的性质可得EB＝EG，然后证明△EFG≌△HFC（AAS），可得GF＝CF，证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），可得AB＝AG＝6，设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，可得BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，根据勾股定理可得n＝，根据S△AFE＝EF•AB＝AF•EG，可得EF＝m，然后根据勾股定理可得m＝2，在Rt△EFG中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点E作EG⊥AF于点G，

在正方形ABCD中，BC＝AB＝6，∠B＝∠BCD＝90°，
∵AE平分∠BAH，EG⊥AF，AB⊥BC，
∴EB＝EG，
∵CH＝BE，
∴EG＝CH，
在△EFG和△HFC中，
，
∴△EFG≌△HFC（AAS），
∴GF＝CF，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴AB＝AG＝6，
设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，
∴BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得：
AF2＝AB2+BF2，
∴（6+n）2＝62+（6﹣n）2，
解得n＝，
∴GF＝CH＝n＝，
∴AF＝6+n＝，
∵S△AFE＝EF•AB＝AF•EG，
∴6EF＝m，
∴EF＝m，
在Rt△EFG中，根据勾股定理得：
EF2＝EG2+GF2，
∴（m）2＝m2+（）2，
解得m＝2（负值舍去），
∴EB＝EG＝CH＝m＝2，
∴EF＝m＝，
∴EC＝EF+FC＝＝4，
∴EH＝．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
二．填空题（共10小题）
11．（2022•温江区模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为BC中点，沿直线DF翻折△ADF，使点A的对应点A′恰好落在线段AE上，分别在AD，A′D上取点M，N，沿直线MN继续翻折，使点A′与点D重合，则线段MN的长为 　　．

【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；展开与折叠；运算能力．
【分析】过点A作AH⊥A′D于点H，设DF与AE交与点O，由折叠变换可得：DF为AA′的垂直平分线，点N为A′D的中点，通过证明∠DAA′＝∠AEB，利用直角三角形的边角关系，得到＝2，利用勾股定理求得AO，DO，利用三角形的面积公式求得AH，利用勾股定理求得DH，利用平行线的性质得出比例式即可求得MN的值．
【解答】解：如图，MN为折痕，即点N为A′D的中点，
过点A作AH⊥A′D于点H，设DF与AE交与点O，

∵沿直线DF翻折△ADF，使点A的对应点A′恰好落在线段AE上，
∴DF为AA′的垂直平分线．
∴DA＝DA′＝2，FA＝FA′，
∵∠DAA′+∠EAB＝90°，∠EAB+∠AEB＝90°，
∴∠DAA′＝∠AEB，
∴tan∠DAA′＝tan∠AEB＝，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝2．
∵E为BC中点，
∴BE＝BC＝1．
∴tan∠DAA′＝2．
∵tan∠DAA′＝，
∴＝2，
设AO＝k，则DO＝2k．
∵AO2+DO2＝AD2，
∴k2+（2k）2＝22．
解得：k＝±（负数不合题意舍去）．
∴AO＝OA′＝，DO＝．
∵，
∴AH＝．
∴DH＝＝．
∴．
∵MN⊥A′D，AH⊥A′D，
∴MN∥AH．
∴．
∵点N为A′D的中点，DA′＝2，
∴DN＝1．
∴MN＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等变换中的翻折问题，勾股定理，直角三角形的边角关系，利用翻折变换是全等变换，得到对应点的连线被折痕垂直平分是解题的关键．
12．（2022•河东区一模）如图，E为正方形ABCD的边AB上一点，F为边BC延长线上一点，且AE＝CF，点G为边BC上一点，且∠BGE＝2∠BFE，△BEG的周长为8，AE＝1，DG与EF交于点H，连接CH，则CH的长为 　　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】先通过证明△ADF≌△CDE，得DE＝DF，再根据∠BGE＝2∠BFE得出GE＝GF，然后证明△DEG≌△DFG，得出H是EF的中点；过点H作HM⊥BF，交BF于M，得出HM＝BE，根据△BEG的周长为8，求出HM和CH，由勾股定理求出CH．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠DAF＝∠DCE＝90°，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴DE＝DF，
∵∠BGE＝2∠BFE，∠BGE＝∠BFE+∠GEF，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF，
在△DEG和△DFG中，
，
∴△DEG≌△DFG（SSS），
∴EH＝HF，
∴H为EF的中点，
又∵△BEG的周长为8，
∴BE+GB+GE＝8，
∴BE+GB+GF＝8，
∴BE+BC+CF＝8，
∵CF＝AE，
∴BA+CB＝8，
∴BC＝BA＝4，
过点H作HM⊥BF，交BF于M，

∴HM∥AB，HM＝BE，
∵AB＝4，CF＝AE＝1，
∴BE＝4﹣1＝3，
∴HM＝2﹣＝，
∵BF＝BC+CF＝4+1＝5，
∴MF＝BF＝，
∴CM＝MF﹣CF＝﹣1＝，
∴CH＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质是解题的关键．
13．（2022春•汉寿县期中）如图，三个边长均为的正方形重叠在一起，O1，O2分别是两个正方形的中心，则阴影（重叠）部分的面积为 　4　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】根据题意作图，连接O1B，O1C，可得△O1BF≌△O1CG，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案．
【解答】解：连接O1B、O1C，如图：
∵∠BO1F+∠FO1C＝90°，∠FO1C+∠CO1G＝90°，
∴∠BO1F＝∠CO1G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠O1BF＝∠O1CG＝45°，
在△O1BF和△O1CG中，
，
∴△O1BF≌△O1CG（ASA），
∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是S正方形，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是S正方形，
∴S阴影部分＝S正方形＝×（2）2＝4．
故答案为：4．

【点评】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，解决本题的关键是把阴影部分进行合理转移．
14．（2022春•新洲区期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC＝，OC＝2，则另一直角边BC的长为 　　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】过O作OF⊥BC于点F，过A作AM⊥OF于点M，根据正方形的性质得出∠AOB＝90°，OA＝OB，求出∠BOF＝∠OAM，根据AAS证△AOM≌△BOF，推出AM＝OF，OM＝FB，求出四边形ACFM为矩形，推出AM＝CF，AC＝MF＝，得出等腰三角形三角形OCF，根据勾股定理求出CF＝OF＝2，求出BF，即可求出答案．
【解答】解：过O作OF⊥BC于F，过A作AM⊥OF于M，

∵∠ACB＝90°，
∴∠AMO＝∠OFB＝90°，∠ACB＝∠CFM＝∠AMF＝90°，
∴四边形ACFM是矩形，
∴AM＝CF，AC＝MF＝，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠AOM+∠BOF＝90°，
∵∠AMO＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∴∠BOF＝∠OAM，
在△AOM和△OBF中，
，
∴△AOM≌△OBF（AAS），
∴AM＝OF，OM＝FB，
∴OF＝CF，
∵∠CFO＝90°，
∴△CFO是等腰直角三角形，
∵OC＝2，由勾股定理得：CF＝OF＝2，
∴BF＝OM＝OF﹣FM＝2﹣＝，
∴BC＝2+＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了等腰直角三角形，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，有一定的难度．
15．（2022春•东城区期中）在正方形ABCD中，AB＝5，点E、F分别为AD、AB上一点，且AE＝AF，连接BE、CF，则BE+CF的最小值是 　5　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接DF，根据正方形的性质证明△ADF≌△ABE（SAS），可得DF＝BE，作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF＝D′F，可得BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，所以当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，然后根据勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，连接DF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAE＝∠DAF＝90°，
在△ADF和△ABE中，
，
∴△ADF≌△ABE（SAS），
∴DF＝BE，
作点D关于AB的对称点D′，连接CD′交AB于点F′，连接D′F，则DF＝D′F，
∴BE+CF＝DF+CF＝D′F+CF≥CD′，
∴当点F与点F′重合时，D′F+CF最小，最小值为CD′的长，
在Rt△CDD′中，根据勾股定理得：
CD′＝＝＝5，
∴BE+CF的最小值是5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
16．（2022•市南区一模）如图，在正方形ABCD的边长为6，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在BC、CD的延长线上，且CE＝3，DF＝2，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为 　　．

【考点】正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】连接OF，过点O作OM⊥CD交CD于M，易证△OHM≌△EHC，然后结合三角形中位线定理和勾股定理求解．
【解答】解：如下图，连接OF，过点O作OM⊥CD交CD于M，

∵O为正方形对角线AC和BD的交点，
∴OM＝CM＝DM＝CE＝3，
在△OHM与△EHC中，
，
∴△OHM≌△EHC（AAS），
∴点H、点G分别为OE、FE的中点，
∴GH为△OEF的中位线，
∴GH＝OF，
在Rt△OMF中，FM＝DM+DF＝3+2＝5，
由勾股定理可得OF＝＝＝，
∴GH＝OF＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质及应用，解题的关键是根据AAS证明△OHM≌△EHC解答．
17．（2022•坪山区二模）如图，在平行四边形ABCD中，E为CD中点，连接BE，F为BE中点，连接AF，若AB＝2，BC＝5，∠BAD＝120°，则AF长为 　　．

【考点】平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】过点F作MN∥AB，GH∥AD，分别交平行四边形四条边为M，N，G，H，得平行四边形AGDH，AMNB，DMFH，根据F为BE中点，可得M是AD的中点，H是CE的中点，过点F作FQ⊥AM于点Q，根据∠BAD＝120°，可得∠FMQ＝60°，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点F作MN∥AB，GH∥AD，分别交平行四边形四条边为M，N，G，H，
得平行四边形AGDH，AMNB，DMFH，

∵F为BE中点，
∴M是AD的中点，H是CE的中点，
∵E为CD中点，CD＝AB＝2，
∴CE＝CD＝1，
∴CH＝CE＝，
∴MF＝DH＝CD﹣CH＝2﹣＝，
∵M是AD的中点，AD＝BC＝5，
∴AM＝AD＝，
过点F作FQ⊥AM于点Q，

∵∠BAD＝120°，
∴∠FMQ＝60°，
∴QM＝FM＝，FQ＝QM＝，
∴AQ＝AM﹣QM＝﹣＝，
∴AF＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
18．（2022春•福清市期中）在平面直角坐标系xOy中，▱OABC的两个顶点坐标分别为A（m，2），B（m+1，3），则顶点C的坐标为 　（1，1）　．
【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】根据题意画图，过点C作CE⊥x轴于点E，过点B作x轴的垂线，过点A作x轴的平行线，两线相交于点D，然后证明△BAD≌△COE（AAS），可得AD＝OE，BD＝CE，根据A（m，2），B（m+1，3），可得BD＝3﹣2＝1，AD＝m+1﹣m＝1，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，过点B作x轴的垂线，过点A作x轴的平行线，两线相交于点D，

在▱OABC中，
∵AB∥OC，AB＝OC，
∴∠BAO+∠COA＝180°，
∴∠BAD+∠DAO+∠COA＝180°，
∵AD∥x轴，
∴∠DAO+∠EOA＝180°，
∴∠DAO+∠COA+∠COE＝180°，
∴∠BAD＝∠COE，
在△BAD和△COE中，
，
∴△BAD≌△COE（AAS），
∴AD＝OE，BD＝CE，
∵A（m，2），B（m+1，3），
∴BD＝3﹣2＝1，AD＝m+1﹣m＝1，
∴C（1，1）．
故答案为：（1，1）．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质；熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
19．（2022春•建阳区期中）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E为边AB上一点，AF⊥DE于点F，OF＝2，AF＝，则正方形ABCD的面积为 　20　．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】连接AC，过O点作OG⊥OF交DE于点G，证明△AOF≌△DOG（ASA），得AF＝DG＝，OG＝OF＝2，即知FG＝＝2，FD＝FG+GD＝3，在Rt△AFD中，AD2＝FD2+AF2＝20，故正方形ABCD的面积为20．
【解答】解：连接AC，过O点作OG⊥OF交DE于点G，

∵四边形ABCD是正方形，O为BD的中点，AC，BD为对角线，
∴O为对角线的交点，
在正方形ABCD中，AC⊥BD，OA＝OD，
∵OG⊥OF，
∴∠AOF+∠AOG＝90°，∠DOG+∠AOG＝90°，
∴∠AOF＝∠DOG，
∵AF⊥DE，
∴∠FAO+∠2＝90°，
∵∠GDO+∠1＝90°，且∠1＝∠2，
∴∠FAO＝∠GDO，
在△AOF与△DOG中，
，
∴△AOF≌△DOG（ASA），
∴AF＝DG＝，OG＝OF＝2，
∴△OFG是直角三角形，
∴FG＝＝2，
∴FD＝FG+GD＝3，
在Rt△AFD中，
AD2＝FD2+AF2＝（3）2+（）2＝20，
∴正方形ABCD的面积为20．
故答案为：20．
【点评】本题考查正方形性质，涉及全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
20．（2022春•盐都区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm，BC＝30cm，点E以1cm/s的速度从点A出发向点D运动，连接CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG，连接DF、DG，若t秒后△DFG的面积恰好为cm2，则t的值为 　　．

【考点】正方形的性质；三角形的面积；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；应用意识．
【分析】过E作PH∥AB交BC于P，过F作HM∥BC交PH于H，过G作MN∥AB交HM于M，交BC延长线于N，过G作GQ⊥CD于Q，延长CD交HM于K，证明△PCE≌△HEF（AAS），可得HF＝PE＝20，HE＝CP＝30﹣t，同理FM＝HE＝GN＝CP＝30﹣t，MG＝HF＝CN＝PE＝20，由GQ⊥CD，可得QC＝GN＝30﹣t，QG＝CN＝MG＝20，又KD＝HE＝30﹣t，KF＝KM﹣FM＝20﹣（30﹣t）＝t﹣10，用t的代数式表示出S△DFG，根据△DFG的面积恰好为t2，列方程即可解得答案．
【解答】解：过E作PH∥AB交BC于P，过F作HM∥BC交PH于H，过G作MN∥AB交HM于M，交BC延长线于N，过G作GQ⊥CD于Q，延长CD交HM于K，如图：

∵四边形CEFG是正方形，
∴∠FEC＝∠ECG＝∠CGF＝∠GFE＝90°，CE＝CG＝FG＝EF，
∴∠PEC＝90°﹣∠HEF＝∠HFE，
又∠H＝∠EPC＝90°，
∴△PCE≌△HEF（AAS），
∴HF＝PE＝20，HE＝CP＝30﹣t，
同理FM＝HE＝GN＝CP＝30﹣t，MG＝HF＝CN＝PE＝20，
∵GQ⊥CD，
∴∠GQC＝∠QCN＝∠N＝90°，
∴四边形QCNG是矩形，
∴QC＝GN＝30﹣t，QG＝CN＝MG＝20，
∴四边形KQGM是正方形，KM＝KQ＝QG＝MG＝20，
∴S正方形KQGM＝202＝400，
∵DQ＝CD﹣QC＝20﹣（30﹣t）＝t﹣10，
∴S△DQG＝（t﹣10）×20＝10t﹣100，
∵KD＝HE＝30﹣t，KF＝KM﹣FM＝20﹣（30﹣t）＝t﹣10，
∴S△KDF＝（30﹣t）•（t﹣10），S△FMG＝×20•（30﹣t），
∴S△DFG＝S正方形KQGM﹣S△DQG﹣S△KDF﹣S△FMG＝400﹣（10t﹣100）﹣（30﹣t）•（t﹣10）﹣×20•（30﹣t）＝t2﹣20t+350，
根据题意得：t2﹣20t+350＝t2，
解得t＝，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形中的动点问题，解题的根据是作辅助线，用含t的代数式表示△DFG的面积．
三．解答题（共10小题）
21．（2022•新化县一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AED＝60°，AE＝6，BF＝2，请类比（2），求DE的长．


【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；
（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形；
（3）延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH（SAS），由全等三角形的性质得AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，由已知DE＝AF可得AH＝AF，可得△AHF是等边三角形，则AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，等量代换可得DE＝AH＝8．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝∠B＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABH＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AE＝BF，
∵DE＝AF，
∴BH＝AE，
∴BH＝BF，
∵∠ABH＝90°，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形；
（3）解：延长CB到点H，使BH＝AE＝6，连接AH，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB＝AD，
∴∠ABH＝∠BAD，
∵BH＝AE，
∴△DAE≌△ABH（SAS），
∴AH＝DE，∠AHB＝∠DEA＝60°，
∵DE＝AF，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH＝HF＝HB+BF＝AE+BF＝6+2＝8，
∴DE＝AH＝8．
【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，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形判定和性质等知识，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，属于中考压轴题．
22．（2022春•杨浦区校级期中）四边形ABCD为菱形，点P为对角线BD上的一个动点．
（1）如图1，连接AP并延长交BC的延长线于点E，连接PC，求证：∠AEB＝∠PCD．
（2）如图1，若PA＝PD且PC⊥BE时，求此时∠ABC的度数．
（3）若∠ABC＝90°且AB＝6，如备用图，连接AP并延长交射线BC于点E，连接PC，若△PCE是等腰三角形，求线段BP的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形得AB＝CB，AD＝CD，AD∥BC，可证明△ABD≌△CBD，得∠ADP＝∠CDP，再证明△PAD≌△PCD，得∠PAD＝∠PCD，因为∠PAD＝∠AEB，所以∠AEB＝∠PCD；
（2）先证明△ABP≌△CBP，得∠PAB＝∠PCB＝90°，再推导出∠E＝∠PBE＝∠PBA，则3∠E＝90°，得∠E＝30°，所以∠ABC＝90°﹣∠E＝60°；
（3）分两种情况，一是点E在边BC上，PE＝CE，可推导出∠AEB＝∠PCB+∠CPE＝2∠PCB＝2∠PAB，得∠PAB＝30°，先求得BE＝2，作PF⊥BC于点F，则∠PFE＝∠PFB＝90°＝∠ABC，得PF∥AB，∠FPB＝∠FBP＝45°，∠FPE＝∠PAB＝30°，可求得EF＝3﹣，则BP＝BF＝3﹣3；二是点E在边BC的延长线上，PC＝EC，则∠CPE＝∠E，先推导出∠E＝30°，再求得BE＝6，作PF⊥BC于点F，则∠PFE＝∠PFB＝90°，∠FPB＝∠FBP＝45°，PE＝2PF，BF＝PF，可求得BF＝PF＝9﹣3，则BP＝BF＝9﹣3．
【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，AD＝CD，AD∥BC，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ADP＝∠CDP，
∵PD＝PD，
∴△PAD≌△PCD（SAS），
∴∠PAD＝∠PCD，
∵∠PAD＝∠AEB，
∴∠AEB＝∠PCD．
（2）解：如图2，∵AB＝CB，∠PBA＝∠PBC，PB＝PB，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∵PC⊥BE，
∴∠PAB＝∠PCB＝90°，
∵PA＝PD，
∴∠PAD＝∠PDA，
∵∠PAD＝∠E，∠PDA＝∠PBE，
∴∠E＝∠PBE，
∴∠E＝∠PBE＝∠PBA，
∵∠E+∠PBE+∠PBA＝90°，
∴3∠E＝90°，
∴∠E＝30°，
∴∠ABC＝90°﹣∠E＝60°．
（3）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝90°，AB＝6，
∴四边形ABCD是正方形，AD＝AB＝BC＝DC＝6，
∴∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴BD＝＝＝6，
如图3，点E在边BC上，PE＝CE，
∵△ABP≌△CBP，
∴∠PCB＝∠PAB，
∵∠PCB＝∠CPE，
∴∠AEB＝∠PCB+∠CPE＝2∠PCB＝2∠PAB，
∵∠AEB+∠PAB＝90°，
∴2∠PAB+∠PAB＝90°，
∴∠PAB＝30°，
∴AE＝2BE，
∵AB2+BE2＝AE2，
∴62+BE2＝（2BE）2，
∴BE＝2，
作PF⊥BC于点F，则∠PFE＝∠PFB＝90°＝∠ABC，
∴PF∥AB，∠FPB＝∠FBP＝45°，
∴∠FPE＝∠PAB＝30°，
∴PE＝2EF，
∴BF＝PF＝＝＝EF，
∴EF+EF＝2，
∴EF＝3﹣，
∴BF＝PF＝（3﹣）＝3﹣3，
∴BP＝＝＝BF＝（3﹣3）＝3﹣3；
如图4，点E在边BC的延长线上，PC＝EC，则∠CPE＝∠E，
∵△ABP≌△CBP，
∴∠PAB＝∠PCB＝∠CPE+∠E＝2∠E，
∵∠PAB+∠E＝90°，
∴2∠E+∠E＝90°，
∴∠E＝30°，
∴AE＝2AB＝12，
∵AB2+BE2＝AE2，
∴62+BE2＝122，
∴BE＝6，
作PF⊥BC于点F，则∠PFE＝∠PFB＝90°，
∴∠FPB＝∠FBP＝45°，PE＝2PF，
∴BF＝PF，
∴EF＝＝＝PF＝BF，
∴BF+BF＝6，
∴BF＝PF＝9﹣3，
∴BP＝＝＝BF＝（9﹣3）＝9﹣3，
综上所述，线段BP的长为3﹣3或9﹣3．




【点评】此题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，此题难度较大，属于考试压轴题．
23．（2022春•杨浦区校级期中）如图1，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．
（1）当∠ABC＝90°时，G是EF的中点，联结DB，DG（如图2），请直接写出∠BDG的度数
（2）当∠ABC＝120°时，FG∥CE，且FG＝CE，分别联结DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．

【考点】平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）根据∠ABC＝90°，G是EF的中点可直接求得；
（2）延长AB、FG交于H，连接HD．易证平行四边形AHFD为菱形，进而可得△ADH，△DHF为全等的等边三角形，再证明△BHD≌△GFD，所以可得∠BDH＝∠GDF，然后即可求得答案．
【解答】解：（1）连接GC、BG，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF＝45°，
∵∠DCB＝90°，DF∥AB，
∴∠DFA＝45°，∠ECF＝90°
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG＝CG＝FG，CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB＝DC，
∴BE＝DC，
∵∠CEF＝∠GCF＝45°，
∴∠BEG＝∠DCG＝135°，
在△BEG与△DCG中，
，
∴△BEG≌△DCG（SAS），
∴BG＝DG，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA＝90°，
又∵∠DGC＝∠BGA，
∴∠BGA+∠DGA＝90°，
∴△DGB为等腰直角三角形，
∴∠BDG＝45°；
（2）延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC＝120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝30°，∠ADC＝120°，∠DFA＝30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD＝DF，
∴CE＝CF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH＝DF，∠BHD＝∠GFD＝60°．
∵FG＝CE，CE＝CF，CF＝BH，
∴BH＝GF．
在△BHD与△GFD中，
，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH＝∠GDF，
∴∠BDG＝∠BDH+∠HDG＝∠GDF+∠HDG＝60°．


【点评】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，解决本题的关键是应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
24．（2022春•义乌市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，动点P沿着边AB从点A运动到点B，同时动点Q沿着边BC，CD从点B运动到点D，它们同时到达终点，BD与PQ交于点E．若记点Q的运动路程为x，线段BP的长记为y．
（1）求y关于x的函数表达式．
（2）如图2，当点Q在CD上时，求．
（3）将矩形沿着PQ折叠，点B的对应点为点F，连结EF，当EF所在直线与△BCD的一边垂直时，求BP的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）设点P的速度为a，点Q的速度为b，由题意得出，求出b＝a，则可得出答案．
（2）证明△BEP∽△DQE，由相似三角形的性质可得出答案；
（3）①点Q在BC上时，如图1，EF⊥OC，先说明BE＝BQ，由锐角三角函数结合相似即可求解；②点Q在OC上时，EF⊥BC，得出BP＝BE＝；③点Q在OC上时，EF⊥BD，如图3，由翻折得∠FEP＝∠BEP＝45°，由题意得，DQ＝14﹣x，BP＝﹣x+8，由锐角三角函数的概念即可求解；④点Q在DC上时，EF⊥CD，如图4，先证明△BME∽△BAD，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）设点P的速度为a，点Q的速度为b，由题意得，
，
解得b＝a，
设两点的运动时间为t，则AP＝at，x＝BQ＝bt＝at，
∴y＝BP﹣at，at＝x，
∴y＝﹣x+8；
（2）∵矩形ABCD中，
∴AB∥CD，
∴△BEP∽△DQE，
∴＝＝＝；
（3）①点Q在BC上时，如图1，EF⊥OC，

过点E作EG⊥BC于点G，
∵矩形ABCD中，CB⊥OC，
∴EF∥BQ，
∴∠BQE＝∠FEQ，
由翻折可得∠BEQ＝∠FEQ，
∴∠BEQ＝∠BQE，
∴BE＝BQ，
设BE＝BQ＝m，
∴△BDC∽△BEG，
∴sin∠BEG＝sin∠BDC＝，
∴BG＝BE＝m，EG＝m，
∴QG＝m，
∵EG∥BP，
∴，
∴，
解得：m＝，
当m＝时，y＝﹣，
∴PB＝；
②点Q在OC上时，EF⊥BC，如图2，
∴EF∥AB，
∴∠BPE＝∠FEP，
由翻折得∠BEP＝∠FEP，
∴∠BPE＝∠BEP，
∴BP＝BE＝；
③点Q在OC上时，EF⊥BD，如图3，

由翻折得∠FEP＝∠BEP＝45°，
由题意得，DQ＝14﹣x，BP＝﹣x+8，
∴＝＝，
∴BE＝×10＝，
在Rt△ADB中，tan∠ABD＝，
∴Rt△PMB中，tan∠PBM＝，
设PM＝3m，则BM＝4m，EM＝3m，PB＝5m，
∴3m+4m＝，
解得：m＝，
∴PB＝5m＝；
④点Q在DC上时，EF⊥CD，如图4，
∵矩形ABCD中，AB∥CD，
∴FE⊥AB，
由翻折可得FE＝BE＝，PB＝FP，
设PB＝FP＝m，
∵EF∥AD，
∴△BME∽△BAD，
∴，
∴BM＝AB＝，ME＝AD＝，
∴FM＝，
在Rt△FMP中，（）2+（﹣m）2＝m2，
解得m＝．
如图5中，当EF⊥BD时，过点E作EH⊥CB于点H．

则有BH＝x，EH＝x，
∴HQ＝x，
∴，
由△EHQ∽△PBQ，
∴，
∴BP＝7x，
∴7x＝﹣x+8，
∴x＝，
∴PB＝7x＝．
综上，PB＝或或或或．


【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质判定，相似三角形的综合运用，解题关键是熟练掌握矩形的性质．
25．（2022春•福清市期中）如图1，在正方形ABCD中，点E在CD边上，点F在CB的延长线上，且DE＝BF，连接AF，AE．
（1）求证：∠DAE＝∠BAF；
（2）如图2，连接BD，EF交于点O，作点A关于EF的对称点G，连接AO，GO．
①求证：点A、O、G三点共线；
②连接GC，用等式表示线段AG，GC、AB之间的数量关系，并说明理由．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用SAS证明△ADE≌△ABF即可得出答案；
（2）①过点E作EH∥AD，交BD于点H，过点G作GQ⊥DC，交DC的延长线于点Q，连接GE，可知△HED是等腰直角三角形，再利用AAS证明△OBF≌△OHE，得OF＝OE，OB＝OH，证明AO平分∠EAF，即可证明结论；
②利用AAS证明△GEQ≌△EAD，得GQ＝ED，QE＝AD，从而得出△CGQ是等腰直角三角形，则CG2＝CQ2+GQ2＝2GQ2＝2DE2，从而解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ABF＝∠ADE＝90°，
在△ADE与△ABF中，
，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴∠DAE＝∠BAF；
（2）①证明：如图，过点E作EH∥AD，交BD于点H，过点G作GQ⊥DC，交DC的延长线于点Q，连接GE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝∠BDA＝，AD∥BC，
∵EH∥AD，
∴∠HED+∠ADE＝180°，HE∥BC，
∴∠HED＝90°，∠OFB＝∠OEH，
∴△HED是等腰直角三角形，
∴HE＝DE，
∵DE＝BF，
∴EH＝BF，
在△OBF与△OHE中，
，
∴△OBF≌△OHE（AAS），
∴OF＝OE，OB＝OH，
∵△ADE≌△ABF，
∴∠DAE＝∠BAF，AF＝AE，
∵∠DAE+∠BAE＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠BAF＝∠EAF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AO是∠EAF的平分线，AO⊥EF，
∵点A与点G关于EF对称，
∴GO⊥EF，
∴点A，O，G三点共线；
②AG2＝GC2+2AB2，理由如下：
∵点A与点G关于EF对称，
∴AE＝GE，
∵△AEF是等腰直角三角形，AO是∠EAF的平分线，
∴∠EAG＝∠FAG＝，
∴∠EGA＝∠EAG＝45°，
∴∠AEG＝90°，
∴∠AED+∠GEQ＝90°，
∵GQ⊥DC，
∴∠GQE＝∠ADE＝90°，
∴∠EGQ+∠GEQ＝90°，
∴∠EGQ＝∠AED，
在△GEQ与△EAD中，
，
∴△GEQ≌△EAD（AAS），
∴GQ＝ED，QE＝AD，
∵AD＝CD，
∴QE＝CD，
∴QC＝DE，
∴QC＝QG，
∴△CGQ是等腰直角三角形，
∴CG2＝CQ2+GQ2＝2GQ2＝2DE2，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2＝DE2＝AB2+DE2，
∵△AEG是等腰直角三角形，
∴AG2＝AE2+GE2＝2AE2，
∴AG2＝2（AB2+DE2）＝2AB2+2DE2＝2AB2+GC2，
∴AG2＝GC2+2AB2．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
26．（2022春•淮阴区期中）[问题提出]
（1）如图1，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得到折痕AE、AF，连接EF，则∠EAF的度数为 　45°　；

[问题解决]
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，保持∠EAF的度数不变，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，请写出EF、DF、BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）保持∠EAF的度数不变，将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开得到图4，

求证：BM2+DN2＝MN2．
[能力提升]
（4）如图5，保持∠EAF的度数不变，将正方形改为长与宽不相等的矩形，且∠CEF＝∠EAF，请直接写出线段EF、BE、DF之间的数量关系．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形得∠BAD＝90°，由折叠得∠CAE＝∠BAC，∠CAF＝∠DAC，所以∠EAF＝∠BAC+∠DAC＝45°；
（2）由四边形ABCD是正方形，得AD＝AB，∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，由旋转得BG＝DF，AG＝AF，∠ABG＝∠D＝90°，∠BAG＝∠DAF，则点G、B、E在同一条直线上，再证明△EAG≌△EAF，则EG＝EF，所以BE+DF＝BE+BG＝EG＝EF；
（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，连接MH，则BH＝DN，先证明∠MBH＝∠ABD+∠ABH＝90°，则BM2+BH2＝MH2，再证明△MAH≌△MAN，得MH＝MN，则BM2+DN2＝MN2；
（4）将线段EF向两方延长，交AD的延长线于点R，交AB的延长线于点G，先证明∠R＝∠DFR，则DR＝DF，再证明∠BGE＝∠BEG＝∠R＝45°，则BG＝BE，AG＝AR，所以GE2＝BG2+BE2＝2BE2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△AQH，连接EH、GH，则∠HAF＝∠QAD＝∠BAD＝90°，∠AQH＝∠ADF＝90°，AH＝AF，AQ＝AD，QH＝DF，∠HAQ＝∠FAD，可证明QG＝QH＝DF，则GH2＝QG2+QH2＝2DF2，∠QGH＝∠QHG＝45°，所以∠EGH＝∠BGE+∠QGH＝90°，得GE2+GH2＝EH2，再证明△EAH≌△EAF，得EH＝EF，即可推导出BE2+DF2＝EF2．
【解答】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
由折叠得∠CAE＝∠BAE＝∠BAC，∠CAF＝∠DAF＝∠DAC，
∴∠EAF＝∠CAE+∠CAF＝∠BAC+∠DAC＝∠BAD＝45°，
故答案为：45°．
（2）BE+DF＝EF，
理由：如图2，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，
由旋转得BG＝DF，AG＝AF，∠ABG＝∠D＝90°，∠BAG＝∠DAF，
∴∠ABE+∠ABG＝180°，
∴点G、B、E在同一条直线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAG＝∠BAE+∠BAG＝∠BAE+∠DAF＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAG＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴EG＝EF，
∵BE+DF＝BE+BG＝EG，
∴BE+DF＝EF．
（3）证明：如图4，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，连接MH，
∵AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝∠D＝45°，
由旋转得∠ABH＝∠D＝45°，BH＝DN，AH＝AN，∠BAH＝∠DAN，
∴∠MBH＝∠ABD+∠ABH＝90°，
∴BM2+BH2＝MH2，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAH＝∠BAM+∠BAH＝∠BAM+∠DAN＝90°﹣∠MAN＝45°，
∴∠MAH＝∠MAN，
∵AM＝AM，
∴△MAH≌△MAN（SAS），
∴MH＝MN，
∴BM2+DN2＝MN2．
（4）BE2+DF2＝EF2，
理由：如图5，将线段EF向两方延长，交AD的延长线于点R，交AB的延长线于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵∠CEF＝∠EAF＝45°，
∴∠CFE＝∠CEF＝45°，∠BEG＝∠CEF＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠R＝∠CEF＝45°，
∵∠DFR＝∠CFE＝45°，
∴∠R＝∠DFR，
∴DR＝DF，
∵∠GBE＝∠BAD＝90°，
∴∠BGE＝∠BEG＝∠R＝45°，
∴BG＝BE，AG＝AR，
∴GE2＝BG2+BE2＝2BE2，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△AQH，连接EH、GH，
则∠HAF＝∠QAD＝∠BAD＝90°，∠AQH＝∠ADF＝90°，AH＝AF，AQ＝AD，QH＝DF，∠HAQ＝∠FAD，
∴点Q在AB的延长线上，
∴QG＝AG﹣AQ＝AR﹣AD＝DR＝DF，
∴QG＝QH＝DF，
∵∠GQH＝180°﹣∠AQH＝90°，
∴GH2＝QG2+QH2＝2DF2，∠QGH＝∠QHG＝45°，
∴∠EGH＝∠BGE+∠QGH＝90°，
∴GE2+GH2＝EH2，
∵∠EAH＝∠EAB+∠HAQ＝∠EAB+∠FAD＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF，
∵AE＝AE，
∴△EAH≌△EAF（SAS），
∴EH＝EF，
∴2BE2+2DF2＝EF2，
∴BE2+DF2＝EF2．




【点评】此题考查正方形的性质、矩形的性质、旋转的性质、轴对称的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
27．（2022•虞城县二模）思考题：如图，正方形ABCD中，点P为AB上一个动点，点B关于CP的对称点为点M，DM的延长线交CP的延长线于点Q，点E为DM的中点，连接CE，过点D作DF∥CE交PC的延长线于点F，连接AQ，求证：△DAQ≌△DCF．
在分析过程中，小明找不到解题思路，便和同学们一起讨论，以下是讨论过程：
小红：可以得出CE⊥DE；理由：连接CM，点M和点B关于CP对称，∴CM＝BC，又∵CD＝BC，∴CM＝CD，∵点E为DM的中点，∴CE⊥DE；……①
小亮：△DFQ是等腰直角三角形；
理由：由小红的结论得CE⊥DM，∴∠CEQ＝90°，∠DCE＝∠MCE，
∴∠ECQ＝∠ECM+∠PCM＝∠DCB＝45°；
∵DF∥CE，∴∠QDF＝90°，∠F＝45°……②
△DFQ是等腰直角三角形；
小明：我好像知道该怎么解决问题了．
请仔细阅读讨论过程，完成下述任务．
任务：（1）小红的讨论中①的依据是 　等腰三角形的三线合一　．
小亮的讨论中②的依据是 　两直线平行，同位角相等　．
（2）请帮小明证明△DAQ≌△DCF；
拓展研究：
（3）若AB＝2，连接AE，直接写出AE的最小值．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，平行线的性质可得答案；
（2）利用轴对称的性质和等腰三角形的性质知，CE⊥DM，CE平分∠DCM，再说明△ECQ、△FDQ是等腰直角三角形，即可证明结论；
（3）由（2）知∠DEC＝90°，则点E在以CD为直径的⊙O上运动，利用勾股定理求出OA的长，从而得出答案．
【解答】（1）解：连接CM，点M与点B关于CP对称，
∴CM＝BC，
又∵CD＝BC，
∴CM＝CD，
∵点E为DM的中点，
∴CE⊥DE，
由小红的结论得CE⊥DM，
∴∠CEQ＝90°，∠DCE＝∠MCE，
∴∠ECQ＝∠ECM+∠PCM＝，
∵DF∥CE，
∴∠QDF＝90°，∠F＝45°，
故小红的讨论中①的依据是等腰三角形的三线合一，小亮的讨论②中的依据是两直线平行，同位角相等，
故答案为：等腰三角形的三线合一，两直线平行，同位角相等；
（2）证明：在正方形DABC中，CD＝AD＝BC，∠ADC＝90°，
连接CM，

由点B与点M关于CP对称知，MC＝BC，
又∵BC＝CD，
∴CD＝CM，
∵点E为DM的中点，
∴CE⊥DM，
又∵DF∥CE，
∴∠FDQ＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ADQ＝∠FDC，
由点B与点M关于CP对称及△CDM为等腰三角形，且CE为△DCM顶角平分线知，
∠ECQ＝
＝
＝，
则∠F＝45°，
又∵∠QDF＝90°，
∴∠DQF＝45°，
∴DQ＝DF，
∵AD＝CD，∠ADQ＝∠CDF，QD＝FD，
∴△ADQ≌△CDF（SAS），
（3）解：如图，

由（2）知∠DEC＝90°，
∴点E在以CD为直径的⊙O上运动，
则求AE的最小值即为求点A到⊙O的最小距离，
当点A，E，O在同一直线上时，AE最小，
∴OA＝，
∴AE＝OA﹣OE＝﹣1．
∴AE的最小值为﹣1．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，定边对定角构造辅助圆等知识，证明△FDQ是等腰直角三角形是解题的关键．
28．（2022•新都区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点M为边AB的中点．点Q从点A出发，沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，同时点P从点C出发，以每秒2个单位长度的速度先沿CB方向运动到点B，再沿BA方向向终点A运动，以MP、MQ为邻边构造▱MQEP，设点Q运动的时间为t秒．
（1）当点E落在AC边上时，求t和▱MQEP的面积；
（2）当点P在边AB上时，设▱MQEP的面积为S（S＞0），求S与t之间的函数关系式；
（3）连接CM，直接写出CM将▱MQEP分成的两部分图形面积相等时t的值．


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【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理知点P为BC的中点，可知MP为△ABC的中位线，从而得出答案；
（2）当3≤t＜时，作QN⊥AB于N，则QN＝AQ•sinA＝，MP＝11﹣2t，当时，作QN⊥AB于N，则QN＝AQ•sinA＝，MP＝2t﹣11，从而得出答案；
（3）当点E在CM上，且点P在CB上时，利用AAS证明△QGE≌△MHQ，得QG＝MH＝4，根据∠MCA＝∠MAC，得tan∠ACM＝＝＝，当点P在AB上时，此时点E在CM上符合题意，作EF⊥AC于F，可得CE＝QE，则QF＝CQ＝（8﹣t），QE＝MP＝11﹣2t，得cos∠EQF＝＝，解方程即可得出答案．
【解答】解：（1）当点E落在AC边上时，MP∥AC，
∵AM＝MB，
∴CP＝PB＝，
∴2t＝3，
∴，
∵MP为△ABC的中位线，
∴MP＝EQ＝，
∴S▱MQEP＝EQ•PC＝4×3＝12；
（2）①如图1，当3≤t＜时，作QN⊥AB于N，

则QN＝AQ•sinA＝，MP＝11﹣2t，
∴S＝；
②如图，当时，作QN⊥AB于N，
则QN＝AQ•sinA＝，MP＝2t﹣11，

同法可得S＝；
综上：S＝﹣；
（3）当点E落在直线CM上时，CM将▱MQEP分成的两部分面积相等，有两种情况：
①当点E在CM上，且点P在CB上时，如图，

过点E作EG⊥AC于G，过点M作MH⊥BC于H，
∵QE∥MP，QG∥MH，
∴∠GQE＝∠HMP，
∵四边形QEPM是平行四边形，
∴QE＝MQ，
在△QGE与△MHQ中，
，
∴△QGE≌△MHQ（AAS），
∴QG＝MH＝4，
∴CG＝4﹣t，GE＝HP＝2t﹣3，
∵CM＝AM，
∴∠MCA＝∠MAC，
∴tan∠ACM＝＝＝，
解得t＝，
当点P在AB上时，此时点E在CM上符合题意，作EF⊥AC于F，

∵QE∥AB，
∴∠CQE＝∠A，
∴∠CQE＝∠QCE，
∴CE＝QE，
∴QF＝CQ＝（8﹣t），QE＝MP＝11﹣2t，
∴cos∠EQF＝＝，
解得t＝，
综上：t＝或．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线定理，三角函数等知识，熟练掌握等角的三函数值相等是解题的关键，同时注意分类思想的运用．
29．（2022•定安县一模）将一块足够大的直角三角板的直角顶点P放在边长为1的正方形ABCD的对角线AC上滑动，一条直角边始终经过点B，另一条直角边与射线DC交于点E．
（1）当点E在边DC上时（如图1），求证：①△PBC≌△PDC；②PB＝PE．
（2）当点E在边DC的延长线上时（如图2），（1）中的结论②还成立吗？如果不成立，请说明理由；如果成立，请给予证明．


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【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）①如图1，根据SAS证明△PBC≌△PDC（SAS），②过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，证明△BPG≌△EPH（ASA），可得PB＝PE；
（2）同理可得结论．
【解答】（1）证明：①如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，BC＝CD，
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
②如图1，过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，

∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠PGC＝∠DCB＝∠PHC＝90°，
∴∠GPH＝90°，
∵∠BPE＝90°，
∴∠BPG＝∠EPH，
∵∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE；
（2）解：如图2，（1）中的结论②还成立，理由如下：
在△PBC和△PDC中，
，
∴△PBC≌△PDC（SAS）；
过点P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，

∵∠ACB＝∠ACD，
∴PG＝PH，
∵∠BPG＝∠EPH，∠BGP＝∠EHP＝90°，
∴△BPG≌△EPH（ASA），
∴PB＝PE．
【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，学会用类比的思想解决问题．
30．（2022•如皋市一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为射线AB上的动点，连接DE，作点A关于DE的对称点F，连接DF，EF，BF，CF．
（1）如图1，当点F落在BD上时，求AE的长；
（2）如图2，当AE＝2时，探索BF与CF的位置关系，并说明理由；
（3）在点E从点A出发后，当△BCF为等腰三角形时，直接写出AE的长．

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【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据正方形的性质得BF＝EF＝BD﹣DF，从而得出答案；
（2）作FM⊥AB于M，交DC于N，由△FEM∽△DFN，得，设FM＝x，EM＝y，则FN＝3y，DN＝3x，列出方程组得出x和y的值，再计算tan，tan，可得结论；
（3）当CF＝CB时，分E在AB上或在AB的延长线上，过点F作MN⊥AB于M，交BC于N，根据△DCF为等边三角形，利用含30°角的直角三角形的性质可得答案，当BF＝BC时，此时点E与点A重合，点F与点C重合，无法构建等腰△BCF，当BF＝CF时，
则点F在BC的垂直平分线上，由于点E在射线AB上，点F取AB右侧的交点，过点F作MN∥AD交AB于点M，交CD于点N，由（2）得MN＝BC＝6，△EFM∽△FDN，从而解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝6，∠A＝90°，∠ABD＝45°，
∴BD＝6，
由题意可知DA＝DF＝6，∠DFE＝∠A＝90°，AE＝FE，
∴BF＝BD﹣DF＝6﹣6，
∴AE＝EF＝6，
（2）CF⊥BF，理由如下：
如图，作FM⊥AB于M，交DC于N，

∴∠DAM＝∠AMN＝∠ADN＝90°，
∴四边形AMND是矩形，
由题意知，∠DFE＝∠A＝90°，FE＝EA＝2，FD＝AD＝6，
∴∠FEM＝∠DFN，
∴△FEM∽△DFN，
∴，
设FM＝x，EM＝y，则FN＝3y，DN＝3x，
∴，
解得，
即FM＝，EM＝，
∴FN＝3y＝，BM＝CN＝，
∴tan，tan，
∴∠BFM＝∠FCN，
∴∠BFM+∠CFN＝∠FCN+∠CFN＝90°，
∴∠CFB＝90°，
∴CF⊥BF；
（3）分三种情况讨论，
①当CF＝CB时，点E在AB上时，如图，过点F作MN⊥AB于M，交BC于N，

∵DA＝DF，CF＝CB，
∴△DCF为等边三角形，
∴DN＝CN＝，
∴FN＝F'N＝＝3，
∴FM＝6﹣3，
∴AE＝EF＝2FM＝12﹣6，
当点E在AB的延长线上时，

同理得，MF＝MN+NF＝6+3，
设AE＝EF＝x，
∴EM＝x﹣3
∴EM2+FM2＝EF2，
∴（x﹣3），
∴x＝12+6，
∴AE＝12+6，
②当BF＝BC时，
∵DA＝DF，BF＝BC，
此时点E与点A重合，点F与点C重合，无法构建等腰△BCF，
故舍去，
③当BF＝CF时，如图，

∵DA＝DF，BF＝CF，
∴则点F在BC的垂直平分线上，由于点E在射线AB上，点F取AB右侧的交点，
过点F作MN∥AD交AB于点M，交CD于点N，
由（2）得MN＝BC＝6，△EFM∽△FDN，
∴MF＝NF＝BG＝CG＝，
∵，
设AE＝m，DN＝n，
∴，
∴m＝2，n＝3，
综上，线段AE的长为12﹣6或12+6或2．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构造k形相似是解题的关键．

考点卡片
1．坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．
2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．
2．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
3．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
4．角平分线的性质
角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．
注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE

5．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
8．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
9．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
10．四边形综合题
四边形综合题．
11．翻折变换（折叠问题）
1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．
2、折叠的性质：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，位置变化，对应边和对应角相等．
3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．
首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们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．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．
12．坐标与图形变化-旋转
（1）关于原点对称的点的坐标
P（x，y）⇒P（﹣x，﹣y）
（2）旋转图形的坐标
图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．