中考数学压轴题58

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押中考数学第25-26题（解答压轴题：几何探究）

模块一 〖真题回顾〗
知识点一：和旋转有关的几何探究
1．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE1)，直接写出CQBC的值为_______．
【答案】(1)等边
(2)35，n−1n+1

【分析】（1）由折叠可证 ∠MNP=∠APB，从而可证MN=MP，再证MN=PN=12BP，即可求解．
（2）可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），可得MQ=QC，再证△FQM∽△EMB，可求QF=2，即可求解；设MN=a，则有PD=n−1a，设CQ=x，则DQ=na−x，由S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ=S正方形ABCD，即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，
由折叠得：∠BMP=∠A=90°，EF∥AD，∠APB=∠BPM，
∴∠MNP=∠APB，
∴∠BPM=∠MNP，
∴MN=MP，
∵E是AB的中点，
∴N是BP的中点，
∴MN=PN=12BP，
∴MN=MP=PN，
∴△PMN是等边三角形．
故答案：等边．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=BC，∠C=90°，
由折叠得：CF=BE=5，BM=AB，
∠BMP=∠A=90°，BC=BM，
∴∠C=∠BMQ=90°，
∵BQ=BQ，
∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），
∴MQ=QC，
由折叠得：∠BEM=∠BMQ=∠MFQ=90°，
∴∠QMF+∠EMB=90°，
∠FQM+∠QMF=90°，
∴∠FQM=∠EMB，
∴△FQM∽△EMB，
∴MFBE=QFME，
∴BE⋅QF=MF⋅ME，
∵ME⋅MF=10，
∴5⋅QF=10，
解得：QF=2，
∴CQ=CF−QF=3，
∴MQ=CQ=3，
在Rt△MFQ中：MF=MQ2−QF2=5，
∴ME=105=25，
∴EF=MF+ME=35．
故正方形的边长为35．
设MN=a，
∵MNBC=1n，
∴BC=na，
∴PA=PM=MN=a，
∴PD=n−1a，
设CQ=x，则DQ=na−x，
∵S四边形ABMP+S四边形BCQM+S△PDQ=S正方形ABCD，
∴2S△ABP+2S△BCQ+S△PDQ=S正方形ABCD，
∴12n−1a⋅na−x+2×12a⋅na+2×12x⋅na=na2，
整理得：nx+na+x=n2a，
∴x=n−1n+1⋅na，
∴CQ=n−1n+1⋅na，
∴CQBC=n−1n+1⋅nana=n−1n+1．
【点睛】本题考查了正方形中的折叠综合问题，折叠的性质，正方形的性质，等边三角形的判定，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质，勾股定理，面积转化法等，掌握相关的判定方法及性质，折叠问题的解法是解题的关键．
2．（2023·安徽亳州·统考一模）综合与实践

(1)问题解决：已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE=BF，连接AE．如图1，当点E在BC上时，请判断AE和CF的关系，并说明理由．
(2)问题探究：如图2，点H是AE延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转，当点F在直线BC右侧时，求证：AH−CH=2BH；
(3)问题拓展：将△BEF绕点B旋转一周，当∠CFB=45°时，若AB=3，BE=1，请直接写出线段CH的长．
【答案】(1)AE=CF，AE⊥CF，理由见解析
(2)见解析
(3)线段CH的长为342−22或342+22

【分析】（1）延长AE交CF于点G，由正方形的性质得AB=CB，∠ABE=90°，因为BE=BF，∠EBF=90°，所以∠ABE=∠CBF=90°，可证明△ABE≌△CBF，得BE=CF，∠BAE=∠BCF，则∠BCF+∠CEG=∠BAE+∠AEB=90°，即可证明AE⊥CF；
（2）在AH上截取AL=CH，连接BL，先证明△ABE≌△CBF，得∠BAE=∠BCF，再证明△BAL≌△BCH，得BL=BH，∠ABL=∠CBH，可推导出∠LBH=∠ABC=90°，则LH=BL2+BH2=2BH，所以AH−CH=AH−AL=LH=2BH；
（3）分两种情况，一是∠CFB=45°，且点F在直线BC右侧，可证明点E在CF上，点H与点E重合，作BN⊥CF于点N，则EF=2，BN=EN=FN=22，所以CN=BC2−BN2=342，则CH=CE=342−22；二是∠CFB=45°，且点F在直线BC左侧，可证明△ABE≌△CBF，得∠BAE=∠BCF，AE=CF，进而证明∠AFC=90°，则∠AFC+∠CFB+∠BFE=180°，所以点F在AE上，点H与点F重合，作BQ⊥AE于点Q，可求得BQ=FQ=EQ=22，AQ=AB2−BQ2=342，则CH=CF=AE=342+22．
【详解】（1）解：AE=CF，AE⊥CF，
理由：如图1，延长AE交CF于点G，

∵四边形ABCD是正方形，点E在BC上，
∴AB=CB，∠ABE=90°，
∵BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF=90°，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴BE=CF，∠BAE=∠BCF，
∵∠AEB=∠CEG，
∴∠BCF+∠CEG=∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠CGE=90°，
∴AE⊥CF.；
（2）证明：如图2，在AH上截取AL=CH，连接BL，

∵AB=CB，∠ABE=∠CBF=90°−∠CBE，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF，
∴∠BAL=∠BCH，
∴△BAL≌△BCH(SAS)，
∴BL=BH，∠ABL=∠CBH，
∴∠LBH=∠LBC+∠CBH=∠LBC+∠ABL=∠ABC=90°，
∴LH=BL2+BH2=2BH2=2BH，
∴AH−AL=LH=2BH，
∴AH−CH=2BH．
（3）解：当∠CFB=45°，且点F在直线BC右侧时，如图3，

∵BE=BF，∠EBF=90°，
∴∠EFB=∠FEB=45°，
∴∠EFB=∠CFB，
∴点E在CF上，点H与点E重合，
作BN⊥CF于点N，则∠BNF=∠BNC=90°，
∵BC=AB=3，BF=BE=1，
∴EF=BE2+BF2=12+12=2，
∴BN=EN=FN=12EF=22，
∴CN=BC2−BN2=32−222=342，
∴CH=CE=CN−EN=342−22；
当∠CFB=45°，且点F在直线BC左侧时，如图4，设CF与AB交于点P，

∵AB=CB，∠ABE=∠CBF=90°+∠ABF，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠BCF，AE=CF，
∵∠APF=∠BPC，
∴∠BAE+∠APF=∠BCF+∠BPC=90°，
∴∠AFC=90°，
∴∠AFC+∠CFB+∠BFE=180°，
∴点F在AE上，点H与点F重合，
作BQ⊥AE于点Q，则∠BQE=∠BQA=90°，
∵AB=3，BQ=FQ=EQ=12EF=22，
∴AQ=AB2−BQ2=32−(22)2=342，
∴CH=CF=AE=AQ+EQ=342+22，
综上所述，线段CH的长为342−22或342+22．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
3．（2023·陕西西安·统考二模）问题提出
（1）如图1，⊙O是△ABC的内接圆，∠A=60°，BC=4，则⊙O半径长等于______；
问题探究
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，若在边CD上存在一点P，使得∠APB=90°，求矩形ABCD面积的最大值；
问题解决
（3）如图3，是一个矩形广场，其中AB=60m，BE足够长．为了方便居民生活，促进经济发展，街道计划在矩形内部修建一个面积尽量大的交易市场ABCD，其中C，D分别在边BE，AF上，且∠BCD=45°．在具体施工中安全联防小组要求在CD上找到一点Q，使得∠AQB=45°，以便安装摄像头对市场进行安全监管．请问满足上面要求的市场ABCD是否存在，若存在，请求出市场ABCD面积的最大值；若不存在，请说明理由．

【答案】433；8；存在，理由见解析，市场ABCD面积的最大值为5400m2
【分析】（1）连接OB,OC，过点O作OD⊥BC，垂足为D，根据圆周角定理得到∠BOC=120°，根据三线合一得到BD=12BC=2，根据等腰三角形的性质得到∠OBC=∠OCB=30°，利用直角三角函数即可求出OB；
（2）设AB的中点为O，以点O为圆心，AO为半径作圆， ⊙O与DC的交点可以满足∠APB=90°，当当DC与⊙O相切时，矩形ABCD面积的最大值，根据圆的性质即可求得矩形的最大面积；
（3）结合（1）和（2）的思路，先作AB的垂直平分线MN，交AB点M，交EF与点N，以点M为圆心，以AM为半径作圆，交MN于点O，再以点O为圆心，AO为半径作⊙O，⊙O与直线DC的交点为Q，根据圆周角定理得∠AQB=45°，当DC与⊙O相切时，AD最大，根据正方形和圆的性质即可求得最大面积．
【详解】解：（1）如下图所示，连接OB,OC，过点O作OD⊥BC，垂足为D，
∵∠A=60°，
∴∠BOC=120°，

∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵OD⊥BC，BC=4
∴BD=12BC=2，
∴cos∠OBD=cos30°=BDOB，
∴OB=433，
故答案为：433；
（2）如下图所示，设AB的中点为O，以点O为圆心，AO为半径作圆，连接PO，

⊙O与DC的交点可以满足∠APB=90°，
∵S矩形ABCD=AB×AD，
∴当DC与⊙O相切时，AD最大，
∵DC是⊙O的切线，
∴PO⊥DC，
∴四边形DPOA是矩形，
∴AD=PO=2，
∴S矩形ABCD=AB×AD=4×2=8，
故矩形ABCD面积的最大值为8；
（2）如下图所示，作AB的垂直平分线MN，交AB点M，交EF与点N，
以点M为圆心，以AM为半径作圆，交MN于点O，再以点O为圆心，AO为半径作⊙O，过点D作DP⊥BE，垂足为P，

∵∠AOB=90°，
∴⊙O与直线DC的交点为Q，根据圆周角定理得∠AQB=45°，
当直线DC与⊙O相交时，存在点Q，
当直线DC与⊙O相离时，不存在点Q，
当直线DC与⊙O相切时，四边形ABCD面积的最大值，
∵∠ABO=45°,∠BAO=45°，∠ABP=90°，∠BAD=90°
∴∠ADB=45°,∠OAD=45°，
∴AO=OD=OQ，AB=AD,
∴点D与点Q重合，
∵∠BCD=45°，
∴DP=PC=AB=60，
∴S四边形ABCD=S□ABPD+S△DPC=60×60+12×60×60=5400m2，
故市场ABCD面积的最大值为5400m2．
【点睛】本题考查圆的外心、圆周角定理和圆的切线的性质，解题的关键是将圆的外心与圆周角定理结合在一起，作出合适的圆．
4．（2023·江苏无锡·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E为CD边上一点，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，作∠ABF的角平分线交EF的延长线于点M，BM交AD于点N．

(1)求证：MF=NF；
(2)若AB=6，BC=10时，求MF的长；
(3)若NF=12AN+FD时，求ABBC的值．
【答案】(1)见解析；
(2)MF=5；
(3)45．

【分析】（1）由角平分线的定义及翻折易得∠ABN=∠FBM及∠A=∠MFB=90°，从而得到∠BMF=∠ANB，结合对顶角相等可得∠BMF=∠FNM即可得证；
（2）设MF=FN=x，则AN=8−x，易证△ABN∼△FBM，得ANAB=MFFB，代入求解即可；
（3）如图，过点N作NH⊥BF，垂足为H，设DF=m，AN=n，则NF=12m+n，可得BF=BC=32m+n，易证△FNH∼△FBA得NHAB=FHFA=FNFB，即nAB=FH12m+n+n=12m+n32m+n，解得AB=3n，FH=16m+12n，结合FB=FH+BH=FH+AB，得m=32n，代入ABBC=3n32m+n即可求解．
【详解】（1）解：∵BM平分∠ABF，
∴∠ABN=∠FBM，
在矩形ABCD中，∠A=∠C=90°
由翻折可知∠C=∠EFB=90°
∵点M在EF的延长线上
∠MFB=∠EFB=90°
∴∠A=∠MFB=90°，
∴∠BMF+∠FBM=∠ANB+∠ABN，
∴∠BMF=∠ANB，
又∠ANB=∠FNM，
∴∠BMF=∠FNM，
∴FN=FM；
（2）∵BC=10，
由翻折可知
BF=BC=10，
在Rt△ABF中，AB=6，
∴AF=BF2−AB2=8，
设MF=FN=x，
则AN=8−x，
由（1）可知∠A=∠MFB=90°，∠ABN=∠FBM，
∴△ABN∼△FBM，
得ANAB=MFFB，
∴8−x6=x10，
解得：x=5，
即MF=5；
（3）如图，过点N作NH⊥BF，垂足为H，

设DF=m，AN=n，则NF=12m+n，
∴BF=BC=FN+AN+DF=12m+n+m+n=32m+n，
∵BN平分∠ABF，
∴NA=NH=n，
∵∠HFN=∠AFB，∠FHN=∠FAB=90°，
∴△FNH∼△FBA，
∴NHAB=FHFA=FNFB，
即nAB=FH12m+n+n=12m+n32m+n，
故AB=3n，FH=16m+12n，
又∵FB=FH+BH=FH+AB，即32m+n=16m+12n+3n，
∴m=32n，
∴ABBC=3n32m+n=3n3232n+n=45．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的应用，角平分线的性质定理；解题的关键是熟练掌握折叠的性质及相似三角形的判定和性质．
5．（2023·广东广州·统考一模）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．

(1)如图①，等腰直角四边形ABCD，AB=BC=4，∠ABC=90°．
①若CD=3，AC⊥CD于点C，求AD的长；
②若AD=DC，∠ADC=45°，求BD的长；
(2)如图②，在矩形ABCD中AB=6，BC=15，点P是对角线BD上的一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，要使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．
【答案】(1)①41；②42+4
(2)满足条件的AE的长为12

【分析】（1）①根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出AD的值；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，证明BD垂直平分AC，得出AF=CF，证明∠ECD=∠CDE，得出CE=DE，证明∠BEC=∠CBE，得出CE=BC=4，根据勾股定理求出BE=BC2+CE2=42，即可得出答案；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，当AE=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，当BF=AB时，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接AC，如图所示：

∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=42，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD=90°，
∴AD=AC2+CD2=422+32=41；
②连接AC、BD，交于点F，过点C作EC⊥BC，交BD于点E，如图所示：

则∠BCE=90°，
∵AB=BC=4，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=12×90°=45°，
∴∠ECF=90°−45°=45°，
∵AB=BC，AD=CD，
∴B、D在线段AC的垂直平分线上，
∴BD垂直平分AC，
∴AF=CF，∠CFD=∠CFB=90°，
∵AD=CD，
∴∠CDF=12∠ADC=12×45°=22.5°，
∴∠DCF=90°−22.5°=67.5°，
∴∠ECD=∠DCF−∠ECF=67.5°−45°=22.5°，
∴∠ECD=∠CDE，
∴CE=DE，
∵AB=BC，AF=CF，
∴∠CBF=12∠ABC=45°，
∵∠BCE=90°，
∴∠BEC=90°−45°=45°，
∴∠BEC=∠CBE，
∴CE=BC=4，
∴DE=CE=4，BE=BC2+CE2=42，
∴BD=BE+DE=42+4．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，AD=BC=15，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AD∥BC；
若EF⊥BC时，如图所示：

则四边形AEFB和DEFC为矩形，
∴EF=AB=6，DE=CF，AE=BF，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∵DE+BF=DE+AE=15，
∴DE=5，BF=10，
∴AE=BF=10，
∴AE≠EF，BF≠EF；
∴四边形ABFE不可能是等腰直角四边形；
若EF与BC不垂直，当AE=AB时，如图所示：

∵AE=AB=6，
∴DE=AD−AE=15−6=9，
∵AD∥BC，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴BF=2DE=2×9=18，
∵18>15，
∴此时点F不在边BC上，不符合题意；
若EF与BC不垂直，当BF=AB时，如图所示：

此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF=AB=6，
∵DE∥BF，
∴△DEP∽△BFP，
∴DEBF=DPBP=12，
∴DE=12BF=3，
∴AE=AD−DE=15−3=12，
综上所述，满足条件的AE的长为12．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
6．（2023·安徽合肥·校考一模）（1）【初步体验】如图1，正方形ABCD中，点E，F分别是AD、AB边上，且BE⊥CF于点O，求证：BE=CF．

（2）【思考探究】如图2，在（1）的条件下，连接AO并延长交BC于点G，若点G为BC边中点，求证：AE2=AF⋅AB．

（3）【灵活运用】如图3，在（2）的条件下，连接EF并延长交CB的延长线于点H，求AEGH的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）AEGH=5−13
【分析】（1）利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质证明△ABE≌△BCF即可；
（2）先根据直角三角形斜边上的中线性质得到GO=GB=GC，再证明△AOF∽△ABO得到AOAF=ABAO即可；
（3）设AE=x，AB=1，根据（2）中结论求得x=5−12，再证明E、A、F、O四点共圆，利用圆周角定理和平行线的性质证得∠FHB=∠GCO，利用等腰三角形的判定和性质证得BH=BC=1，进而求得GH=BH+BG=32即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=90°，AB=BC，AD∥BC，
∵BE⊥CF，
∴∠BOF=∠BOC=90°，
∴∠ABE+∠BFO=90°，又∠BCF+∠BFO=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
∴△ABE≌△BCFASA，
∴BE=CF．
（2）如图2，

∵点G为BC中点，
∴GO=GB=GC，
∴∠OBG=∠BOG，∠GOC=∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠OBG=∠AEB，又∠AOE=∠BOG，
∴∠AOE=∠AEB，
∴AO=AE，
而∠AOF+∠BOG=180°−∠BOF=180°−90°=90°，
∠ABE+∠OBG=90°，
∴∠ABO=∠AOF，又∠FAO=∠OAB，，
∴△AOF∽△ABO
∴AOAF=ABAO，
∴AO2=AF⋅AB即AE2=AF⋅AB．
（3）如图3，

设AE=x，AB=1，则BC=AB=1，
∵△ABE≌△BCF，
∴BF=AE=x，则AF=1−x，
由（2）中AE2=AF⋅AB得x2=1×1−x，
解得x=5−12（负值舍去），
∵∠EAF=∠EOF=90°，
∴E、A、F、O四点共圆，
∴∠AEF=∠AOF，又∠AOF=∠GOC=∠GCO，
∴∠AEF=∠GCO，
∵AD∥BC，
∴∠AEF=∠FHB，
∴∠FHB=∠GCO，
∴HF=CF，又FB⊥BC，
∴BH=BC=1，
∴GH=BH+BG=32，
∴AEGH=5−1232=5−13．
【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、圆周角定理、解一元二次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用全等三角形和相似三角形的性质探究边角间的关系是解答的关键．
7．（2023·山东菏泽·统考一模）实践与探究
操作一：如图①，将矩形纸片ABCD对折并展开，折痕PQ与对角线AC交于点E，连接BE，则BE与AC的数量关系为______．
操作二：如图②，摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME．求证：DM=ME．
拓展延伸：如图③，摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，连接AF，M为AF的中点，连接DM、ME、DE．已知正方形纸片ABCD的边长为5，正方形纸片ECGF的边长为22，求△DME的面积．

【答案】操作一：BE=12AC
操作二：证明见解析
拓展延伸：134
【分析】操作一：由折叠可知AE=BE，AE=EC，则BE=EC=AE，即可求得BE=12AC；
操作二：延长EM与AD交于点N，通过证明△AMN≌△FMEAAS，推出DM=ME；
拓展延伸：连接AC，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，推出△DME是等腰直角三角形，求得ME，进一步求解即可．
【详解】操作一：解：由折叠可知，AE=BE，
∵P是CD的中点，PE∥AD，
∴E是AC的中点，
∴ AE=EC，
∴ BE=EC=AE，
∴ BE=12AC，
故答案为：BE=12AC；
操作二：证明：延长EM与AD交于点N，

∵四边形ABCD是矩形，四边形ECGF是矩形，B、C、G三点在一条直线上，
∴ AD∥BG，BG∥EF，
∴ AD∥EF，
∴ ∠DAM=∠MFE，∠ANM=∠FEM，
∵ M是AF的中点，
∴ AM=MF，
∴ △AMN≌△FMEAAS，
∴ MN=ME，
∵ ∠NDE=90°，
∴ DM=12NE=MN=ME，
∴ DM=ME；
拓展延伸：连接AC，如图所示：

∴ ∠DCA=45°，
∵ ∠ECF=45°，
∴ E点在AC上，
∴ ∠FEA=90°，
在Rt△ADF中，M是AF的中点，
∴ AM=MF=DM，
∴ ∠DAM=∠ADM，
∴ ∠DMF=2∠DAM，
在Rt△AEF中，M是AF的中点，
∴ AM=FM=ME，
∴ DM=ME，
∴ ∠MAE=∠MEA，
∴ ∠FME=2∠MAE，
∴ ∠DME=2∠DAM+2∠MAE=90°，
∴ △DME是等腰直角三角形，
∵正方形纸片ABCD的边长为5，
∴ AC=52+52=52，
∵正方形纸片ECGF的边长为22，
∴ AE=52−22=32，
在Rt△AEF中，AF=322+222=26，
∴ ME=262，
∴ △DME的面积为12×2622=134．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定 性质，勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．
8．（2023·辽宁葫芦岛·统考一模）已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，点E是线段AC上的动点（点E不与点A和点C重合），点F在线段BC上，线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段FD，点D恰好落在AB上．

(1)如图1，若EF∥AB，请直接写出线段DB和CE的数量关系；
(2)如图2，若EF与AB不平行．
①请写出线段BF，BD，CE之间的数量关系，并说明理由；
②连接DE，若AC=4，tan∠EDA=12，请直接写出线段CF的长．
【答案】(1)DB=2CE
(2)①BF=CE+22BD，证明见解析；②1

【分析】（1）根据题意得出△DEF，△CEF是等腰直角三角形，且DF=DB=EF，根据勾股定理即可得出结论；
（2）①过点D作DH⊥BC，垂足为点H，证明△CEF≌△HFD得出CE=FH，Rt△BDH，可得BH=22BD，根据BF=FH+BH，即可求解；
②过点E作EG⊥AD于点G，根据①的结论，设HB=a，则DB=2a，HD=CF=a,FH=CE=BC−2a=4−2a，AE=4−EC=2a，根据tan∠EDA=12，得出AD=3AE，进而勾股定理得出AB=42a=42，即可求解．
【详解】（1）解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC，
∴∠B=45°，
∵线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段FD，点D恰好落在AB上，
∴EF=FD，∠EFD=90°，则∠DFB=180°−∠CFE−∠EFD=45° ，
∴△DEF是等腰直角三角形，则DF=DB=EF，
∵EF∥AB，
∴∠CFD=∠B=45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF=2CE，
∴DB=2CE；
（2）①BF=CE+22BD
证明：过点D作DH⊥BC，垂足为点H，

∵∠EFD=90°，
∴∠EFC+∠DFH=90°，
∵∠C=90°，
∴∠CEF+∠EFC=90°，
∴∠DFH=∠CEF，
∵∠C=∠DHF，EF=FD，
∴△CEF≌△HFD，
∴CE=FH，
∵∠C=90°，AC=BC
∴∠A=∠B=45°
∴在Rt△BDH中，BH=BD·cos∠B=BD⋅cos45°=22BD
∵BF=FH+BH，
∴BF=CE+22BD，
②如图所示，过点E作EG⊥AD于点G，

设HB=a，则DB=2a，HD=CF=a,FH=CE=BC−2a=4−2a，
AE=4−EC=2a
∴AG=22×AE=2a，
∵tan∠EDA=12，
∴DG=2EG，
∵∠A=45°,EG⊥AD，
∴AG=EG，
∴AD=3EG=32a，
∴AB=AD+DB=42a，
∵AC=4,AB=42a，
∴a=1，
即CF=1．
【点睛】本题考查了勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，已知正切求边长，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．（2023·河南洛阳·东方二中校考二模）（1）特殊发现
如图1，正方形BEFG与正方形ABCD的顶点B重合，BE，BG分别在BC、BA边上，连接DF，则有：
①DFAG=____________；②直线DF与直线AG所夹的锐角等于____________度；
（2）理解运用
将图1中的正方形BEFG绕点B逆时针旋转，连接DF、AG.
①如图2，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，若D、F、G三点在同一直线上，且过AB边的中点O，BE=4，请求出AB的长；
（3）拓展延伸
如图4，点P是正方形ABCD的AB边上一动点（不与A、B重合），连接PC，沿PC将△PBC翻折到△PEC位置，连接DE并延长，与CP的延长线交于点F，连接AF，若AB=4PB，则DEEF的值是__________.

【答案】（1）①2；45；（2）①（1）中的结论仍然成立，理由见解析；②45；（3）3，
【分析】（1）①连接BF，利用正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到；②由（1）①可知B、F、D三点在一条直线上，则所夹的锐角即为∠ABD，由此即可得到答案；
（2）①连接BF、BD，利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；②连接BF、BD，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质即勾股定理即可得到；
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，利用折叠的性质，正方形的性质，等腰三角形的三线合一性，等腰直角三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：①连接BF，如图，
∵四边形ABCD和四边形和四边形GBEF是正方形，
∴∠ABF=∠ABD=45°，
∴B、F、D三点在一条直线上，
∵GF⊥AB，DA⊥AB，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴BF=2BG，BD=2AB，
∴DF=BD−BF=2AB−BG=2AG，
∴DFAG=2，
故答案为：2；
②∵B、F、D三点在一条直线上，∠ABF=∠ABD=45°，
∴直线DF和直线AG所夹的锐角等于45°，
故答案为：45；

（2）①（1）中的结论仍然成立，理由如下：
连接BF，BD，如图，

∵四边形ABCD和四边形GBEF为正方形，
∴∠ABD=∠GBF=45°，∠BGF=∠BAD=90°，
∴△BGF和△BAD为等腰直角三角形，
∴∠ABG+∠ABF=∠ABF+∠FBD=45°，BF=2BG，BD=2AB，
∴∠ABG=∠DBF，BFBG=BDAB=2，
∴△ABG∽△DBF，
∴DFAG=BDAB=2；
延长DF，交AB于点N，交AG于点M，

∵△ABG∽△DBF，
∴∠GAB=∠BDF，
∵∠ANM=∠DNB，
∴∠BAG+∠AMN=∠BDF+∠ADB，
∴∠AMN=∠ABD=45°，
即直线DF与直线AG所夹的锐角等于45°，
∴（1）中的结论仍然成立；
②如图，连接BF，

∵四边形GBEF是正方形，
∴∠BFG=45°，
∵∠AGD=45°，
∴∠AGD=∠BFG，
∵AB边的中点为O，
∴AO=BO，
∴在△AGO和△BFO中，
∠AOG=∠BOF∠AGO=∠BFO=45°AO=BO，
∴△AGO≌△BFOAAS，
∴GO=FO=12GF=12BE=2，
∴OB=BG2+OG2=25，
∴AB=2OB=45；
故答案为：45．
（3）过点C作CQ⊥DF于点Q，连接BD，BE，BF，BE与CF交于点H，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，
由折叠的性质可得：BC=CE，EF=BF，PB=PE，∠BCF=∠ECF．
∴CE=CD，
∵CQ⊥DF，
∴∠ECQ=∠DCQ，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECF+∠ECQ=12∠BCD=45°，
∴∠QFC=90°−∠QCF=45°，
∴∠BFC=45°，
∴∠EFB=∠EFC+∠BFC=90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴FH⊥BE，BH=HE=12BE，BE=2EF，
∴∠PHB=90°．
由（2）①的结论可得：DE=2AF，∠AFD=45°，
∴∠AFB=∠AFD+∠EFC=90°，
∴∠AFP=∠PHB，
∵∠APF=∠BPH，
∴△APF∽△BPH，
∴APPB=AFBH，
∵AB=4PB，
∴PA=3PB，
∴AF=3BH=32BE=322EF，
∴DE=2AF=2×322EF=3EF，
∴DEEF=3．
【点睛】本题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，折叠的性质，三角形的内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
10．（2023·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）【问题探究】（1）如图（1）在正方形ABCD中，AB=6，点E为DC上的点，DE=2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN⊥BE交AD于点M，交BC于点N，则MN的长度为 ．
【类比迁移】（2）如图（2）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，连接BD，过BD的中点O作MN⊥BD交AD于点M，交BC于点N，求MN的长度．
【拓展应用】（3）如图（3）李大爷家有一块平行四边形ABCD的菜地，测得AB=52米，BC=7米，∠ABC=45°，为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条垂直于它的小路MN（小路面积忽略不计），求新开出的小路MN的长度．

【答案】（1）210
（2）152
（3）6512
【分析】（1）过点M作MG⊥BC于G，交BE于H，证明△MGN≌△BCEAAS，根据全等三角形的性质得MN=BE，再利用勾股定理求解即可；
（2）过点M作MK⊥BC于K，交BD于L，证明△MKN∽△BCD，根据相似三角形的性质得MNBD=MKBC=68，再利用勾股定理求解即可；
（3）过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，解直角三角形DQC求得DQ，CQ，进而求得BQ，再根据勾股定理求得BD，再证明△DBQ∽△NMP，根据相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：如图，过点M作MG⊥BC于G，交BE于H，

∴ ∠MGN=90°，
∵ MN⊥BE，
∴ ∠MOH=90°，
∵ ∠HMO+∠MHO=90°，∠HBG+∠BHG=90° ，∠BHG=∠MHO，
∴ ∠HBG=∠HMO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=CD，∠BCE=90°，
∵ AB=MG，
∴ MG=BC，
在△MGN和△BCE中，
∠HBG=∠HMO∠MGN=∠BCEMG=BC，
∴ △MGN≌△BCEAAS，
∴ MN=BE，
∵ AB=6，DE=2CE，
∴ CE=13CD=13AB=2，
在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=62+22=210，
∴ MN=210；
（2）如图，过点M作MK⊥BC于K，交BD于L，

∴ ∠MKN=90°，
∵ MN⊥BD，
∴ ∠MOL=90°，
∵ ∠LMO+∠MLO=90°，∠LBK+∠BLK=90°，∠BLG=∠MLO，
∴ ∠LBK=∠LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD=6，BC=AD=8，∠BCD=90°，
∵ AB=MG，
∴ MG=BC，
在△MKN和△BCD中，
∠LBK=∠LMO∠MKN=∠BCD，
∴ △MKN∽△BCD，
∴ MNBD=MKBC=68，
∵在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=82+62=10，
∴ MN=68BD=68×10=152；
（3）如图，过点M作MP⊥BC于点P，过点D作DQ⊥BC交BC的延长线于点Q，

∵ CD=AB=52，∠DCQ=∠ABC=45°，
∴DP=CD⋅sin∠DCQ=52×sin45°=52×22=5，
∴CQ=DQ=5，
∵BC=7,
∴BQ=12，
∴ BD=BQ2+DQ2=122+52=13，
∵MN⊥BD，MP⊥BQ，
∴ ∠DBQ+∠MNP=90°，∠MNP+∠NMP=90°，
∴∠DBQ=∠NMP，
∴△DBQ∽△NMP，
∴MPBQ=MNBD即512=MN13，
解得：MN=6512．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，正确构造辅助线是解题的关键．
11．（2023·陕西西安·校考三模）问题提出：

(1)如图①，在△ABC中，AB=AC=13，BC=10，AD平分∠CAB交BC边于点D，点E为AC边上的一个动点，连接DE，则线段DE长的最小值为　 　．
问题探究：
(2)如图②，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=8，点D为AB边的中点，且∠EDF=90°，∠EDF的两边分别交BC、AC于点E、F．求四边形DECF的面积．
问题解决：
(3)某观光景区准备在景区内设计修建一个大型儿童游乐园．如图③，四边形ABCD为儿童游乐园的大致示意图，并将儿童游乐园分成△EDM、△BFM、△DCB和四边形AEMF四部分，其中在△EDM和△BFM两区域修建益智区，在△DCB区域修建角色游戏区，在四边形AEMF区域修建木工区．根据设计要求：四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，点E、点F、点M分别在边AD、边AB和对角线BD上，且EM=FM，∠EMF=60°，四边形AEMF的面积为2003平方米，现需在四边形ABCD的四周修建护栏起到保护乐园的作用，为了节约修建成本，四边形ABCD的周长是否存在最小值？若存在，请求出四边形ABCD周长的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)6013
(2)四边形DECF的面积为16
(3)存在最小值，四边形ABCD的周长最小为1602

【分析】（1）根据过直线外一点到直线的距离垂线段最短可判断当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理以及等腰三角形的性质求出AD，再利用面积法求解即可；
（2）连接CD，利用等腰直角三角形的性质以及同角的余角相等证明△ECD≌△FAD，将所求四边形的面积转化为△ACD的面积，然后求解即可；
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，利用同角的补角相等得到∠GMH为60°，利用等量代换并结合已知条件证得△EMG≌△FMH，再利用角平分线的逆定理得到AM为角平分线并且为定值，最后判断并求解即可．
【详解】（1）在△ABC中，AB=AC=13，AD平分∠CAB，
∴BD=CD=12BC，AD⊥BC．
∵BC=10，
∴CD=5．
∴AD=AC2−CD2=132−52=12．
当DE⊥AC时，DE最小，
∴S△ACD=&12⋅AD⋅CD=12⋅AC⋅DE，
∴DE=5×1213=6013．
故答案为：6013．
（2）∵∠C=90°，AC=BC=8，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠A=45°．
∵点D为AB边的中点，连接CD，

∴CD⊥AB，∠BCD=∠ACD=12∠ACB=45°．
∴∠ECD=∠A．
又∵∠EDF=90°，
∴∠EDC=∠FDA，
∵CD=12AB=AD，
∴△ECD≌△FAD（ASA）．
∴S△ECD=S△FAD．
∴S四边形ECFD=S△ACD=12SABC=12×12×8×8=16．
所以，四边形DECF的面积为16．
（3）过点M作MG⊥AD，MH⊥AB，连接AM，

∵ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∵∠ADC=60°，
∴∠DAB=180°−60°=120°．
∵∠MGA=∠MHA=90°，∠DAB=120°，
∴∠GMH=60°．
∵∠EMF=60°，
∴∠EMG=∠FMH．
∵∠MGE=∠MHF=90°，EM=FM，
∴△EMG≌△FMH（AAS）．
∴S四边形EAFM=S四边形GAHM=2003．
∴MG=MH．
∴AM是∠DAB的角平分线，
∴∠MAD=∠MAB=60°．
设AH=x，MH=3x，
∴S四边形GAHM=3x⋅x=2003．
∴x=102．
∴AM=2AH=202．
∵AM与∠DAB都为定值，
当AM⊥BD时，此时四边形ABCD周长最小，
∴AD=AB．
∴平行四边形ABCD是菱形．
∴AB=2AM=402．
∴四边形ABCD的周长最小为：402×4=1602．
【点睛】本题主要考查三角形的全等及线段最值问题，熟练掌握线段公理，含30°角的直角三角形的性质及三角形全等的判定及其性质的运用是解决本题的关键．
12．（2023·四川成都·统考二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC=30°，BC=2，点D，E分别是AB，AC中点，连接DE．在同一平面内，将△ADE绕点A逆时针旋转，射线BD，CE相交于点P．

(1)如图2，在旋转过程中，∠BPC的角度是否不变？若不变，请求出∠BPC的度数．
(2)如图2，当∠BAD=120°时，求线段PC的长．
(3)连接DC，当线段PC取得最小值时，求线段DC的值．
【答案】(1)不变，30°
(2)1077
(3)7或19

【分析】（1）首先证明出△EAC∽△DAB，然后根据三角形内角和证明即可；
（2）连接AP．首先证明出△POC∽△AOB，进而得到POAO=COBO，然后证明出△AOP∽△BOC和△EDQ∽△CAQ，利用相似三角形的性质得到AQ=45AD=453，然后利用勾股定理求出CQ=4532+42=857，最后利用相似三角形的性质求解即可；
（3）根据题意分两种情况讨论，当E，P第一次重合时和当E，P第二次重合时，分别根据勾股定理和相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）不变，理由如下：
∵点D，E分别为AB，AC中点，
∴ADAB=AEAC=12．
∵∠EAD=∠CAB，
∴∠EAC=∠DAB．
∴△EAC∽△DAB，
∴∠ECA=∠DBA．
∵∠POC=∠AOB，
∴∠BPC=∠BAC=30°．
（2）连接AP．

∵∠BPC=∠BAC=30°，∠POC=∠AOB，
∴△POC∽△AOB，
∴POAO=COBO．
∵∠AOP=∠BOC，
∴△AOP∽△BOC．
∴∠APO=∠BCO=60°，
∴∠APC=90°．
∵∠BAD=120°，∠BAC=30°，
∴∠DAC=90°，
∴DE∥AC，
∴△EDQ∽△CAQ．
∵∠ABC=90°，∠BAC=30°，BC=2，点D，E分别是AB，AC中点，
∴DQAQ=DEAC=14，
∴AQ=45AD=453．
∴CQ=4532+42=857．
∵AP⊥PC，∠QAC=90°，
∴AC2=CP⋅CQ．
∴42=CP⋅857，
∴CP=1077．
（3）①如备用图1，当E，P第一次重合时，

在△ADE运动的过程中，AP⊥CP，AC=4，
∴当PA最大时，PC的值最小．
在Rt△PAE中，PA≤AE，
∴PAmin=AE=2，∴PCmin=42−22=23．
过点D作DF⊥PC于点F，由PD=1，∠BPC=30°可得DF=12，PF=123．
∴FC=323．
∴DC=3232+122=7．
②如备用图2，当E，P第二次重合时，

与①同理，PCmin=42−22=23，
可证△CAP∽△ACB，可得∠CAP=60°，
∴∠DAC=90°．
连接DC，则DC=42+32=19．
综上所述，DC=7或19．
【点睛】此题考查了旋转综合题，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．（2023·江苏常州·常州实验初中校考一模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．

(1)概念理解：请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子，例如 是等邻角四边形；
(2)问题探究：如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB=∠ABC，AD，BC的垂直平分线恰好交于AB边上一点P，连接AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
(3)应用拓展：如图2，在△ABC与△ABD中，∠C=∠D=90°，BC=BD=3，AB=5，将△ABD绕着点A顺时针旋转角α0°