专题04 （特殊）平行四边形中的最值问题与综合问题 专题讲练-【高频考点】最新八年级数学下册高频考点专题突破（人教版）

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专题04 （特殊）平行四边形中的最值问题与综合问题 专题讲练
一、以特殊平行四边形为背景的最值问题
解题技巧：利用对称性求最值（将军饮马模型），或者利用三角形的三边关系找最值。
其中正方形和菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，常运用其轴对称性可解决最小值类的问题。
1）矩形中的最值问题
例1．（2021•鄂州八年级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5，点E，F，G，H分别在矩形ABCD各边上，且AE＝CG，BF＝DH，则四边形EFGH周长的最小值为　 　．

【详解】解：作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长取最小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，如图所示．

∵AE＝CG，BE＝BE′，∴E′G′＝AB＝10，∵GG′＝AD＝5，
∴E′G=E'G'2+GG'2=55，∴C四边形EFGH＝2E′G＝105．故答案为：105．
【点睛】作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长取最小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，由对称结合矩形的性质可知：E′G′＝AB＝10、GG′＝AD＝5，利用勾股定理即可求出E′G的长度，进而可得出四边形EFGH周长的最小值．
变式1．（2021·浙江杭州八年级期中）如图，矩形ABCD中，AD＝6，∠CAB＝30°，点P是线段AC上的动点，点Q是线段CD上的动点，则AQ+QP的最小值是_____．

【答案】6.
【解析】解：

作点A关于直线CD的对称点E，过E作EP⊥AC于P，交CD于点Q．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∴DQ⊥AE，
∵DE＝AD，∴QE＝QA，∴QA+QP＝QE+QP＝EP，∴此时QA+QP最短（垂线段最短），
∵∠CAB＝30°，∴∠DAC＝60°，在RT△APE中，∵∠APE＝90°，AE＝2AD＝12，
∴EP＝6 故答案为：6．
变式2．（2021•泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小值为　 　．

【点睛】如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF．由四边形APFM、四边形CQFN是矩形，推出PM＝AF，NQ＝CF，推出PM+CQ＝AF+CF，由FA+FC≥AC，即可解决问题．
【详解】解：如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF、AC．

∵四边形ABCD是矩形，PQ∥BC，MN∥AB，∴可得四边形APFM、四边形CQFN是矩形，
∴PM＝AF，NQ＝CF，∴PM+CQ＝AF+CF，∵FA+FC≥AC，AC=32+42=5，
∴AF+FC的最小值为5，∴PM+NQ的最小值为5．故答案为5
例2．（2021·江苏·仪征市第三中学八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是________．

【答案】
【分析】取CD中点H，连接AH，BH，可证四边形AECH是平行四边形，可得AH//CE，由三角形中位线定理可得PH//EC，可得点P在AH上，当BP⊥AH时，PB有最小值，即可求解．
【详解】解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，连接BO，

∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，CD//AB，
∵点E是AB中点，点H是CD中点，∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，
∴四边形AECH是平行四边形，∴AH//CE，
∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，∴PH//EC，∴点P在AH上，
∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，
∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，AH＝BH＝，
∴∠AHB＝90°，∴BP的最小值为，故答案为．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．
变式3．（2021·湖北华一寄宿学校九年级阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2，E为BC边上一动点，F、G为AD边上两个动点，且∠FEG＝30°，则线段FG的长度最大值为 _____．

【答案】
【分析】如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形，故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大，则由矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2可知，∠ABD=60°，故∠ABF=60°-30°=30°，则AF=，则FG=AD-AF=．
【详解】如图所示，在中，FG边的高为AB=2，∠FEG=30°，为定角定高的三角形
故当E与B点或C点重合，G与D点重合或F与A点重合时，FG的长度最大
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝2∴∠ABD=60°∴∠ABF=60°-30°=30°
∴AF=∴FG=AD-AF=．故答案为：．

【点睛】本题考查了四边形中动点问题，图解法数学思想依据是数形结合思想． 它的应用能使复杂问题简单化、 抽象问题具体化． 特殊四边形的几何问题， 很多困难源于问题中的可动点． 如何合理运用各动点之间的关系，同学们往往缺乏思路， 常常导致思维混乱．实际上求解特殊四边形的动点问题，关键是是利用图解法抓住它运动中的某一瞬间，寻找合理的代数关系式， 确定运动变化过程中的数量关系， 图形位置关系， 分类画出符合题设条件的图形进行讨论， 就能找到解决的途径， 有效避免思维混乱．
变式4．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将ΔEBF沿EF所在直线折叠得到ΔEB' F，连接B' D，则B' D的最小值是_____．

【答案】.
【分析】如图所示，点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B'E=BE=2，即可求出B'D．
【详解】如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．∵E是AB边的中点，AB=4，∴AE=EB'=2．
∵AD=6，∴DE2，∴B'D=22．故答案为22．

【点睛】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用；确定点B'在何位置时，B'D的值最小是解决问题的关键．
例3．如图，长方形，长，宽，点P是边上的一个动点，连结、，则的面积为________，的最小值是__________．的最小值是______________．

【答案】12；10；.
【解析】解：①过点P作PE⊥AD于E，∴PE⊥AD

∵ABCD是长方形∴PE=AB=4 ∴△PAD面积为12
②作点D关于BC对称点D’，连接AD’交BC于P，此时PA+PD长度最小，最小值为AD’的长，
由勾股定理得：AD’=10 即PA+PD的最小值是10；
③过点C做直线CE，使CE与BC的夹角成30°，过点P作CE的垂线，垂足为E，则PE=PC
∴PA+PC的最小值为PA+PE的最小值，
当P、A、E共线时，PA+PE最小，由勾股定理得：BP=，AP=
∴PE=∴AE=AP+PE= 即PA+PC的最小值为.
变式5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，矩形ABCD中AB＝3，BC，E为线段AB上一动点，连接CE，则AE＋CE的最小值为___．

【答案】3
【分析】在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．易证ETAE，推出AE+EC＝CE+ET≥CH，求出CH即可解决问题．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴tan∠CAB，∴∠CAB＝30°，∴AC＝2BC＝2，
在射线AB的下方作∠MAB＝30°，过点E作ET⊥AM于T，过点C作CH⊥AM于H．
∵ET⊥AM，∠EAT＝30°，∴ETAE，

∵∠CAH＝60°，∠CHA＝90°，AC＝2，∴CH＝AC•sin6°＝23，
∵AE+EC＝CE+ET≥CH，∴AE+EC≥3，∴AE+EC的最小值为3，故答案为3．
例4．（2020.绵阳市初二月考）如图，点P是矩形ABCD对角线BD上的一个动点，已知AB＝2，BC=3，则PA+PB+PC的最小值是　　．

【点睛】将△PBC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PE，BF，则EF＝PB，△PCE是等边三角形，由PE＝PC，得出PA+PB+PC＝PA+PE+EF，当PA、PE、EF共线时，值最小，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求得PA+PB+PC的最小值．
【详解】解：将△PBC绕点C逆时针旋转60°，得到△EFC，连接PE，BF，则EF＝PB，△PCE是等边三角形，△BFC是等边三角形，∴PE＝PC，

∴PA+PB+PC＝PA+PE+EF，当PA、PE、EF共线时，值最小，
连接BF，作FN⊥BC，延长BM＝FN，连接MF，则四边形BMFN是矩形，∴BM＝FN，MF＝BN，
∵△BCF是等边三角形，∴FN=32BF=32BC=32×3=32，BN=12BF=12BC=32，
∴AM＝AB+BM＝2+32=72，MF=32，∴AF=AM2+MF2=13，
∴PA+PB+PC的最小值为13，故答案为13．
变式6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为______．

【答案】
【解析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．
分别以AD、AM为边构造等边△ADF、等边△AMG，连接FG，

易证△AMD≌△AGF，∴MD＝GF ∴ME＋MA＋MD＝ME＋EG＋GF
过F作FH⊥BC交BC于H点，线段FH的长即为所求的最小值．

2）菱形中的最值问题
例1．（2020•西城区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC＝12，面积为24，△ABE是等边三角形，若点P在对角线AC上移动，则PD+PE的最小值为（　　）

A．4 B．42 C．210 D．6
【点睛】如图，连接BD交AC于O，连接PB．因为AC与BD互相垂直平分，推出PD＝PB，推出PE+PD＝PE+PB，因为PE+PB≥BE，推出当E、P、B共线时，PE+PD的值最小，最小值为BE的长，求出BE即可解决问题；
【详解】解：如图，连接BD交AC于O，连接PB．

∵S菱形ABCD=12•AC•BD，∴24=12×12×BD，∴BD＝4，∵OA=12AC＝6，OB=12BD＝2，AC⊥BD，
∴AB=62+22=210，∵AC与BD互相垂直平分，∴PD＝PB，∴PE+PD＝PE+PB，∵PE+PB≥BE，
∴当E、P、B共线时，PE+PD的值最小，最小值为BE的长，∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝210，∴PD+PE的最小值为210，故选：C．
变式1．（2022·山东滨州）如图，在菱形ABCD中，，且，点F为对角线AC的动点，点E为AB上的动点，则的最小值为______．

【答案】.
【解析】解：连接BD、DF，过D作DH⊥AB于H．

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°∴AD=AB，△DBA是等边三角形∴B、D关于AC对称，BF=DF
由垂线段最短知，当D、F、E共线，且与DH重合时，BF+EF的值最小，最小值为DH的长，DH=.
故答案为：．
变式2.（2021·江苏无锡期中）48．（2021·重庆巴南·九年级期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝120°，E是边CD的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，连接AF'、BF'，则△ABF'的周长的最小值是________________．

【答案】4+2
【分析】取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，利用全等三角形的性质证明∠F'GA＝60°，点F'的轨迹为射线GF'，易得A、E关于GF'对称，推出AF'＝EF'，得到BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，求出BE即可解决周长最小问题．
【详解】解：取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，

∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，
∵∠BAD＝120°，∴∠CAD＝60°，∴△ACD为等边三角形，
又∵DE＝DG，∴△DEG也为等边三角形．∴DE＝GE，
∵∠DEG＝60°＝∠FEF'，∴∠DEG﹣∠FEG＝∠FEF'﹣∠FEG，即∠DEF＝∠GEF'，
由线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，所以EF＝EF'．
在△DEF和△GEF'中，，∴△DEF≌△GEF'（SAS）．
∴∠EGF'＝∠EDF＝60°，∴∠F'GA＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
则点F'的运动轨迹为射线GF'．观察图形，可得A，E关于GF'对称，
∴AF'＝EF'，∴BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，在Rt△BCH中，∵∠H＝90°，BC＝4，∠BCH＝60°，
∴，在Rt△BEH中，BE＝＝＝2，
∴BF'+EF'≥2，∴△ABF'的周长的最小值为AB+BF'+EF'＝4+2，故答案为：4+2．
【点睛】本题考查旋转变换，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形等知识，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
例2．（2021•武昌区期中）如图，已知平行四边形ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，两顶点B、D分别在平面直角坐标系的y轴、x轴的正半轴上滑动，连接OA，则OA的长的最小值是　 　．

【点睛】利用菱形的性质以及等边三角形的性质得出A点位置，进而求出AO的长．
【详解】解：如图所示：过点A作AE⊥BD于点E，

当点A，O，E在一条直线上，此时AO最短，
∵平行四边形ABCD中，AB＝BC，BC＝10，∠BCD＝60°，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝10，∠BAD＝∠BCD＝60°，∴△ABD是等边三角形，
∴AE过点O，E为BD中点，则此时EO＝5，
故AO的最小值为：AO＝AE﹣EO＝ABsin60°-12×BD＝53-5．故答案为：53-5．
变式3．（2021八下·苏州期末）如图，菱形ABCD的边长为，∠ABC＝60°，对角线AC、BD交于点O．点E为直线AD上的一个动点，连接CE，将线段EC绕点C顺时针旋转∠BCD的角度后得到对应的线段CF（即∠ECF＝∠BCD），DF长度的最小值为_________．

【答案】3
【分析】连接BE，作BH⊥AD，由旋转的性质可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值转化为求BE的最小值，再根据垂线段最短可得答案．
【详解】解：连接BE，作BH⊥AD交DA的延长线于H，

菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴∠BCD=120°．
∵∠ECF=120°，∴∠BCD=∠ECF，∴∠BCE=∠DCF由旋转可得：EC=FC，
在△BEC和△DFC中，，∴△DCF≌△BCE（SAS），
∴DF=BE，即求DF的最小值转化为求BE的最小值．
∵在Rt△AHB中，∠BAH=60°，AB=，∴BH==3，
当E与H重合时，BE最小值是3，∴DF的最小值是3．故答案为：3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
例3．（2021八下·姑苏期末）如图，菱形 ABCD 的边长为 3 ， ∠ABC=60° ，点 M 是 CD 边上任意一点（可以与点 C 或点 D 重合）， 分别过点 A 、 C 、 D 作射线 BM 的垂线，垂足分别是 E 、 F 、 G ，设 AE+CF+DG=m ，则 m 的取值范围是　 　.

【答案】3≤m≤3
【分析】连接AC、BD交于点O，连接AM，再利用S菱形ABCD=S△ABM+S△BCM+S△BMD= 12 ×BM×（AE+CF+DG），得出332 ＝ 12 ×BM×m，即可得出m的取值范围.
【解析】解：如图，连接AC，BD交于点O，连接AM，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC＝ 3 ，∠ABO＝30°，
∴AO＝ 12 AB＝ 32 ，∴AC＝ 3 ，

∵BO＝ AB2-AO2=3-34=32 ，∴BD＝3，∴菱形ABCD的面积＝ AC×BD2=332 ，
∵S△ABM＝ 12 ×BM×AE，S△BCM＝ 12 ×BM×CF，S△BMD＝ 12 ×BM×DG，
∴S△ABM+S△BCM+S△BMD＝ 12 S菱形ABCD+ 12 S菱形ABCD＝ 12 ×BM×（AE+CF+DG），∴ 332 ＝ 12 ×BM×m，
∵ 3 ≤BM≤3，∴ 3 ≤m≤3，故答案为： 3 ≤m≤3.
变式4．（2021·全国·九年级专题练习）如图，四边形 是菱形，B=6，且∠ABC=60° ，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM 的最小值为________．

【答案】
【分析】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，如图，则△BCM≌△BEN，由全等三角形的对应边相等得到CM=NE，进而得到AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．根据等腰三角形“三线合一”的性质得到BH⊥AE，AH=EH，根据30°直角三角形三边的关系即可得出结论．

【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．
∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，∴BH=AB=3，AH=BH=，∴AE=2AH=．故答案为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．
变式5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AB=4，且∠ABC=∠ABE=60°，G为对角线BD（不含B点）上任意一点，将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，当AG+BG+CG取最小值时EF的长（　　）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】据“两点之间线段最短”，当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长．
【详解】解：如图，

∵将△ABG绕点B逆时针旋转60°得到△EBF，∴BE=AB=BC，BF=BG，EF=AG，
∴△BFG是等边三角形．∴BF=BG=FG，．∴AG+BG+CG=FE+GF+CG．根据“两点之间线段最短”，
∴当G点位于BD与CE的交点处时，AG+BG+CG的值最小，即等于EC的长，
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF=180°-120°=60°，
∵BC=4，∴BF=2，EF=2，在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，∴EC=4．
∵∠CBE=120°，∴∠BEF=30°，∵∠EBF=∠ABG=30°，∴EF=BF=FG，∴EF=CE=，故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，轴对称最短路线问题，正确的作出辅助线是解题的关键．
例4．（2021·全国·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝8，且∠ABC＝60°，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，则AM+BM的最小值为_____．

【答案】4
【分析】如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H，根据菱形的性质和30°角的直角三角形的性质可得MH＝BM，于是可得AM+BM的最小值即为AT的长，再利用解直角三角形的知识求解即可．
【详解】解：如图，过点A作AT⊥BC于T，过点M作MH⊥BC于H．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∵MH⊥BC，∴∠BHM＝90°，∴MH＝BM，∴AM+BM＝AM+MH，
∵AT⊥BC，∴∠ATB＝90°，∴AT＝AB•sin60°＝4，
∵AM+MH≥AT，∴AM+MH≥4，∴AM+BM≥4，
∴AM+BM的最小值为4，故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质、30°角的直角三角形的性质、垂线段最短以及解直角三角形等知识，属于常考题型，熟练掌握上述知识、明确解答的方法是解题关键．
3）正方形中的最值问题
例1．（2021·四川德阳八年级阶段练习）如图所示，正方形ABCD的面积为16，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD＋PE的和最小，则最小值为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】先求得正方形的边长，依据等边三角形的定义可知BE=AB=4，连接BP，依据正方形的对称性可知PB=PD，则PE+PD=PE+BP．由两点之间线段最短可知：当点B、P、E在一条直线上时，PE+PD有最小值，最小值为BE的长．
【详解】解：连接BP．

∵四边形ABCD为正方形，面积为16，∴正方形的边长为4．∵△ABE为等边三角形，∴BE=AB=4．
∵四边形ABCD为正方形，∴△ABP与△ADP关于AC对称．∴BP=DP．∴PE+PD=PE+BP．
由两点之间线段最短可知：当点B、P、E在一条直线上时，PE+PD有最小值，最小值=BE=4．故选：C．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质、正方形的性质和轴对称—最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键．
变式1．（2021·浙江北仑·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E，F，G分别是边AB，BC，AD上的动点，且AE＝BF，将△BEF沿EF向内翻折至△B′EF，连结BB′，B′G，GC，则当BB′最大时，B′G+GC的最小值为（　　）

A．﹣2 B．5.6 C．2 D．3
【答案】C
【分析】当四边形B′EBF为正方形时，BB′最大，作C关于AD的对称点C′，则B′G+GC= B′G+ GC′B′C′，即B′G+GC的最小值为B′C′，利用勾股定理即可求解．
【详解】解，如图，当四边形B′EBF为正方形时，BB′最大，∴BE=BF，
∵AE=BF，∴AE=BE，∴E，F分别是边AB，BC上的中点，
过点B′作B′H⊥CD于点H，则AE=BE=BF=B′H=CH=BC=2，作C关于AD的对称点C′，连接B′C′，GC′，

∴CG= GC′，∴B′G+GC= B′G+ GC′B′C′，即B′G+GC的最小值为B′C′，
在Rt△B′C′H中，B′H =2，HC′=CC′-CH=8-2=6，由勾股定理得：B′C′=，
∴B′G+GC的最小值为．故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
变式2．（2021·无锡市南长实验中学初三二模）如图，正方形ABCD的边长为3，E，F是对角线BD上的两个动点，且EF＝，连接CE，CF，则△CEF周长的最小值为__________.

【答案】
【分析】连接AE，AC，以AE，EF为邻边作平行四边形AEFG，依据平行四边形的性质以及勾股定理，即可得到CF+FG的最小值等于2，再根据EF=，即可得到△CEF周长的最小值．
【解析】解：如图所示，连接AE，AC，以AE，EF为邻边作平行四边形AEFG，
则AE=FG，EF=AG=，∠GAD=∠ADF=45°=∠DAC，∴∠GAC=90°，

∵AB=CB，∠ABE=∠CBE，BE=BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴CE=AE=GF，∴CE+CF=GF+CF，
∴当G，F，C在同一直线上时，CF+FG的最小值等于CG的长，
此时，Rt△ACG中，，∴CF+FG的最小值等于2，
又∵EF=，∴△CEF周长的最小值为+2，故答案为：+2．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，正方形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
例2．（2022•洛阳三模）如图，点E、F是边长为4的正方形ABCD边AD、AB上的动点，且AF＝DE，BE交CF于点P，在点E、F运动的过程中，PA的最小值为（　　）

A．2 B．22 C．42-2 D．25-2
【点睛】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，取BC的中点O，连接OP、OA，然后求出OP=12CB＝2，利用勾股定理列式求出OA，然后根据三角形的三边关系可知当O、P、A三点共线时，AP的长度最小．
【详解】解：在正方形ABCD中，∴AB＝BC，∠BAE＝∠ABC＝90°，在△ABE和△BCF中，
∵AB=BC∠BAE=∠ABCAE=BF，∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠BCF，∵∠ABE+∠CBP＝90°∴∠BCF+∠CBP＝90°∴∠BPC＝90°
如图，取BC的中点O，连接OP、OA，则OP=12BC＝2，在Rt△AOB中，OA=AB2+OB2=22+42=2 5，根据三角形的三边关系，OP+AP≥OA，∴当O、P、A三点共线时，AP的长度最小，
AP的最小值＝OA﹣OP＝2 5-2．故选：D．

变式3．（2021·安徽六安市·九年级期末）如图，已知正方形与正方形的边长分别为4和1，若将正方形绕点旋转，则在旋转过程中，点之间的最小距离为 （ ）

A．3 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接CE、AC，根据正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1，可以求出AC的长，又因为CE≥AC-AE，所以当A、E、C三点共线时取等号，即可求值；
【详解】如图，连接CE、AC，已知正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1，
∴ AB=BC=4，AE=1，由勾股定理得： ，∴
∵ CE≥AC-AE，∴CE≥，∴CE的最小值为，故选：B．

【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、以及三角形的三边关系，正确掌握知识点是解题的关键．
变式4．（2021八下·汉阳期末）如图， M 、 N 是正方形 ABCD 的边 CD 上的两个动点，满足 AM=BN ，连接 AC 交 BN 于点 E ，连接 DE 交 AM 于点 F ，连接 CF ，若正方形的边长为2，则线段 CF 的最小值是（　　）

A．2 B．1 C．5-1 D．5-2
【答案】C
【分析】证明Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），可得∠1＝∠2，证明△DCE≌△BCE（SAS），可得∠2＝∠3，从而得出∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，根据直角三角形斜边中线的性质可得OF＝OD＝12AD＝1，利用勾股定理求出OC，根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，据此求解即可.
【解析】解：在正方形ABCD中，BC＝AD＝CD，∠BCD＝∠CDA＝90°，∠ACD＝∠ACB，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，AD=BCAM=BN ，∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠1＝∠2，
在△DCE和△BCE中，DC=BC∠DCE=∠DCECE=CE ，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，
∵∠ADF+∠3＝∠ADC＝90°，∴∠1+∠ADF＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
取AD的中点O，连接OF、OC，

则OF＝OD＝ 12 AD＝1，在Rt△COD中，OC＝ OD2+CD2=12+22=5 ，
当O、F、C三点不共线时，OC－OF＜CF，当O、F、C三点共线时，OC－OF＝CF，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，最小值＝OC﹣OF＝ 5-1 .答案为：C.
变式5．（2021·全国·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为______．

【答案】
【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EHG

从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值；作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM＝MP+CP＝HEEC＝1故答案为．
例3．（2021·江苏·苏州高新区九年级阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG+CG的最小值为 _____．

【答案】5
【分析】因为DG＝EF＝2，所以G在以D为圆心，2为半径圆上运动，取DI＝1，可证△GDI∽△CDG，从而得出GI＝CG，然后根据三角形三边关系，得出BI是其最小值
【详解】解：如图，

在Rt△DEF中，G是EF的中点，∴DG＝，∴点G在以D为圆心，2为半径的圆上运动，
在CD上截取DI＝1，连接GI，∴＝＝，∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，
∴＝，∴IG＝，∴BG+＝BG+IG≥BI，
∴当B、G、I共线时，BG+CG最小＝BI，在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆的概念，求得点的运动轨迹是解题的关键．
变式6．（2021·全国·九年级专题练习）如图，在边长为4的正方形ABCD内有一动点P，且BP＝．连接CP，将线段PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．连接CQ、DQ，则DQ+CQ的最小值为 ___．

【答案】5
【分析】连接AC、AQ，先证明△BCP∽△ACQ得即AQ＝2，在AD上取AE＝1，证明△QAE∽△DAQ得EQ＝QD，故DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，求出CE即可．
【详解】解：如图，连接AC、AQ，

∵四边形ABCD是正方形，PC绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ，∴∠ACB＝∠PCQ＝45°，
∴∠BCP＝∠ACQ，cos∠ACB＝，cos∠PCQ＝，
∴∠ACB=∠PCO，∴△BCP∽△ACQ，∴
∵BP＝，∴AQ＝2，∴Q在以A为圆心，AQ为半径的圆上，
在AD上取AE＝1，∵，，∠QAE＝∠DAQ， ∴△QAE∽△DAQ，
∴即EQ＝QD，∴DQ+CQ＝EQ+CQ≥CE，
连接CE，∴，∴DQ+CQ的最小值为5．故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接AC、AQ，证明两对相似三角形求解.
例4．（2021·全国·九年级专题练习）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=；（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF；
①把图形补充完整（无需写画法）；   ②求的取值范围；(2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．

【答案】（1）①补图见解析；②；（2）
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；
②首先证明∠ECF＝90°，设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．根据两点之间线段最短可得DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，推出AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长；
【详解】（1）①如图△DCF即为所求；

②∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝2，∠B＝90°，∠DAE＝∠ADC＝45°，
∴AC＝＝AB＝4，∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，
∴∠DCF＝∠DAE＝45°，AE＝CF，∴∠ECF＝∠ACD＋∠DCF＝90°，
设AE＝CF＝x，EF2＝y，则EC＝4−x，∴y＝（4−x）2＋x2＝2x2−8x＋160（0＜x≤4）．即y＝2（x−2）2＋8，
∵2＞0，∴x＝2时，y有最小值，最小值为8，当x＝4时，y最大值＝16，∴8≤EF2≤16．
（2）如图中，将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连接EG，DF．作FH⊥AD于H．

由旋转的性质可知，△AEG是等边三角形，∴AE＝EG，
∵DF≤FG＋EG＋DE，BE＝FG，∴AE＋BE＋DE的最小值为线段DF的长．
在Rt△AFH中，∠FAH＝30°，AB＝=AF，∴FH＝AF＝，AH＝＝，
在Rt△DFH中，DF＝＝，∴BE＋AE＋ED的最小值为．
【点睛】本题考查作图−旋转变换，正方形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用旋转法添加辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
变式7．（2022·江苏·沭阳县怀文中学九年级期末）如图，在正方形ABCD中，，E是AD上的一点，且，F，G是AB，CD上的动点，且，，连接EF，FG，BG，当的值最小时，CG的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先推出AE=FT，可得GF=BE=，推出EF+BG的值最小时，EF+FG+BG的值最小，设CG=BT=x，则EF+BG=，欲求的最小值，相当于在x轴上 寻找一点P（x，0），使得点P到M（0，3），N（2，1）的距离和最小．
【详解】如图，过点G作GT⊥AB于T，设BE交FG于R．

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
∵GT⊥AB，∴∠GTB=90°，∴四边形BCGT是矩形，∴BC=GT，∴AB=GT，
∵GF⊥BE，∴∠BRF=90°，∵∠ABE+∠BFR=90°，∠TGF+∠BFR=90°，∴∠ABE=∠TGF，
在△BAE和△GTF中，，∴△BAE≌△GTF（ASA），∴AE=FT=1，
∵AB=3，AE=1，∴BE===，∴GF=BE=，
在Rt△FGT中，FG=是定值，∴EF+FG的值最小时，EF+FG+BG的值最小，

设CG=BT=x，则EF+BG==，
欲求的最小值，相当于在x轴上寻找一点P（x，0），使得点P到M（0，3），N（2，1）的距离和最小．如图，作点M关于x轴的对称点M′（0，-3），连接NM′交x轴于P，连接PM，此时PM+PN的值最小．∵N（2，1），M′（0，-3），∴直线M′N的解析式为y=2x-3，∴P（，0），
∴x=时，的值最小．故选：A．
【点睛】本题考查轴对称最短问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．

4）平行四边形中的最值问题
例1．如图，在平行四边形ABCD中，∠D＝150°，BC＝6，CD＝6，E是AD边上的中点，F是AB边上的一动点，将△AEF沿EF所在直线翻折得到△A'EF，连接A′C，则A′C长度的最小值为（　　）

A．3 B．3 C．3﹣3 D．6
【答案】C
【分析】连接EC，过点E作EM⊥CD于M，先求出线段ME、DM的长度；运用勾股定理求出EC的长度，即可解决问题．
【详解】解：如图所示，过点E作EM⊥CD交CD的延长线于点M，
∵在平行四边形ABCD中，∠D＝150°，∴∠EDM＝30°，
∵E是AD边上的中点，∴DE＝AD＝BC＝3，AE＝A'E＝3，∴Rt△DEM中，EM＝，DM＝，
∵CD＝6∴CM＝，∴Rt△CEM中，CE＝，
∵A'E+A'C≥CE，∴A'C≥CE﹣A'E，∴当点A'在CE上时，A'C的最小值＝CE﹣A'E＝3﹣3，故选：C．

【点拨】此题主要考查平行四边形内线段最值求解，解题的关键是勾股定理的性质及平行四边形的性质．
变式1．（2021·浙江·八年级期中）如图，在中，是边的中点，是边上一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，则长度的最小值是______．

【答案】
【分析】如图连接EC，过点E作GE⊥CD，交CD的延长线于点G，首先求出线段DG、GE的长度；运用勾股定理求出EC的长度，根据三角形三边关系即可解决问题．
【详解】解：如图连接EC，过点E作GE⊥CD，交CD的延长线于点G，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，AD＝BC＝4，
∵点E为AD的中点，∠A＝60°，∴DE＝EA＝2，∠GDE＝∠A＝60°，∴DG＝1，GE＝，
∵∴∴CE＝，
∵A'C≤CE- A'E∴点A'在CE上时，三点共线，此时A'C的长度最小，
∴A'C长度的最小值＝CE﹣A'E＝ ．故答案为：．

【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，勾股定理，最短路径等知识，解题关键是恰当作辅助线，将分散的条件集中；灵活运用平行四边形的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
变式2．（2021·福建省惠安第三中学九年级阶段练习）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝120°，AD＝，AB＝8，点E，F分别在边AB，AD上，△AEF与△GEF关于直线EF对称，点A的对称点G落在边DC上，则BE长的最大值为_________ ．

【答案】2
【分析】过点D作DM⊥AB于M，求BE长的最大值，就是求AE长的最小值，而AE长的最小值，就是求GE长的最小值，GE长的最小值就是DC与AB的距离，即可求解．
【详解】过点D作DM⊥AB于M，则∠AMD= 90°，如图：

∵平行四边形ABCD中，∠ABC= 120° ，AD//BC，∠DAB= 180°-∠ABC= 180°- 120°= 60°
在Rt△ADM中，AD= 4，∴AM=2,∴DM =6 ∵AB= 8，∴当AE最短时，BE的长有最大值，
∵△AEF与△GEF关于直线EF对称，∴GE= AE，.∴当GE最短时，BE的长有最大值， ．
∵DC//AB，∴当GE= DM = 6时，GE最短，BE的长有最大值，
最大值为：AB- AE= AB- GE=8-6= 2．∴BE长的最大值为2．故答案为：2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、特殊角的三角函数数值、翻折变换、勾股定理，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
例2.已知：如图，平行四边形中，，点E是上一个动点，连结，把沿折叠到的位置．（1）当点落在上时，________；（2）若点落在的内部（包括边界），则的范围是___________．

【答案】4 -3≤≤7
【分析】（1）根据折叠的性质和平行线的性质，可得A′E=A′B，从而得AE= AB=6，进而即可求解；（2）先求出当点A′在DE上时，求得DE的值，再求出当点A′在CE上时，求得ED=-3，进而即可得到答案．
【详解】（1）解：∵把沿折叠到， ∴∠AEB=∠A′EB，
∵平行四边形中，点落在上，∴AE∥A′B，
∴∠AEB=∠A′BE，∴∠A′EB=∠A′BE，∴A′E=A′B，又∵AE= A′E，AB= A′B，∴AE= AB=6，
又∵，∴AD=10，∴DE=10-6=4，故答案是：4；

（2）当点A′在DE上时，如图，此时，∠AEB=90°，
∵，∴∠ABE=90°-60°=30°，∴AE=AB=3，∴DE=10-3=7；
当点A′在CE上时，如图，过点C作CN⊥AD，交AD的延长线于点N，
∵AB∥CD，∴∠A=∠NDC=60°，又∵CD=AB=6，∴DN=CD=3，CN=，
∵AD∥BC，∴∠DEC=∠BCA′，∵把沿折叠到，
∴∠BA′E=∠A=60°，CD=AB=A′B，∴∠BA′C=180°-60°=120°，
∵AB∥CD，∴∠ADC=180°-60°=120°，∴∠BA′C=∠ADC，
∴，∴CE=BC=10，∴EN=，∴ED=-3，
∴的范围是：-3≤≤7．故答案是：-3≤≤7．
【点拨】本题主要考查平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质，添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
变式3．（2021·安徽定远·八年级期中）如图，四边形是平行四边形，，，，点是直线上的点，点是直线上的点，连接，，，点，分别是，的中点．连接，则的最小值为（       ）

A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中位线性质可得MN是AE的一半，则当AE最小时，MN最小，利用30°直角三角形求出AE最小值，解答即可．
【详解】解：∵点，分别是，的中点，∴MN是△AEF的中位线，∴MN，
∴当AE最小时，MN最小，当AE⊥BC时，AE最小，在四边形是平行四边形，，
∴AB//CD，∴∠ABC+∠BCD=180°，∴∠ABC =60，∵AE⊥BC，∴∠AEB =90°，
∴∠BAE =30°，∴BE，∴ ，∴MN，∴MN最小为：．
【点睛】本体考查了三角形中位线以及30°直角三角形的性质、勾股定理，掌握三角形中位线以及30°直角三角形的性质、勾股定理是解题的关键．
变式4．（2021·全国·八年级专题练习）如图，四边形是平行四边形，，，，点、是边上的动点，且，则四边形周长的最小值为______．

【答案】
【分析】根据题意，将点沿向右平移2个单位长度得到点，作点关于的对称点，连接，交于点，在上截取，连接，，此时四边形的周长为，则当点、、三点共线时，四边形的周长最小，进而计算即可得解．
【详解】如下图，将点沿向右平移2个单位长度得到点，作点关于的对称点，连接，交于点，在上截取，连接，，∴，，
此时四边形的周长为，
当点、、三点共线时，四边形的周长最小，
，，，经过点，，，
，，，，
四边形周长的最小值为，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了四边形周长的最小值问题，涉及到含的直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握相关轴对称作图方法以及线段长的求解方法是解决本题的关键．
例3．（2021·全国·九年级专题练习）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+ PD的最小值等于______.

【答案】
【分析】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据四边形ABCD是平行四边形，得到 AB∥CD，推出PE=PD，由此得到当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【详解】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，∴∠EDC=∠DAB＝30°，∴PE=PD，
∵2PB+ PD=2（PB+PD）=2(PB+PE)，
∴当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，
∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，∴PB+PE的最小值=AB=3，
∴2PB+ PD的最小值等于6，故答案为：6.

【点睛】此题考查平行四边形的性质，直角三角形含30°角的问题，动点问题，将线段2PB+PD转化为三点共线的形式是解题的关键.
变式4．（2021·广东花都·二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，AB＝4，点H、G分别是边DC、BC上的动点，其中点H不与点C重合．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为GH的中点，连接EF，则EF的最大值与最小值的差为 _____________．

【答案】
【分析】如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先证明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位线定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解决问题．
【详解】解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，

∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，AB＝4，∴∠D＝∠B＝60°，AB＝CD＝4，
∵AD＝8，∴AM＝DM＝DC＝4，∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC＝∠MCD＝60°，CM＝DM＝AM，∴∠MAC＝∠MCA＝30°，∴∠ACD＝90°，∴AC＝4，
在Rt△ACN中，∵AC＝4，∠ACN＝∠DAC＝30°，∴AN＝AC＝2，
∵AE＝EH，GF＝FH，∴EF＝AG，∵AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为4，最小值为2，∴EF的最大值为2，最小值为，
∴EF的最大值与最小值的差为．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，分别求得AG的最大值与最小值是解题的关键．

二、 以特殊四边形为背景的压轴问题
1．（2021·江苏江阴·八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，使点B落在点E处．

(1)若P为BC上一点．①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时CE＝　 　；②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；(2)如果点P在BC的延长线上，当△PEC为直角三角形时，求PB的长．
【答案】(1)见解析，①，②，见解析；(2)或
【分析】（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC=90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
(1)解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，

∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，∴DE===8，
∴CE=DC-DE=10-8=2；故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，∴EP＝CP，∴BP＝BC，∴BC＝2BP；
(2)（2）∵△PEC是直角三角形，当∠EPC＝90°时，∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，∴PB＝AB＝10；

当∠ECP＝90°时，由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，在Rt△ECP中，由勾股定理得：182+（x﹣6）2＝x2，解得x＝30，∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去，综上：BP＝10或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题．
2．（2021·重庆实验外国语学校九年级期中）菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点B作BE⊥AB交AC于点E．已知点F是AB边上一点，且BF＝BE，过点F作PF⊥AB交BD延长线于点P，交AD于点Q． (1)如图（1），若F是AB的中点，且BE＝2，求PD的长；(2)如图（2），求证：AQ＝BE+PQ；
(3)如图（3），在菱形ABCD中，已知∠BAD＝60°，AB＝6．点P是对角线上的动点，过点B作BM垂直直线AP于点M．点N是CD边上的动点，请直接写出+MN的最小值．

【答案】(1)(2)见解析(3)
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明，利用勾股定理求出，再利用面积法求出，可得结论；（2）如图2中，连接，，过点作于点，作交于点，在上取一点，使得，连接．利用全等三角形的性质证明，，证明四边形是正方形，推出，再证明，可得结论；
（3）如图3中，取的中点，连接，延长到，使得，连接，过点作于点，过点作于，交于点，交于点．由，推出，由，推出的最小值，求出，即可解决问题．
(1)解：如图1中，四边形是菱形，，，

，，，，，，
，，，，
，，，，
．
(2)证明：如图2中，连接，，过点作于点，作交于点，在上取一点，使得．由（1）可知，，，
，，，，，
，四边形是矩形，
，四边形是正方形，，，
四边形是菱形，，关于对称，，，
，，，，，
，，，，，，
．
(3)如图3中，取的中点，连接，延长到，使得，连接

，，点在以为直径的圆上运动，
四边形是菱形，，是等边三角形，
，，，，，是等腰直角三角形，
过点作于点，过点作于，交于点，交于点．
，，，，
，的最小值，
是等边三角形，，，，，
是等腰直角三角形，，
，，的最小值为．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用垂线段最短，解决最短问题，属于中考压轴题．
3．（2021·重庆一中八年级阶段练习）如图，在中，．（1）如图1，若，，求的面积；（2）如图2，为外的一点，连接，且，．过点作交的延长线于点．求证：．（3）如图3，在（2）的条件下，作平分交于点，过点作交的延长线于点．点为直线上的一个动点，连接，过点作，且始终满足，连接．若，请直接写出取得最小值时的值．

【答案】（1）6；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）通过作辅助线构造等腰直角三角形，利用勾股定理求出AB边上的高和AB，再利用三角形面积公式求解；（2）通过在BE上截取BF=BD，构造出两组全等三角形，即可完成求证；
（3）先通过延长ME，构造全等三角形，得出，利用轴对称，得出的最小值等于，最后利用直角三角形的性质与勾股定理进行计算求解即可．
【详解】解：（1）如图，过C点作CD⊥AB，垂足为点D，
∵，∴，∴AD=CD，
∵AC=，且，∴，
∵，∴，∴AB=AD-BD=6-4=2,
∴，∴的面积为6．

（2）如图所示，在BE上截取BF=BD，
∵∠D+∠DCB+∠DBC=180°，∠1+∠DBC+∠2=180°，且∠1=∠BCD，∴∠D=∠2，
∵，∴△CDB≌△CBF（SAS），∴CB=CF，∴∠2=∠3，∴∠ABC=∠EFC，
∵∠A=45°，AC⊥CE，∴∠E=45°，∴∠A=∠E，∴△ABC≌△EFC（AAS），
∴AC=CE,AB=EF，∴AE=AB+BF+EF=2AB+BD,
∵,∴,∴；
（3）如图3，延长ME至F，使MF=MA，连接KF，
∵，∴，
又∵，∴，∴，∴，
作M点关于的对称点，则，∴，
连接，则，∴当共线时的值最小，等于，
∴取得最小值时的值即为的值，连接，
由轴对称的性质可得：，，
∵，平分，∴，∴，∴，
∵，且，∴，∴，∴，
∵∴，
如图4，取中点O点，连接OC，OM，作于，
∵，∴，∴
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得，
∴，∴，∴，∴，
∵,∴，∴，
∴，∴；∴的值为．

【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质、轴对称、等腰三角形的性质与判定等内容，解决本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形或等腰直角三角形等，本题较为综合，要求学生有较强的理解能力与分析能力．
4．（2021·辽宁大东·八年级期末）如图，在菱形中，，是对角线上一点，是线段延长线上一点且，连接．（1）如图，若是线段的中点，连接，其他条件不变，直接写出线段与的数量关系；（2）如图，若是线段上任意一点，连接，其他条件不变，猜想线段与的数量关系是什么？并证明你的猜想；（3）如图，若是线段延长线上一点，其他条件不变，且，菱形的周长为，直接写出的长度．

【答案】（1）；（2），证明见解析；（3）7
【分析】（1）由菱形的性质和已知条件得出是等边三角形，得出，由等边三角形的性质和已知条件得出，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出，即可得出结论．
（2）过点作交于点，先证明是等边三角形，得出，，再证明是等边三角形，得出，，然后由证得，即可得出结论．
（3）过点作交延长线于点，证明同（2），得出，证明，，则，，得出，，则，由勾股定理即可得出结果．
【详解】解：（1）；理由如下：四边形是菱形，，
，是等边三角形，，
是线段的中点，，，
，，，，．故答案为；
（2）猜想线段与的数量关系为：；
证明：过点作交于点，如图所示：

四边形为菱形，，
，，，与都是等边三角形，
，，，又，，
又，是等边三角形，，，，
又，，
在和中，，，；
（3）过点作交延长线于点，如图：
四边形为菱形，，菱形的周长为，
是等边三角形，，，，，
又，，又，是等边三角形，
，，，又，，
在和中，，，，
，，，
是等边三角形，，，
在中，，，，
，，，，
由勾股定理得：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形．
5．（2021·黑龙江·哈尔滨工业大学附属中学校八年级期中）矩形中，连接，于．

（1）如图1，求证：（2）如图2，延长至点，使，连接交于点，求证：（3）如图3，在（2）的条件下，取的中点，连接、，，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质，等角的余角相等，即可证明；
（2）连接，由矩形的性质以及角度的计算，可得，，，进而可得
（3）如图3，连接，交于点，过点，作于点，延长交于点，取的中点，连接，先根据中位线定理证明，设，，可得是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，连接，，延长交于,连接交于，证明四边形，是平行四边形，进而可得，进而求得，勾股定理求得，根据即可求得．
【详解】（1）四边形是矩形，,

即
（2）连接，如图，

四边形是矩形，，，
，


，
（3）如图3，连接，交于点，过点，作于点，延长交于点，取的中点，连接，是的中点，则，
四边形是矩形
是平行四边形，
是的中点
是等腰直角三角形

是等腰直角三角形 设，
又
为的中点，为的中点，,
为等腰三角形
，为的中点
是等腰直角三角形 又是等腰直角三角形是的中点
连接，，延长交于,连接交于

垂直平分，是的中点
为的中点，为的中点
四边形是平行四边形同理可得是平行四边形
即

又





又


在中．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．
6．（2021·浙江·宁波市第七中学八年级期中）数学活动课上．老师给出如下定义：如果一个矩形的其中一边是另一边的2倍，那么称这个矩形为“和谐矩形”．如图1，在矩形ABCD中，AD＝2AB，则矩形ABCD是“和谐矩形”．E是AD边上任意一点，连接BE，作BE的垂直平分线分别交AD，BC于点F，G，FG与BE的交点为O，连接BF和EG．
（1）试判斯四边形BFEG的形状．并说明理由；
（2）如图2，在“和谐矩形”ABCD中，若AB＝2，且AB＜AD，E是边AD上一个动点，
把△ABE沿BE折叠．点A落在点从A′处，若A'恰在矩形的对称轴上，则AE的长为___；
（3）如图3，记四边形BFEG的面积为S1，“和谐矩形”BFEG的面职为S2，且＝ ，若AB＝a（a为常数），AB＜AD，求FG的长，（用含有a的代数式表示）．

【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）或2；（3）
【分析】（1）由矩形的性质及全等三角形的性质先证明四边形BFEG是平行四边形，再由FG⊥BE证明四边形BFEG是菱形；（2）当点A′在经过AB、CD中点的对称轴上时，可证明△ABA′是等边三角形；当点A′在经过AD、BC中点的对称轴上时，可证明点E为AD边的中点，分别求出相应的AE的长即可；
（3）由（1）可知四边形BFEG是菱形，设BF=EF=x，四边形ABCD是“和谐矩形”，且AB=a，则AD=2AB=2a，由勾股定理分别求出EF、AF、BE的长，再由面积等式列方程求出FG的长即可．
【详解】解：（1）四边形是菱形．理由：如图1，，，；

垂直平分，，，
，，四边形是平行四边形；
，四边形是菱形．
（2）如图2，设矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，连结，，
由折叠得，垂直平分，，
垂直平分，，四边形是矩形，
由（1）得，四边形是菱形，；
，，，，
，是等边三角形，，，
，，，
，且，，；
如图3，矩形的对称轴交于点，交于点，点在上，

垂直平分，，
，四边形是正方形，，
，等于点到直线的距离，点与点重合，
，与重合，点与点重合，，
综上所述，的长为或2，故答案为：或2．
（3）如图4，由（1）得，四边形是菱形，
设，四边形是“和谐矩形”，且，
，，，
，，，，
，，由得，，．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、菱形的判定与性质、轴对称的特征、勾股定理、二次根式的化简、分类讨论数学思想的应用等知识与方法，此题综合性较强，计算较为烦琐，难度较大，属于考试压轴题．
7．（2021·全国·八年级期末）（1）如图1，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O点，过点O的直线l与边AB、CD分别交于点E、F，绕点O旋转直线l，猜想直线l旋转到什么位置时，四边形AECF是菱形．证明你的猜想． （2）若将（1）中四边形ABCD改成矩形ABCD，使AB=4cm，BC=3cm，
①如图2，绕点O旋转直线l与边AB、CD分别交于点E、F，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A与点C重合，点D的对应点为D′，连接DD′，求△DFD′的面积．②如图3，绕点O继续旋转直线l，直线l与边BC或BC的延长线交于点E，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为B′，当△CEB′为直角三角形时，求BE的长度．请直接写出结果，不必写解答过程．

【答案】（1）四边形AECF是菱形，见解析；（2）① cm2；②BE的长为cm或cm或4cm或cm．
【分析】（1）根据题意作图，先根据平行四边形得出∠FCO=∠EAO，再证明△COF≌△AOE，结合题意即可得出结论；（2）①根据四边形ABCD是矩形，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，结合折叠和勾股定理得出CF，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得D′H=，进而得出所求面积；
②根据不同图示分情况设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，根据折叠并结合勾股定理得出x即为所求．
【详解】解：（1）猜想：当l⊥AC时，四边形AECF是菱形，如图1：

连接AF、CE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AB∥CD，∴∠FCO=∠EAO，
又∵∠FOC=∠EOA，∴△COF≌△AOE，∴OE=OF，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，CD=AB=4，AD=BC=3，设DF=xcm，则CF=（4﹣x）cm，
由折叠性质可知：D′F=DF=x，CD′=AD=3，∠CD′F=∠ADC=90°，
由勾股定理得（4﹣x）2=32+x2， 解得x= ， ∴D′F=DF=   ， ∴CF=4﹣=   ，
如图2，过D′作D′H⊥CF于H，由面积相等可得，CF•D′H=D′F•CD′，
∴D′H=， ∴S△DFD′=××=（cm2）；
②如图①，设BE=xcm，CE=（3﹣x）cm，∵AC==5cm，∴B′C=5﹣4=1cm，
根据勾股定理可得B′C2+B′E2=CE2，即：12+x2=(3-x)2 解得：x=cm，

如图②，设BE=xcm，则CE=（3﹣x）cm，AB′=4cm，B′E=xcm，

在Rt△ADB′中，由勾股定理可得BD′===cm，B′C=（4﹣）cm，
在Rt△CB′E中，B′C2+CE2=B′E2， 即16﹣8+7+9﹣6x+x2=x2， 解得x=cm，
如图③，当四边形ABEB′是正方形时，点B和点B′关于直线AE对称，△B′EC是直角三角形，
此时CE=1cm，BE=4cm；
如图④，BE=xcm，AB′=4cm，AD=3cm，CE=（x﹣3）cm，
在Rt△ADB′中，B′D===cm，B′C=+4，
在Rt△B′CE中，7+8+16+x2﹣6x+9=x2， 解得x=cm，
综上，BE的长为cm或cm或4cm或cm．
【点睛】此题属于四边形综合性试题，涉及到平行四边形，菱形，矩形，正方形的性质和勾股定理的应用，有一定难度，注意不同情况分别做图求解．
8．（2021·广西宾阳·八年级期中）如图1，在矩形中，，，动点从出发以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为（）．

（1）当时，如图2，当点落在上时，显然是直角三角形，求此时的值；
（2）当时，当点不落在上时，求出是直角三角形时的值；
（3）若直线与直线相交于点，且当时，．问：当时，的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
【答案】（1）t=s；（2）满足条件的t的值为8s或s或s；（3）∠PAM的大小没有发生变化，理由见解析．
【分析】（1）利用勾股定理求出AC，在Rt△PCB'中，利用勾股定理构造方程即可解决问题．
（2）分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时．（3）如图3-1中，首先证明四边形ABCD是正方形，如图3-2中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．
【详解】（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴AC=，
由折叠的性质得：AB'=AB=8，PB'=PB=t，∴PC=6-t，CB′=AC-AB'=2，
∴在Rt△PCB'中，PC2=PB'2+CB'2，∴(6-t)2=t2+22，∴t=s；
（2）如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′=，∴CB′=CD−DB′=8−，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，∴t2=(8−)2+(6−t)2，∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB′=，∴CB′=8+，
在Rt△PCB'中，则有：(8+)2+(t−6)2=t2，解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，∵∠B=∠PB′A=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，∴BP=AB=8，∴t=8，
综上所述，满足条件的t的值为8s或s或s；
（3）当t＜6时，如图3-1中，∵∠PAM=45°，∴∠2+∠3=45°，∠1+∠4=45°，
又∵△PAB和△PAB'关于直线PA对称，∴∠1=∠2，∠3=∠4，
又∵∠ADM=∠AB'M，AM=AM，∴△AMD≌△AMB'（AAS），∴AD=AB'=AB，即四边形ABCD是正方形；
当t＞6时，∠PAM的大小没有发生变化，理由如下：
如图3-2中，设∠APB=x，∴∠PAB=90°-x，∴∠DAP=x，
∵AB′=AD，AM=AM，∴Rt△MDA≌Rt△B'AM（HL），∴∠BAM=∠DAM，
∵△PAB与△PAB'是关于直线PA对称，∴∠PAB=∠PAB'=90°-x，
∴∠DAB'=∠PAB'-∠DAP=90°-2x，∴∠DAM=∠DAB'=45°-x，∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°．
【点睛】本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，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．

【答案】（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）如图1，过点作于点，

四边形是边长为2的正方形，，，，，
，，
，，即，，
又，，，，，，
设，则，由勾股定理得，
又，，，即，
，中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：如图2，过点作于点，
，，，，，，
，设，则，，，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，，
在和中，，分别由勾股定理得：
，，，；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，，为中点，，
、分别是、的中点，，，，
在和中，，，
，，，，
又，四边形是平行四边形，，，，
当、、三点共线时，最小，当、、三点共线时，最小，
即最小，此时，，，
，，，
，，的最小值为，故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
10．（2021·海南·海口市第七中学九年级阶段练习）图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．
（1）求证：．（2）若，求的长．（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【详解】（1）在正方形ABCD中，，
，，，
，，．
（2）在正方形ABCD中 连接，如下图：

由折叠知BC=，又AB=BC，∠BAN=90°∴， ，
，，，
，，
设，，，
，，．
（3）如下图，作，垂足为，
由（1）知∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB∴BM=MQ
设，则．，，，
故．
【点睛】此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
11．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．（1）求证：；（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．①若，求的度数；②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，，∴△CBE≌△CDF（SAS），∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中，，∴△DCP≌△GCP（SSS），∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，
∵CG＝CD＝CB，∴∠CGH＝，∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：连接BD，如图2所示：

由①得：CP垂直平分DG，∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45°−m°＋m°＝45°，∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，∴BD2＝2CD2，∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
12．（2021·四川·成都实外八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB上和AD的延长线上，且BE＝DF，连接EF、CE、CF，G为EF的中点，连接BG．（1）若CE＝2，求FE的长；（2）连接AC，求证：BG垂直平分AC；（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB上和AD的延长线上，且BE＝DF，连接EF，G为EF的中点，连接BG、CG，过F作FHDC交CB的延长线于H，那么（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明，若不成立，请说明理由．

【答案】（1）2；（2）证明见详解；（3）成立，理由见详解
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得到BC＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，根据全等三角形的性质得到CE＝CF，推出△ECF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
（2）连接AG，CG，根据等腰直角三角形的性质得到CGEF，证得AG＝CG，根据全等三角形的性质得到∠ABG＝∠CBG，即可得到结论；（3）延长AG交FH于M，连接CM，根据平行线的性质得到∠AEG＝∠GFM，根据全等三角形的性质得到AG＝GM，MF＝AE，根据平行四边形的性质得到AB＝HF，通过△BAG≌△BCG，得到∠ABG＝∠CBG，即可得到结论．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，∴∠CDF＝90°，
在△CBF与△CDF中，，∴CE＝CF，∴∠BCE＝∠DCF，∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+ECD，
∴∠BCD＝∠ECF＝90°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴EFCE＝2，
（2）如图1，

连接AG，CG，∵△ECF是等腰直角三角形，G是EF的中点，∴CGEF，
∵AGEF，∴AG＝CG，在△BAG与△BCG中，，
∴△BAG≌△BCG，∠ABG＝∠CBG，
∵BA＝BC，∴BG⊥AC，OA＝OC，∴BG垂直平分AC；
（3）成立，理由：如图2，
延长AG交FH于M，连接CM，∵AE∥FH，∴∠AEG＝∠GFM，
在△AEG与△MFG中，，∴△AGE≌△MFG，∴AG＝GM，MF＝AE，
∵FH∥AB，AF∥AE，∴四边形ABHF是平行四边形，∴AB＝HF，∴BE＝HM，
∵BE＝DF＝CH，∴CH＝HM，∴∠MCH＝∠BCA，∠ABC+∠H＝180°，
∴∠BAC+∠BCA+∠MCH+∠HMC＝180°，即2∠BCA+2∠HCM＝180°，
∴∠BCA+∠HCM＝90°，∴∠ACM＝90°，在Rt△ACM中，AG＝GM，
∴CGAM＝AG，在Rt△BAG与Rt△BCG中，，
∴△BAG≌△BCG，∴∠ABG＝∠CBG，∵BA＝BC，∴BG⊥AC，AO＝CO，∴BG垂直平分AC．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，正确的做法辅助线构造全等三角形是解题的关键．
13．（2021·四川·成都实外八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝BO＝12，将矩形ABCD翻折，使得B与D重合，A的对应点为，折痕为EF，连接B，DF．
（1）求证：四边形BFDE是菱形；（2）若M，N为矩形边上的两个动点，且运动过程中，始终保持∠MON＝60°不变，请回答下列两个问题：①如图2，当点M在边BC上，点N在边CD上，ON与ED交于点G，请猜想EO、EM、EG三条线段的数量关系，并说明理由；②如图3，若M，N都在BC边上，将△ONM沿ON所在直线翻折至ONP，取线段CD的中点Q，连接PQ，则当PQ最短时，求PM的长．

【答案】（1）证明见详解；（2）①OE=ME+EG，理由见详解；②
【分析】（1）由△DOF≌△BOE，推出EO＝OF，OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．（2）①过O点作OH⊥BC，OK⊥DE，证明Rt△OHE=Rt△OKE，△OHM≌△OKG，可得ME+EG=HM+ME+EK+KG=2HE，在Rt△OHE中，即可得出结论
②如图3，连接CP．证明△OBM≌△OCP（SAS），推出∠PCD＝30°，如图3﹣1中，当QP⊥PC时，PQ的值最小，作MH⊥OB于H，OE⊥MP于E．在直角三角形求出EM即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠FDO＝∠EBO，
在△DOF和△BOE中，，∴△DOF≌△BOE，∴EO＝OF，
∵OB＝OD，∴四边形BFDE是平行四边形，
∵翻折，B与D重合∴EB＝ED∴四边形BFDE是菱形．
（2）①如图2，过O点作OH⊥BC，OK⊥DE．
由（1）得四边形BFDE是菱形∴△OBE≌ODE
∵OH⊥BC，OK⊥DE∴OH=OK∵OE=OE∴Rt△OHE≌Rt△OKE∴HE=KE
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BO∴△ABO为等边三角形∴∠ABO=60°∴∠OBE=30°
∴∠BED=120°∴∠HOK=60°∵∠MON＝60°∴∠HOM=∠KOG
∵OH⊥BC，OK⊥DE∴∠OHM=∠OKG=90°∴△OHM≌△OKG∴HM=KG
∴ME+EG=HM+ME+EK+KG=2HE在Rt△OHE中，∠OEH=60°∴∠OHK=30°∴OE=2HE∴OE=ME+EG

②解：如图3，连接CP．
由翻折可知：OM＝OP，∠MON＝∠NOP＝60°，∴∠MOP＝∠COB＝120°，∴∠BOM＝∠COP，
∵OB＝OC，∴△OBM≌△OCP（SAS），∴∠OCP＝∠OBM＝30°，BM＝CP，
∵∠OCD＝60°，∴∠PCD＝30°，
如图3﹣1中，点P的运动轨迹就是线段CP,当QP⊥PC时，PQ的值最小，作MH⊥OB于H，OE⊥MP于E．
在Rt△PQC中，∵∠QPC＝90°，∠PCQ＝30°，CQDCAB＝6，∴PQ=3
∴PC＝BM＝= ，
在Rt△BMH中，则有BH＝，MHBM=，
∴OH＝OB﹣BH＝ ∴OM，
∵OM＝OP，OE⊥PM，∠OME=30°∴EM＝EP＝，∴MP＝2EM．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
14．（2021·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；
（2）若，连结，①求证：；②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）
【分析】（1）平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，
∴BE＝CD，∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，∴△BDG是等边三角形，∴∠BDG＝60°；
（3）如图，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．

∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，∴BD＝，∴DM＝．
【点睛】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、正方形的性质等知识点，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．
15．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图1，在正方形中，对角线相交于点，点为线段上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点.

（1）若，求的面积；（2）如图2，线段的延长线交于点，过点作于点，求证：；（3）如图3，点为射线上一点，线段的延长线交直线于点，交直线于点，过点作垂直直线于点，请直接写出线段的数量关系.
【答案】（1）5；（2）见解析；（3）
【分析】（1）如图1中，利用勾股定理计算CE的长，由旋转可知△CEF是等腰直角三角形，可得结论；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，证明△CPE≌△CMF（AAS），得EP＝FM，由角平分线的性质得EP＝EN＝FM，证明△NHE≌△MGF（AAS），得NH＝MG，由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，最后由线段的和可得结论；（3）如图3，构建辅助线，构建全等三角形，证明△CPE≌△FMC（AAS），得EP＝CM，PC＝FM，由△DPE是等腰直角三角形，得PE＝PD，证明△HNE≌△GMF（AAS），由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，同理可得结论．
【详解】（1）在正方形中，

（2）过点作于，于


又


是等腰直角三角形
（3）BH﹣MG＝BE，理由是：如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，
∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，∴EP⊥CD，∴∠EPC＝∠FMC＝90°，
∵∠M＝∠ECF＝90°，∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，∴∠ECP＝∠CFM，
∵CE＝CF，∴△CPE≌△FMC（AAS），∴PC＝FM，
∵△DPE是等腰直角三角形，∴PE＝PD，∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，
∵AB∥CD，∴∠H＝∠FGM，∵∠ENH＝∠M＝90°，∴△HNE≌△GMF（AAS），
∴NH＝MG，∴BH﹣MG＝BH﹣NH＝BN，∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BN＝BE，∴BH﹣MG＝BE．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．