【期中真题】2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题02 特殊四边形的旋转、折叠、最值问题（九大题型）.zip

专题02 特殊四边形的旋转、折叠、最值问题菱形的旋转问题1．（2020秋·福建南平·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形对角线的中点，轴且，，将菱形绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（    ）  A． B． C． D．或【答案】D【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解.【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，∵∠BAD=60°，AD=4，∴∠OAD=30°，∴OD=2，∴AO==OC，∴点C的坐标为（0，），  同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，），∴点C的坐标为（0，）或（0，），故选D.【点睛】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论.2．（2022秋·北京西城·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形中，已知，，对角线交点D，将菱形绕点D顺时针方向旋转，每次旋转60°，则旋转2次后，点D的坐标是 ，旋转2022次后，点D的坐标是 ．【答案】 【分析】求出点D的坐标，菱形每次逆时针旋转60°，相当于对点D每次逆时针旋转60°，根据周期性，可求出点D的坐标．【详解】解：如下图所示，作轴交于点E，∵四边形是菱形，∴，点D是的中点，∵点A的坐标为，∴，∵，∴，∵轴，∴，，∴，∴点B的坐标为，，∵点D是的中点，∴点D的坐标为，，菱形每次逆时针旋转60°，相当于对点D每次逆时针旋转60°，根据图形变化可得，旋转1次坐标为，旋转2次坐标为，旋转3次坐标为，旋转4次坐标为，旋转5次坐标为，旋转6次坐标为，……，∴旋转2次后，点D的坐标是，坐标的变化具有周期性，，∴旋转2022次后．点D的坐标是故答案为：；．【点睛】本题考查了菱形的性质、点的坐标变化等知识点，求出点D的坐标，再根据其周期性变化求出坐标是解本题的关键，综合性较强，难度较大．3．（2022秋·全国·九年级期中）如图，平行四边形ABCD中，．对角线相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交于点E，F．(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；(2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；(3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)45°，见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质得,根据已知条件可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可；（2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证；（3）根据题意与勾股定理求得,根据平行四边形的性质可得,得到，结合菱形的性质和判定求解．【详解】（1）证明：如图，∵平行四边形ABCD中，ADBC，∴AFBE，∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，又∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，∴∠BAC＝∠AOF，∴ABEF，∴四边形ABEF是平行四边形．（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，ADBC，∴∠OAF＝∠OCE，∵∠AOF＝∠COE，∴△AOF≌△COE（ASA）．∴AF＝CE．∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．（3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．理由如下：由（2）知：AF＝CE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD＝BC，∴DF＝BE，DFBE，∴四边形BEDF是平行四边形．如图：∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝AC＝1，∴AO＝AB，∵AB⊥AC，∴∠AOB＝45°∵AC绕点O顺时针旋转45度，∴∠AOF＝45°，∴∠BOF＝90°，∴EF⊥BD．∴四边形BEDF是菱形．【点睛】本题考查旋转的性质及菱形性质和判定，掌握平行四边形，全等三角形的性质与判定，菱形的性质和判定是求解本题的关键．菱形的折叠问题4．（2022秋·广东深圳·九年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝6，则BE的长为（　　）A． B． C．3 D．3.5【答案】A【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：作EH⊥BD于H，由折叠的性质可知，EG＝EA，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB＝BD＝AD＝6，设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，在Rt△EHB中，BH＝x，EH＝x，在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（6﹣x）2＝（x）2+（4﹣x）2， 解得，x＝，∴BE＝，故选：A．【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，熟记各知识点并综合运用是解题的关键．5．（2022秋·四川达州·九年级校考期中）如图，在边长为+1的菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在AB、AD上，沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，且EG⊥BD于点M，则EG的长为 【答案】．【详解】试题分析：如图1，连接AC，∵菱形ABCD的边长是，∠A=60°，则BD=AB=，AO=OB，∴AC=2AO=OB=BD==，∵沿EF折叠菱形，使点A落在BC边上的点G处，∴EG=AE，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵EG⊥BD，∴EG∥AC，∴，又∵EG=AE，∴，解得EG=，∴EG的长为．故答案为．考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．菱形的性质；3．综合题．6．（2020秋·山东枣庄·九年级校考期中）如图，将平行四边形沿折叠，恰好使点与点重合，点落在点处，连接、．求证：．判断四边形的形状，说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）四边形是菱形，理由详见解析【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形与折叠性质，易得，则可利用AAS判定：；（2）由（1）易证得，又由AF∥EC，即可判定四边形AECF是菱形．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，由折叠的性质得：，，∴，，∴，又∵，，，∴，在和中，，∴；四边形是菱形，理由：由折叠的性质得：，∵，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点睛】此题考查了平行四边形的性质、菱形的判定、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．掌握折叠前后图形的对应关系是解题关键．菱形的最值问题7．（2022秋·山东枣庄·九年级统考期中）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一动点，点是的中点，则的最小值为（    ）A． B． C．3 D．【答案】A【分析】连接，先根据两点之间线段最短可得当点共线时，取得最小值，再根据菱形的性质、勾股定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质求出的长即可得．【详解】解：如图，连接，由两点之间线段最短得：当点共线时，取最小值，最小值为，四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，点是的中点，，，即的最小值为，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．8．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期中）如图，在菱形中，对角线，的长分别为，，将沿射线的方向平移得到，分别连接，，，则的最小值为 ．  【答案】【分析】连接与交于点O，延长到，使,连接，证明，得出，当点三点共线时，的最小，由勾股定理求出即可．【详解】解：连接与交于点O，延长到，使,连接，∵四边形是菱形，∴，，，，∴，由平移性质知，，，，，∴，，∴，∴，∴，∴，当点三点共线时，∴的最小值为：,故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，平移的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是确定使所求的最小值．9．（2022秋·江西九江·九年级统考期中）如图，△ABC中，AB＝BC，过A点作BC的平行线与∠ABC的平分线交于点D，连接CD．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)过点D作AC的平行线交直线BC于点E，连接DE，点P是线段BD上的动点，若，请直接写出PC+PE的最小值．【答案】(1)见解析(2)PC+PE的最小值为【分析】（1）利用平行加角平分线，证明，从而得到，证明四边形ABCD是平行四边形，再利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（2）连接，即为PC+PE的最小值，过作，利用等积法求出，再利用勾股定理求出，利用求出，再利用勾股定理即可求出．【详解】（1）证明：∵，BO平分∠ABC，∴，∵，∴，∴∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）过作， ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝，∴，∵，∴，∴，∵∴四边形为平行四边形，∴，∴，∵点关于的对称点为点，连接，则PC+PE的最小值=，，∴PC+PE的最小值为．【点睛】本题考查菱形的判定和性质．熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．本题中出现平行加角平分线模型以及将军饮马问题，是考试中常考的典型问题． 矩形的旋转问题10．（2022秋·湖北·九年级统考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（   ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】设与交于点H，由已知可得、都是等腰直角三角形，由勾股定理可得、的长，从而可求得的长．【详解】设与交于点H，如图，∵四边形、四边形都是矩形，∴，，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，同理，是等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，由勾股定理得：，∴．故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由题意得到若干个等腰直角三角形是问题的关键．11．（2022秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中）将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，其中点与点，点与点分别是对应点，连接．  (1)如图，若点，，第一次在同一直线上，与交于点，连接．①求证：平分．②取的中点，连接，求证：．③若，，求的长．(2)若点，，第二次在同一直线上，，，直接写出点到的距离．【答案】(1)①见解析；②见解析；③(2)【分析】（1）①根据旋转的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到结论；②如图1，过点作的垂线，根据角平分线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理即可得到结论；③如图2，过点作的垂线，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得到结论．（2）如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，根据旋转的性质得到，，解直角三角形得到，，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）解：①证明：矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，，，又，，，平分；②证明：如图1，过点作的垂线，垂足为Q，  平分，，，，，，，，，，即点是中点，又点是中点，；③解：如图2，过点作的垂线，过点作的垂线，∴又，，，，，，，，则；（2）解：如图3，连接，，过作交的延长线于，交的延长线于，则，∴四边形是矩形，则，  将矩形绕着点按顺时针方向旋转得到矩形，，，点，，第二次在同一直线上，，,，，，又，，，，又，．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是正确地作出辅助线．矩形的折叠问题12．（2022秋·陕西·九年级陕西师大附中校考期中）如图，点是矩形中边上一点，，将沿折叠，点恰好落在边处，满足，则的长为（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【分析】根据矩形和轴对称的性质，得，,，根据含角直角三角形的性质，得，，从而推导得，再根据勾股定理性质计算，即可得到答案.【详解】∵点是矩形中边上一点，将沿折叠，点恰好落在边处，∴，, ∵∴∵∴∴ ∴， 设，则 ∴ ∴，即∴ ∴ 故选：C.【点睛】本题考查了含角直角三角形、矩形、轴对称、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握含角直角三角形、矩形的性质，从而完成求解.13．（2022秋·广西贵港·九年级统考期中）如图，在矩形纸片中，，，M是上的点，且，将矩形纸片沿过点M的直线折叠，使点D落在上的点P处，点C落在点处，折痕为，当与线段交于点H时，则线段的长是（   ）A．3 B． C．4 D．【答案】B【分析】连接，证明即可得到，证明，得出，然后列出关于x的方程，解方程即可．【详解】解：连接，如图所示：∵矩形纸片中，，，∴，，∵，∴，根据折叠可知，，，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，设，则，∵，∴，解得：，∴，故B正确．故选：B．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，证明三角形全等，学会利用翻折不变性解决问题．14．（2022秋·四川成都·九年级统考期中）如图，矩形，，将矩形沿对角线折叠，点落在点处，连接，若三角形为等腰三角形，则 ．【答案】【分析】根据翻折可证明，即可得到，再由三角形内角和为180°解得，从而可得，进而得，利用含的直角三角形即可求解．【详解】∵将矩形沿对角线折叠，∴，，∵三角形为等腰三角形，∴，，，在和中，，∴（SSS），∴，∵四边形为矩形，∴，，在中，，即，∴，∴，又∵，∴，∴，由勾股定理可得：，即：，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折问题，含的直角三角形，等腰三角形的性质，勾股定理，能根据题意求出是解题关键．15．（2022秋·四川南充·九年级统考期中）如图，将一张矩形的纸片沿向上折叠，顶点C落在点E处，交于F．(1)求证：是等腰三角形；(2)过D作交于G，连接，交于O．①判断四边形的形状；②若，，求的长．【答案】(1)见解析；(2)①菱形；②．【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性可得结论；（2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等可得结论；②在中，由勾股定理可求，在中，由勾股定理可求的长，根据菱形的面积公式即可求解．【详解】（1）证明：根据折叠可得，又，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）①四边形是菱形，理由如下：∵四边形是矩形，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；②在中，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形的面积，解得：．【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形判定，矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，利用勾股定理求出的长是本题的关键．矩形的最值问题16．（2022秋·广东梅州·九年级统考期中）如图，在矩形中，点E是对角线上一点，有且，点P是上一动点，则点P到边，的距离之和的值（    ）A．有最大值a B．有最小值 C．是定值 D．是定值【答案】D【分析】连接，过点作，利用，即可得解．【详解】解：连接，过点作，交于点，∵在矩形中，，，∴，∵ 即：，∴；∵，∴，∴；故选D．17．（2021秋·广东茂名·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，AC=9，AB=12，BC=15，P为BC边上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H．(1)求证：四边形AGPH是矩形；(2)在点P的运动过程中，GH的长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析；(2)见解析.【分析】（1）根据“矩形的定义”证明结论；（2）连结AP．当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法来求GH的值．【详解】（1）证明∵AC=9 AB=12 BC=15，∴AC2=81，AB2=144，BC2=225，∴AC2+AB2=BC2，∴∠A=90°．∵PG⊥AC，PH⊥AB，∴∠AGP=∠AHP=90°，∴四边形AGPH是矩形；（2）存在．理由如下：连结AP．∵四边形AGPH是矩形，∴GH=AP．∵当AP⊥BC时AP最短．∴9×12=15•AP．∴AP=．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质．解答（2）题时，注意“矩形的对角线相等”和“面积法”的正确应用．18．（2021秋·浙江台州·九年级校联考期中）如图1，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转，得到矩形．（1）当点落在上时，则线段的长度等于；（2）如图2，当点落在上时，则的面积为；（3）如图3，连接，判断与的位置关系并说明理由；（4）在旋转过程中，求出的最大值．【答案】（1）2；（2）；（3）AE⊥CG，理由见详解；（4）的最大值为【分析】（1）利用勾股定理求出BD，然后问题可求解；（2）过点B作BM⊥AC于点M，先利用△ABC的面积求出BM，然后根据勾股定理得出AM，进而可得AE，最后利用三角形面积公式可求解；（3）先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理判断出∠BAE=∠BCG，进而判断出∠CQP=∠ABC=90°，最后可求解；（4）先构造处，得出，进而得出，然后问题可求解．【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴在Rt△ABD中，由勾股定理得：，由旋转的性质知，，∴，故答案为2；（2）过点B作BM⊥AC于点M，如图2，∴在Rt△ABC中，由勾股定理得，由旋转的性质知，，∴，∵，∴，在Rt△ABM中，由勾股定理得：，∴，∴；故答案为；（3）AE⊥CG，理由如下：设AE与CG的交点为Q，AE与BC的交点为P，如图3：由旋转的性质知，，∴，∵，，∴，∴；（4）如图4，延长AB至，使，连接，过点G作GH⊥AB于点H，∴，∵，∴，由旋转可知，，∴，∴，∴，要使的值为最大，则GH最大，当时最大，∴的最大值为．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、旋转的性质及勾股定理是解题的关键．正方形的旋转问题19．（2021秋·陕西西安·九年级西安市曲江第一中学校考期中）如图，在正方形ABCD中，，点M在CD边上，且，与关于所在的直线AM对称，将按顺时针方向绕点A旋转90°得到，连接EF，则线段EF的长为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接BM．先判定△FAE≌△MAB（SAS），即可得到EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝6，根据勾股定理求出DM=2，CM＝4，利用勾股定理即可得到，Rt△BCM中，BM＝，进而得出EF的长．【详解】解：如图，连接BM．∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．∴∠FAB＝∠MAE∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．∴∠FAE＝∠MAB．∴△FAE≌△MAB（SAS）．∴EF＝BM．∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝AB＝6．∵∴DM＝，∴CM＝6-2=4．∴在Rt△BCM中，BM＝，∴EF＝，故选：A．【点睛】本题考查正方形的性质、轴对称性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，二次根式化简，关键利用辅助线作出准确图形，熟记正方形的性质、轴对称性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理．20．（2022秋·天津·九年级校考期中）如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝ ．【答案】17【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形AEHF为正方形，再根据勾股定理求出EH的长，就可得到DH．【详解】解：∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∠AEB＝90°，∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，∴四边形AEHF为正方形，∴AF＝EH，设EH＝x，BH＝7，BE＝7+x，AF＝EF＝x，在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，在Rt△AFD中，根据勾股定理，得，解得＝﹣12（舍去），＝5，∴DH＝17．故答案为：17．【点睛】本题主要考查了旋转、正方形的性质，熟练应用旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，证明四边形AEHF为正方形是解题关键．21．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期中）如图，点E是正方形内一动点，满足.(1)[动手实践]将图中的绕点A逆时针旋转得到，点B与点D重合，点E旋转后的对应点是点F；(2)[问题探究]在补全的图中，分别延长和交于点G，判断四边形的形状；(3)[拓展延伸]猜想线段之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形是正方形，证明见解析(3)，理由见解析【分析】（1）根据题意作图即可；（2）根据旋转的性质以及正方形的性质与判断，先证明四边形是矩形，再证明矩形是正方形；（3）根据正方形的性质以及旋转的性质可得结论．【详解】（1）解：依题意补全图形，如图，（2）四边形是正方形，证明：∵绕点A逆时针旋转90°得到，∴，∴四边形是矩形，又∵，∴矩形是正方形；（3）理由如下：∵绕点A逆时针旋转90°得到，∴，∵四边形是正方形，∴，∵，∴．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质等知识点，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．正方形的折叠问题22．（2021春·福建泉州·九年级校考期中）如图，将正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处，则的角度是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，∴，由折叠的性质，则DE=DC，∴△CDE是等腰三角形，∴；故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．23．（2021秋·河南郑州·九年级统考期中）如图，正方形ABCD中，点E为BC边的中点，点P为边AB上一个动点，连接PE，以PE为对称轴折叠得到，点B的对应点为点F，若，当射线EF经过正方形ABCD边的中点（不包括点E）时，BP的长为 ．【答案】2或【分析】分EF经过正方形ABCD另外三边三种情况求解即可．【详解】解：①EF经过CD边中点O时，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA， ∵点O是CD的中点，点E是BC的中点，∴ ∵CE=CO=2∴ 由折叠得： ∴ ∴ 作FG⊥AB于点G，作EH⊥FG于点H,如图，,设，则，∵∠BPF=45︒∴PG=FG=x+2，∴ ∴由勾股定理得， 由折叠得，PB=PF∴解得，x= ∴ ∴点P在AB外，不符合题意；②EF经过AD边中点，如图，此时，∴；③EF经过AB边中点，如图，∵ ∴ 由折叠得 设，则，PB=x∴ ∴，即 综上，BP的长为2或故答案为：2或【点睛】本题主要考查了折叠的性质和正方形的性质，灵活运用分类讨论思想是解答本题的关键．24．（2021春·湖北宜昌·九年级统考期中）如图，有一张边长为6的正方形纸片ABCD，P是AD边上一点（不与点A、D重合），将正方形纸片沿EF折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于H，连接BP．（1）求证：∠APB＝∠BPH；（2）若P为AD中点，求四边形EFGP的面积；（3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？写出你的结论并证明．【答案】（1）见解析；（3）；（3）△PHD的周长不变为定值12，见解析.【分析】（1）欲证明∠APB=∠BPH，只要证明∠APB+∠EBP=90°，∠BPH+∠EPB=90°，根据EP=EB，推出∠EBP=∠EPB即可证明．（2）如图1中，作FM⊥AB于M．由△ABP≌△MFE，推出AP=EM=3，想办法求出EB、CF即可解决问题．（3）△PHD的周长不变为定值12．如图2中，作BQ⊥PG于Q，连接BH，分别证明△BPA≌△BPQ和△BHQ≌△BHC即可．【详解】（1）∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．∵∠A=∠ABC=∠EPG=90°，∴∠APB+∠EBP=90°，∠BPH+∠EPB=90°，∴∠APB=∠BPH．（2）如图1中，作FM⊥AB于M．∵∠BEF+∠ABP=90°，∠BEF+∠EFM=90°，∴∠ABP=∠EFM．在△ABP和△MFE中，∵，∴△ABP≌△MFE，∴ME=APAD=3．在Rt△AEP中，设AE=x，则EP=BE=6﹣x，∴（6﹣x）2=x2+32，∴x，∴CF=BM=AB﹣AE﹣EM，∴S四边形EFGP（CF+BE）×BC（）×6．（3）△PHD的周长不变为定值12．证明如下：如图2中，作BQ⊥PG于Q，连接BH．由（1）可知∠APB=∠BPQ．在△BPA和△BPQ中，∵，∴△BPA≌△BPQ，∴AP=PQ，AB=BQ．∵AB=BC，∴BC=BQ．∵∠BQH=∠C=90°，BH=BH，∴△BHQ≌△BHC，∴CH=QH，∴△PDH的周长=DP+PH+DH=（DP+AP）+（CH+DH）=AD+CD=12．【点睛】本题考查了四边形综合题、翻折变换、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．正方形的最值问题25．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（    ）A．6 B．11 C． D．【答案】D【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转得到，由旋转不变性可知：，，，是等腰直角三角形，，当的值最大时，的值最大，，，的最大值为11，的最大值为．故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．26．（2022秋·广东中山·九年级校联考期中）如图，已知，B为上一点，于A，四边形为正方形，P为射线上一动点，连接，将绕点C顺时针方向旋转得，连接，若，则的最小值为 ．【答案】/【分析】连接，依据构造全等三角形，即，将的长转化为的长，再依据垂线段最短得到当最短时，亦最短，根据∠O＝30°，＝，即可求得的长的最小值．【详解】如图，连接，由题意可得，∴ ，在中，，  ∴，∴，当时，最短，此时最短，∵， ，∴，∴ ∴，∴当时， ，∴的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行解答．27．（2022秋·福建漳州·九年级统考期中）如图，，四边形ABCD是正方形，且点A、D始终分别在射线OM和ON上．(1)如图1，若，点A、D在OM，ON上滑动过程中，OB何时取最大值，并求出此最大值．(2)如图2，点P在AB上，且，DP交AC于点F，延长射线BF交AD，ON分别于点G、Q．①求证：．②若，求的周长．【答案】(1)经过的中点时最大，最大值为(2)①见解析；②【分析】（1）取的中点，连接、，则，当经过的中点时最大，由已知可得，由勾股定理可求得，则可求得最大值；（2）①由正方形的性质可证明，则有，又由互余的性质可得，再由角平分线的定义及等量代换可得，则可得结论；②过点作于点，由已知可证明，则，，再由辅助线作法及①中结论易得四边形是矩形，故有，，由①有，则，最后易得结果．【详解】（1）解：取的中点，连接、，如图所示，则，当经过的中点时最大；∵四边形是正方形，∴，，∵，的中点为，∴，在中，由勾股定理可求得，∴，∴最大值为；即经过的中点时最大，最大值为；（2）解：①∵四边形是正方形，∴，，∵,∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴；②如图，过点作于点，则，由①知，，∵，∴，∴，，由①知，，∴四边形是矩形，∴，，由①知，，∴，∵，又，，∴的周长．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，两点间线段最短，直角三角形斜边上中线的性质及勾股定理等知识，灵活运用这些知识是关键，注意构造适当的辅助线．28．（2022秋·天津和平·九年级统考期中）如图 ，已知△ABC 中，∠C＝90°，AC＝BC＝，将△ABC 绕点 A 顺时针方向旋转 60°得到△A′B′C′的位置，连接 C′B，则 C′B 的长为 (    )A．2－ B． C． D．1【答案】C【分析】如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，证明△ABC′≌△B′BC′，得到∠DBB′=∠DBA=30°；求出BD、C′D的长，即可解决问题．【详解】解：如图，连接BB′，延长BC′交AB′于点D，由题意得：∠BAB′=60°，BA=B′A，∴△ABB′为等边三角形，∴∠ABB′=60°，AB=B′B；在△ABC′与△B′BC′中，∴△ABC′≌△B′BC′（SSS），∴∠DBB′=∠DBA=30°，∴BD⊥AB′，且AD=B′D，∵AC＝BC＝，∴，∴，，，．故选：C．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线．作辅助线构造出全等三角形并求出BC′在等边三角形的高上是解题的关键，也是本题的难点．29．（2022秋·江苏南通·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点O逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形，如果点A的坐标为，那么点的坐标为（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据图形可知：点在以为圆心，以为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，可得对应点的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．【详解】解：点的坐标为，，四边形是正方形，，，，连接，如图：由勾股定理得：，由旋转的性质得：，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，相当于将线段绕点逆时针旋转，依次得到，，，，，，，，，发现是8次一循环，则，点的坐标为，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法．30．（2022春·浙江湖州·九年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=7cm，BC=2cm，点N在边CD上，CN=1cm，点M是矩形ABCD的边AB上一动点，现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．边MB′与边CD交于点E，当点M从点A运动到点B的过程中，点E运动的路径长为 cm．【答案】【分析】通过作图可以发现，点E从A向右运动至时不再向右，转而向左运动至、 E重合后E点消失，所以根据勾股定理和折叠的性质把E从A向右运动的路径长和中途向左运动的路径长求和即可得解．【详解】①如图，当点M从A开始运动时，A、M重合，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴AE=EN，设，则，，AD=2，解得，∴CE=EN+CN=，②如图，当时，,∴①→②点运动了，③如图，、 E重合时，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝∴BM＝NB′＝．∴②→③过程中，点运动了综上所述，点的运动路径长为+=故答案为：【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，理解点的运动方向以及改变运动方向时的特殊点位置．31．（2022秋·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考期中）如图，菱形的边长为4，，点E、F分别是边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是 ．【答案】/【分析】连接交于点O，先证明点O为菱形的对角线的交点，然后利用直角三角形的性质得到点G的轨迹，再利用动点和定点的连线经过圆心时，线段有最小（大）值求解即可．【详解】解：连接交于点O，，，，，，连接必过点O，于G，取中点M，连接，点G在以为直径的半圆M上运动，故当共线时，取最小值，即最小值为的长度，如图所示，此时，菱形的边长为4，，，，，在中，，的最小值为：，故答案为：．【点睛】此题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、动点的轨迹等知识，熟练掌握菱形的性质、得到点G的轨迹是解答此题的关键．32．（2022秋·浙江丽水·九年级校联考期中）阅读下面材料：子薇遇到这样一个问题：如图1，在正方形中，点、分别为、边上的点，，连接，求证：．子薇是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图2），此时即是．请回答：在图2中，的度数是 ．参考子薇得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在直角梯形ABCD中，，，，E是CD上一点，若，，求BE的长度．（2）如图4，已知线段，线段绕点旋转，且，连接，以为边作正方形，连接．求线段的最大值．【答案】（1）（2）【分析】根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，然后求出，再根据计算即可得解；（1）过点作交的延长线于点，可得四边形是正方形，然后设，根据子薇的结论表示出，再求出、，然后在中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；（2）过点作，取，连接，如图所示，在等腰中，，然后利用“”证明，根据全等三角形对应边相等可得，然后利用三角形三边关系可知，从而得到线段的最大值为．【详解】解：绕点顺时针旋转得到，，四边形是正方形，，，，，，，，故答案为：；（1）解：过点作交的延长线于点，如图3所示：，，，四边形是正方形，设，根据子薇的结论，，，，，，在中，，即，整理得，，解得，即；（2）解：过点作，取，连接，如图所示：在等腰中，，在正方形中，，，，，，在和中，，，，在中，利用三角形三边关系可知，且当三点共线时，，即，线段的最大值为．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形三边关系，（2）中作辅助线补充完整正方形是解题的关键，（3）作辅助线构造全等三角形是解题的关键．33．（2022秋·福建三明·九年级统考期中）已知矩形中，，是边上一点，连接，将沿着直线折叠得到．(1)若；①如图1，若点在边上，的长为　　；②、、三点在同一直线上时，求的长；(2)如图3，当点是的中点时，此时点落在矩形内部，延长交于点，若点是的三等分点，求的长．【答案】(1)①6；②2(2)或者【分析】（1）由矩形的性质可得、，；①由点在边上可得四边形是正方形，然后由正方形的性质可得即可解答；②由折叠的性质可得，，进而得到，根据三角形的面积求得，然后根据勾股定理可得，最后根据线段的和差即可解答；（2）当时，如图3，连接，先证可得；设，则、，再根据勾股定理列方程求得x，进而求得；当时，同理可求解．【详解】（1）解：四边形是矩形，，，，①如图1，点在边上，∴根据折叠有：，∴四边形是正方形，，故答案为：6．②如图2，由折叠得，，，，，，，的长为2．（2）解：当时，如图3，连接，点是的中点，，由折叠得，，，，，在和中，，，设，点是的三等分点，，，，，解得，（不符合题意，舍去），，的长为．当时，如图4，连接，同理可证明，∴，根据翻折可知：，∴可得，设，即，∴，，∴，∵，∴，解得：，∴，综上：的长为或者．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．34．（2021秋·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考期中）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．【详解】（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，，，，，，，，，，，，，，．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．