专题6.7期中大题易丢分培优训练（江苏期中真题压轴100道，八下苏科）-2023-2024学年八年级数学下学期期末复习高分攻略(苏科版)

专题6.7期中大题易丢分培优训练（江苏期中真题压轴100道，八下苏科）一、解答题1．（2022春·江苏泰州·八年级泰州市第二中学附属初中校考期中）如图，在▱ABCD中，点E是BC边上的动点，已知AB=4，BC=6，现将△ABE沿AE折叠，点B′是点B的对应点，(1)如图1，当点B′恰好落在AD边上时，求：CE的值．(2)如图2，若∠B=60°，点B′落在DE上时，求B′D（保留根号）．(3)如图2，若∠EAD=m∠BAD，∠EDA=(1−2m)∠CDA，当∠AED的值与∠CDA的度数无关时，求m的值并求出此时∠AED的度数．【答案】(1)CE=2(2)B′D=26−2(3)m=13；∠AED=120°【分析】（1）证明AB=BE，得到BE=AE=4，从而得到EC=BC-BE=6-4=2即可．（2）过点A作AM⊥DE，垂足为M，根据折叠的性质，运用勾股定理求得B′M=2，DM=26，继而得到B′D=26−2．（3）设∠CDA=x，则∠AED=180°-m(180°-x)-(1-2m)x=180°-180°m+(3m-1)x，根据∠AED的值与∠CDA的度数无关，确定3m-1=0，代入计算即可．（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAC=∠AEB，根据折叠的性质，得∠DAC=∠BAE，AB=AB′，∴∠BAE =∠AEB，∴AB=BE，∴BE=AE=4，∴EC=BC-BE=6-4=2．（2）如图，过点A作AM⊥DE，垂足为M，根据折叠的性质，得AB′=AB=4，∠AB′M=60∘，∴∠B′AM=30∘，∴B′M=2，AM=42−22=23，∴DM=62−(23)2=26，∴B′D=DM−B′M=26−2．（3）设∠CDA=x，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD=180°-∠CDA=180°-x，∵∠EAD=m∠BAD，∠EDA=(1−2m)∠CDA，∴∠EAD=m（180∘−x)，∠EDA=(1−2m)x，∴∠AED=180°-∠EAD-∠EDA=180°-m(180°-x)-(1-2m)x=180°-180°m+(3m-1)x，∵∠AED的值与∠CDA的度数无关，∴3m-1=0，∴m=13，∴∠AED=180°-180°×13=120°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，代数式的值无关型计算，熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理，取值无关的意义是解题的关键．2．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度α得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D．(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；(2)如图2，若α=60° 时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形； (3)当BC＝2时，连接CE，CD，设△CDE的面积为S．在旋转过程中，S是否存在最大值？若存在，请直接写出S的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)15°(2)详见解析(3)4+23【分析】（1）由旋转知：AC=AD，∠CAD=30°即可求出∠CDE的度数；（2）根据旋转60°可知，△BAE为等边三角形，得BE=EA，再通过SCS证明△AFD≌△DEA，得DF=EA，根据点F是边CA的中点，可证BF=CB，而CB=DE，通过两组对边分别相等是四边形是平行四边形即可；（3）根据线段DE为定值，则点C到DE的距离最大时，△CDE的面积有最大值．可采取动静互换解决问题，得出点C的运动路径为圆，从而求出最大面积．【详解】（1）解：∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ACB＝60°，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，∴CA＝AD，∠EAD＝∠BAC＝30°，∴∠ACD＝∠ADC＝12（180°﹣30°）＝75°，∵∠EDA＝∠ACB＝60°，∴∠CDE＝∠ADC﹣∠EDA＝15°；（2）证明：∵点F是边AC中点，∴BF＝AF＝12AC，∵∠BAC＝30°，∴BC＝12AC，∴∠FBA＝∠BAC＝30°，∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，∴∠BAE＝∠CAD＝60°，CB＝DE，∠DEA＝∠ABC＝90°，∴DE＝BF，延长BF交AE于点G，则∠BGE＝∠GBA+∠BAG＝90°，∴∠BGE＝∠DEA，∴BF∥ED，∴四边形BFDE是平行四边形．（3）S的最大值为4+23．∵线段DE为定值，∴点C到DE的距离最大时，△CDE的面积有最大值．∴可看成DE不动，点C绕点A旋转，当点C'，A，E共线时，S有最大值．∵CB=2，CB＝12CA，∴CA=4，DE=2，在Rt△CBA中，BA＝CA2−CB2＝23，∴EA＝23．当点C'，A，E共线时，C'E=EA+C'A=23+4，∵∠DEA=∠CBA=90°，∴△CDE的面积有最大值S＝12CE⋅ED＝12×(4+23)×2=4+23．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，点的运动轨迹等知识，采取动静互换，画出△ADE的面积最大时的图形是解题的关键．3．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，AD//BC,∠B=90∘,AD=16cm,AB=12cm,BC=21cm．动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）．（1）当0DE)，请你仅用无刻度的直尺画一个菱形，使得AE为菱形的一边．【答案】（1）见解析（2）见解析【分析】（1）连接AC，BD交于点O，连接EO，延长EO交CD于点F，点F即为所求；（2）连接AC交BD于点O，延长AE交CD于点M，连接MO交AB于点N，连接CN交BD于点F，连接AF，四边形AECF即为所求．【详解】解：（1）如图1中，点F即为所求；∵▱ABCD∴OB=OD，AB∥CD，∴∠EBO=∠FDO，∵∠BOE=∠DOF，∴△BOE≌△DOFASA，∴DF=BD．（2）如图2中，四边形AECF即为所求．∵正方形ABCD，∴OA=OC，OM=ON，AC⊥BD∴四边形AMCN为平行四边形，∴OE=OF，∴四边形AECF为菱形．【点睛】本题考查作图−复杂作图，平行四边形的性质，正方形的性质，菱形的判定和性质等知识，解题关键是掌握特殊四边形的性质，属于中考常考题型．6．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，长方形ABCD沿直线EF翻折，使点C落在点C′处，点B落在点B′处．(1)如图1，当延长FC′恰好经过点A时，C′B′交AB于点H，连接C′E．已知H为C′B′中点．①求证：△AHC′≌△EHB′．②若HB=11，BC=211．求AF的长．(2)如图2，当C′与点A重合时，作AO⊥EF，若ADCF=35，求OFAO的比值．【答案】(1)①见解析；②12(2)13【分析】（1）①根据AC′∥EB′得∠HAC′=∠HEB′，根据H是B′C′的中点得HC′=HB′，利用AAS证明三角形全等即可；②设BE=BE′=x，在Rt△HB′E中，根据勾股定理得，(11−x)2=x2+(11)2，进行计算得出x=5，即可得AH=EH=6，AC′=EB′=EB=5，根据四边形ABCD是矩形得AC=BC=211，AB=CD=17，∠ADC=90°，设CF=FC′=y，则AF=y+5，DF=17−y，根据勾股定理得，(y+5)2=(211)2+(17−y)2，计算得y=7，即可得；（2）过点F作FH⊥AB于点H，根据AD∶CF=3∶5，可以假设AD=3k，CF=5k，则DF=4k，根据∠D=∠DAH=∠FHA=90°，可得四边形ADFH是矩形，即可得DF=AH=4k，FH=AD=3k，由翻折变换的性质可知∠CFE=∠EFA，根据CD∥AB得∠CFE=∠AEF，则∠AFE=∠AEF，即可得AF=AH=5k，则EH=k，根据勾股定理得EF=10k，根据AO⊥EF得OF=OE=102k，根据12AE·FH=12EF·AO得AO=310k2，即可得．【详解】（1）①证明：∵AC′∥EB′，∴∠HAC′=∠HEB′，∵H是B′C′的中点，∴HC′=HB′，在△AHC′和△EHB′中，∠HAC′=∠HEB′∠HBC′=∠EHB′AC′=HB′，∴△AHC′≌△EHB′（AAS）；②由翻折变换的性质可知BC=B′C′=211，BE=EB′，∠B=∠B′=90°，设BE=BE′=x，则EH=11−x，在Rt△HB′E中，根据勾股定理得，(11−x)2=x2+(11)2，121−22x+x2=x2+1122x=110x=5，∴AH=EH=6，AC′=EB′=EB=5，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BC=211，AB=CD=17，∠ADC=90°设CF=FC′=y，则AF=y+5，DF=17−y，根据勾股定理得，(y+5)2=(211)2+(17−y)2，y2+10y+25=44+289−34y+y2，44y=308，y=7，∴AF=AC′+FC′=12；（2）解：如图2所示，过点F作FH⊥AB于点H，∵AD∶CF=3∶5，∴可以假设AD=3k，CF=5k，∴C′F=5k，∵四边形ABCD是长方形，∴∠ADF=90°，在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF=AF2−AD2=(5k)2−(3k)2=4k，∵∠D=∠DAH=∠FHA=90°，∴四边形ADFH是矩形，∴DF=AH=4k，FH=AD=3k，由翻折变换的性质可知∠CFE=∠EFA，∵CD∥AB，∴∠CFE=∠AEF，∴∠AFE=∠AEF，∴AF=AH=5k，∴EH=AE−AH=5k−4k=k，∴EF=EH2+HF2=k2+(3k)2=10k，∵AO⊥EF，∴OF=OE=102k，∵12AE·FH=12EF·AO，∴AO=5k×3k10k=310k2，∴OFOA=10k2310k2=13．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，翻折变换等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．7．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图1矩形ABCD中，AB=6cm，BC=12cm，点P从点A开始以1cm/s的速度沿AB边向点B运动，点Q从点B以1cm/s的速度沿BC边向点C运动，如果P、Q同时出发，设运动时间为ts. (1)当t=2时，求△PBQ的面积；(2)当t为何值时，△DPQ是以PQ为底的等腰三角形；(3)当运动3s时，P点停止运动，Q点以原速立即向B点返回，在返回的过程中， DP是否能平分∠ADQ？若能，求出点Q运动的时间；若不能，请说明理由.【答案】(1)4(2)32(3)214s【分析】（1）根据题意，当t=2时，AP=t=2，BQ=t=2，求得BP的长，即可求得答案；（2）由题意得AP=t，BQ=t，得到CQ=BC−BQ=12−t，在Rt△APD中，由勾股定理得PD2=AP2+AD2=t2+122=t2+144，在Rt△DCQ中，由勾股定理得到DQ2=CQ2+CD2=12−t2+62，PD=DQ时，t2+144=12−t2+62，即可求得答案；（3）若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于点E，证明Rt△PQE≌Rt△PQBHL，根据全等三角形的性质可得QE=QB，再证△ADP≌△EDPAAS，设QE=QB=x，则CQ=12−x，DQ=12+x．在Rt△CDQ中，根据勾股定理列出方程，解方程求得x的值，继而求得t值.【详解】（1）解：当t=2时，AP=t=2，BQ=t=2，∴BP=AB−AP=6−2=4，∴△PBQ的面积＝12×BP×BQ=12×4×2=4；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=12cm，AB=CD=6cm，∠A=∠C=90°，由题意得AP=t，BQ=t，∴CQ=BC−BQ=12−t，在Rt△APD中，∠A=90°，AP=t，AD=12，∴PD2=AP2+AD2=t2+122=t2+144，在Rt△DCQ中，∠C=90°，CQ=12−t，CD=6，∴DQ2=CQ2+CD2=12−t2+62，当PD=DQ时，t2+144=12−t2+62，整理得，24t=36，解得t=32，即当t=32时，△DPQ是以PQ为底的等腰三角形；（3）当t=3s时，AP=3cm，BP=3cm．如图所示，若DP平分∠ADQ，作PE⊥DQ于点E．∴PA=PE=3cm．在Rt△PQE和Rt△PQB中，PE=PBPQ=PQ，∴Rt△PQE≌Rt△PQBHL．∴QE=QB．在△APD和△EPD中，∠A=∠DEP∠ADP=∠EDPDP=DP，∴△ADP≌△EDPAAS．∴AD=ED=12．设QE=QB=x，则CQ=12−x．DQ=DE+QE=12+x．在Rt△CDQ中，CD2+CQ2=DQ2．即12+x2=62+12−x2．解得x=34．∴CQ=12−x=454．∴Q又走了454−9÷1=94s，∵原来运动3s．∴t=94+3=214s．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等知识，也考查了对知识的综合运用能力，解决这类问题的关键是注意动点线段的表示方法．8．（2022秋·江苏镇江·八年级统考期中）新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做积等三角形．(1)初步尝试：如图1，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8，P为AC上一点，当AP= ______时，△ABP与△CBP为积等三角形；(2)理解运用：如图2，△ABD与△ACD为积等三角形，若AB=2，AC=5，且线段AD的长度为正整数，求AD的长；(3)综合应用：如图3，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AC，AB为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接EG，求证：△AEG与△ABC为积等三角形．【答案】(1)3(2)2或3(3)证明见解析【分析】（1）利用三角形的中线的性质及积等三角形的定义即可解决问题；（2）过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，证明△ADB≌△EDCAAS，推出AD=DE，AB=EC=2，利用三角形的三边关系即可解决问题；（3）过点E作EH⊥GA，交GA的延长线于点H，先证明△ABC≌△AEH，得到BC=EH，依据三角形的面积公式可知S△ABC=S△AEG，然后再依据积等三角形的定义进行证明即可．【详解】（1）解：如图，∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，BC=8，∴AC=AB2−BC2=102−82=6，当AP=CP=3时，S△CBP=12·CP·BC=12×3×8=12，S△ABP=12·AP·BC=12×3×8=12∴△CBP与△ABP的面积相等，∵∠C=90°，∠APB=90°+∠PBC>90°，∴△CBP是直角三角形，△ABP是钝角三角形，∴△CBP与△ABP不全等．∴△ABP与△CBP为积等三角形．故答案为：3．（2）如图，过点C作CE∥AB，交AD的延长线于点E，∴∠ABD=∠ECD，∵△ABD与△ACD为积等三角形，∴BD=CD，在△ADB与△EDC中，∠ABD=∠ECD∠ADB=∠EDCBD=CD∴△ADB≌△EDCAAS∴AD=DE，AB=EC，∵AB=2，AC=5，∴在△ACE中，AE=2AD，AC=5，EC=AB=2，∴5−2<2AD<5+2，即3290°，∴△GAE为钝角三角形，∴△GAE和△ABC不全等，∴△AEG与△ABC为积等三角形．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，三角形的中线的性质，三角形的三边关系，全等三角形的判定和性质，三角形的分类等知识．解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形解决问题．9．（2022秋·江苏·八年级期中）已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．思路分析：(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE'，则F、D、E'在一条直线上，∠E'AF＝　 　度，……根据定理，可证：△AEF≌△AE'F．∴EF＝BE+DF．类比探究：(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；拓展应用：(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S△ABC＝14，S△ADE＝6，求线段BD、DE、EC围成的三角形的面积．【答案】(1)45(2)DF＝BE+EF，证明见解析(3)2【分析】（1）把ΔABE绕点A逆时针旋转90°至ΔADE′，则F、D、E′在一条直线上，ΔADE′≌ΔABE，再证ΔAEF≌△AE′F，得EF=E′F，进而得出结论；（2）将ΔABE绕点A逆时针旋转90°得到ΔADE′，由旋转的性质得ΔADE′≌ΔABE，再证ΔAEF≌△AE′F，得E′F=EF，进而得出结论；（3）将ΔABD绕点A逆时针旋转得到ΔACD′，连接ED′，则ΔACD′≌ΔABD，得CD′=BD，因此SΔABC=S四边形AD′CD=14，同（2）得ΔADE≌△AD′E，则DE=D′E，SΔADE=S△AD′E=6，得BD、DE、EC围成的三角形面积=S△ED′C，即可求解．【详解】（1）解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至ΔADE′，则F、D、E′在一条直线上，ΔADE′≌△ABE，∴DE′＝BE，∠DAE′＝∠BAE，AE′＝AE，∴∠E′AE＝∠EAD+∠DAE′＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，则∠E′AF＝∠E′AE﹣∠EAF＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴E′F=EF，∵E′F=DE′+DF，∴EF＝BE+DF．故答案为：45；（2）解：DF＝BE+EF    理由如下：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADE′，∴△ADE′≌△ABE，∴AE＝AE′，BE＝DE′，∠DAE′＝∠BAE，∴∠E′AE＝∠BAE+∠E′AB＝∠E′AD+∠E′AB＝∠BAD＝90°，则∠E′AF＝∠E′AE﹣∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠EAF＝45°，在△AEF和△AE′F中，AE=AE′∠E′AF=∠EAFAF=AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴E′F=EF，∵DF=DE'+E'F，∴DF＝BE+EF；（3）解：将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACD′，连接ED′，则△ACD′≌△ABD，∴CD'＝BD，∴SΔABC=S四边形AD′CD=14，同（2）得：△ADE≌△AD′E（SAS），∴DE=D′E，SΔADE=S△AD′E=6，∴BD、DE、EC围成的三角形面积为CD′、D′E、EC围成的三角形面积SΔED′C=S四边形AD′CD−S△ADE−S△AD′E=2．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角形，属于中考常考题型．10．（2022秋·江苏·八年级期中）[问题初探]（1）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，试判断EF、BE、DF之间的数量关系．聪明的小明是这样做的：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使得AB与AD重合，由∠ADG=∠B=90°，得∠FDG=180°，即点F、D、G共线，易证△AFG≌______故EF、BE、DF之间的数量关系为______．[类比探究]（2）如图2，点E、F分别在正方形ABCD的边CB、DC的延长线上，∠EAF=45°，连接EF，请根据小明的发现给你的启示写出EF、BE、DF之间的数量关系，并证明．[联想拓展]（3）如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=32.点E、F均在边BC上，且∠EAF=45°，若BE=2，求CF的长．【答案】（1）△AFE；EF=BE+DF；（2）DF=EF+BE，理由见解析；（3）32【分析】（1）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使得AB与AD重合，证明△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质得到EF=FG，得到答案；（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，证明△ABE≌△ADH，得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再证明△EAF≌△HAF，根据全等三角形的性质证明结论；（3）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ACN，连接FN，根据（2）的结论得出FN=EF，根据勾股定理列出方程，解方程得到答案．【详解】（1）解：把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使得AB与AD重合，则∠ADG=∠B=90°，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∴∠FDG=180°，即点F、D、G在同一条直线上，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠GAF=45°=∠EAF，在△AFG和△AFE中，AG=AE∠FAG=∠FAEAF=AF，∴△AFG≌△AFE（SAS）， ∴EF=FG=DF+DG=DF+BE，故答案为：△AFE；EF=BE+DF；（2）DF=EF+BE，理由如下：在DC上截取DH=BE，连接AH，在△ABE和△ADH中，AB=AD∠ABE=∠ADH=90°BE=DH，∴△ABE≌△ADH（SAS），∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠BAF=∠DAH+∠BAF=45°，∴∠FAH=45°=∠FAE，在△EAF和△HAF中，AE=AH∠EAF=∠HAFAF=AF，∴△EAF≌△HAF（SAS），∴EF=FH， ∵FD=FH+DH，∴DF=EF+BE；（3）如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ACN，连接FN，∴AN=AE，CN=BE=2，∠ACN=∠B，∠EAN=90°，∵∠BAC=90°，AB=AC=32，∴∠B=∠ACB=45°，BC=2AB=6，∴EC=4，∠FCN=90°，由（2）可知，△EAF≌△NAF，∴FN=EF，设CF=x，则FN=EF=4−x，在Rt△FCN中，FN2=FC2+CN2，即（4−x）2=x2+22，解得：x=32，即CF=32．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．(1)特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，AF与DE之间的数量关系是______．(2)探究证明：①小明用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．请你按照他的思路，完成解题过程．②请你用与（2）不同的方法解决“数学问题”．【答案】(1)AF=2DE(2)①见解析   ②见解析【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理即可解决问题；（2）①延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形．从而证明△CDE≌△FGE，得到△DEG是等腰直角三角形，得到 DG=2DE，故可求解；②作DG⊥DE，并截取DG=DE，连接AG，证明△DEG是等腰直角三角形，得到 EG=2DE， 再证明△GDA≌△EDC，EF=AG，AG∥EF，再得到四边形AGEF为平行四边形，则 AF＝EG．故可求解．（1）AF=2DE，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE，∵AB2＝AE2＋BE2，∴AB2＝2DE2，∵B点与F点重合，∴AF2＝2DE2，∴AF=2DE；故答案为：AF=2DE．（2）①如下图，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=CD=AD，AD∥BC．∵DG∥AF，AD∥BC，∴四边形AFGD为平行四边形．∴AF＝DG，AD＝FG．∴FG＝CD．∵∠ABC=90°，AB＝BC，∴∠ACB=45°．∴∠ACD=45°∵EF⊥AC．∴∠FEC=90°．∴∠EFC=∠ECF=45°．∴EF=EC．∴∠EFC=∠ECD．∴△CDE≌△FGESAS．∴ED=EG，∠FEG=∠CED．∴∠DEG=∠FEC=90°．∴△DEG是等腰直角三角形∴DG2=DE2+EG2=2DE2，∴DG=2DE．∴AF=2DE．②如图，作DG⊥DE，并截取DG=DE，连接AG、GE．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，CD＝AD．∴∠DAC=DCA=45°同理，∠ACB=45°．∵GD⊥DE，∴∠GDE=90°．又∵DG＝DE，∴△DEG是等腰直角三角形∴EG2=DE2+DG2=2DE2，∴EG=2DE．∵∠ADC=∠GDE=90°，∴∠GDA=∠EDC．∴△GDA≌△EDCSAS．∴∠GAD=∠ECD=45°，AG＝EC．∴∠GAE=90°．∵EF⊥AC，∴∠FEC=∠FEA=90°．∴∠EFC=∠ECF=45°．∴EF=EC．∴EF=AG．∵∠GAE=∠FEA=90°，∴AG∥EF∴四边形AGEF为平行四边形．∴AF＝EG．∴AF=2DE．【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，生活中的平移现象，关键是根据正方形与平行四边形的性质、等腰直角三角形和全等三角形的判定和性质解答．12．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图，已知矩形ABCD中，AB=9，AD>AB．菱形EFGH的顶点H在边AD上，且AH=4，顶点G，E分别是边DC，AB上的动点，连接CF．(1)当四边形EFGH为正方形时，直接写出DG的长等于________；(2)连接GE，判断图中∠1与∠2的大小关系，并说明理由；(3)若ΔFCG的面积等于12，求DG的长．【答案】(1)4(2)∠1 =∠2，理由见解析(3)3【分析】（1）根据正方形的性质及矩形的性质得出∠DHG=∠AEH，利用全等三角形的判定和性质求解即可；（2）根据矩形及菱形的性质得出∠CGE=∠GEA，∠FGE=∠HEG，结合图形，找准各角之间的关系即可得出结果；（3）作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，连接EG，利用矩形及菱形的性质得出∠MGF=∠AEH，再由全等三角形的判定和性质得出MF=AH=4，利用三角形面积得出CG=6，结合图形求解即可．（1）解：如图所示，当四边形EFGH为正方形时，GH=HE，∠EHG=90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠D=∠A=90°，∴∠DHG=90°-∠AHE=∠AEH，∴∆DHG≅∆AEH，∴DG=AH=4，故答案为：4；（2）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AB∥CD，∴∠CGE=∠GEA，∵四边形EFGH为菱形，∴GF∥HE，∴∠FGE=∠HEG，∴∠CGE-∠FGE =∠GEA-∠HEG，即∠1=∠2；（3）如图，作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，连接EG， ∵四边形EFGH为菱形，∴GF∥HE，∴∠FGE=∠HEG，∵AB∥CD，∴∠CGE=∠GEA，∴∠CGE-∠FGE =∠GEA-∠HEG即∠MGF=∠AEH∵∠D=∠A=90°，GF=EH，∴∆MGF≅∆AEH，∴MF=AH=4，∵ΔFCG的面积等于12∴12×4×CG=12，∴CG=6，∵CD=AB=9，∴DG=CD-CG=3．【点睛】题目主要考查矩形、正方形及菱形的性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．13．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）（1）如图甲，点A在线段CE上，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．求证：△ABC≌△DAE．（2）如图乙，点O是正方形ABCD的中心，E是对角线OD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交边BC于点F，问：∠EAD与∠BEF有怎样的数量关系？并说明理由．（3）如图丙，点O是正方形ABCD的中心，E是对角线OB上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交边CB延长线于点F，问：∠EAD与∠BEF有怎样的数量关系？并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）∠EAD+∠BEF=45°，理由见解析；（3）∠EAD－∠BEF=45°，理由见解析【分析】（1）根据BC⊥AC， DE⊥AC．可得∠ACB＝∠AED＝90°，再由∠BAD＝90°，可得∠1＝∠D，即可求证；（2）过点E作EH⊥BC，交AD于G，可得到四边形ABHG为矩形，从而得到∠AGE＝∠FHE＝90°，进而得到∠GAE＝∠FEH，再由∠EBH＝45°，即可求解；（3）过点E作EH⊥BC，交AD于G，根据正方形的性质可得△BEH是等腰直角三角形，从而得到∠EBH＝45°，由（2）得：∠GAE＝∠FEH，即可求解．【详解】（1）证明：∵BC⊥AC， DE⊥AC．∴∠ACB＝∠AED＝90°∵∠BAD＝90°，∴∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°∴∠1＝∠D，∵AB＝AD，∴△ABC≌△DAE(AAS) ；（2）解：∠EAD+∠BEF=45° ，理由如下：过点E作EH⊥BC，交AD于G，在正方形ABCD中，∠EBH＝45°，∠ABC=∠BAD=∠BHE=90°，∴四边形ABHG为矩形，∴∠AGE＝∠FHE＝90°，∴∠GAE+∠AEG＝∠FEH+∠AEG＝90°，∴∠GAE＝∠FEH，∵∠EBH＝45°，∴∠BEH=∠EBH=45°，∴∠EAD+∠BEF=∠FEH+∠BEF=∠BEH=45°； （3）解：∠EAD－∠BEF=45°，理由如下：过点E作EH⊥BC，交AD于G，在正方形ABCD中，∠CBD=45°，∴△BEH是等腰直角三角形，∴∠EBH＝45°由（2）得：∠GAE＝∠FEH，∴∠EAD－∠BEF=∠FEH－∠BEF=∠BEH=45°．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识是解题的关键．14．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0⩽t⩽10(1)若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？答： ；（直接填空，不用说理）(2)在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值；(3)在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值．【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形(2)t=2或t=8(3)t=94【分析】（1）利用三角形全等可得EG=FH，∠AEG=∠CFH，则EG∥FH，即可证明；（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF=GH即可求解；（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：四边形EGFH是平行四边形，理由如下：由题意得：AE=CF=t，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠GAE=∠HCF，∵G，H分别是AD，BC中点，∴AG=12AD，CH=12BC，∴AG=CH，∴△AEG≌△CFH（SAS），∴EG=FH，∠AEG=∠CFH，∴∠FEG=∠EFH，∴EG∥HF，∴四边形EGFH是平行四边形．故答案为：四边形EGFH是平行四边形．（2）解：如图1，连接GH，由（1）得AG=BH，AG∥BH，∠B=90°，∴四边形ABHG是矩形，∴GH=AB=6，①如图1，当四边形EGFH是矩形时，∴EF=GH=6，∵AE=CF=t，∴EF=10-2t=6，∴t=2；②如图2，当四边形EGFH是矩形时，∵EF=GH=6，AE=CF=t，∴EF=t+t-10=2t-10=6，∴t=8；综上，四边形EGFH为矩形时t=2或t=8．（3）解：如图3，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O，M为AD边的中点，N为BC边和中点，∵四边形EGFH为菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∴OA=OC，AG=AH，∴四边形AGCH为菱形，∴AG=CG，设AG=CG=x，则DG=8-x，由勾股定理可得：AB2+BG2=AG2，即：62+（8-x）2=x2，解得：x=254，∴MG=AG-AM=254-4=94，即t=94，∴当四边形EGFH为菱形时，t=94．【点睛】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用．15．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=8．延长BC到D，使得CD=BC，以AC、CD为邻边作平行四边形ACDE，连接BE交AC于点O．(1)求证：四边形ABCE为菱形；(2)如图2，点P是射线BC上一动点（不与点B、C、D重合），设BP=x，连接PO并延长，延长线交直线AE于点Q． ①以P、Q、E、D四点围成的四边形面积记为S，求S与x的函数关系式； ②当△POC为等腰三角形时，求x的值．【答案】(1)见解析(2)①S=24（010)；②x=2.5或1或9【分析】（1）先证得AE∥BC，AE=BC，推出四边形ABCE是平行四边形，再根据AB=BC，证得▱ABCE是菱形；（2）①过点A作AH⊥CB的延长线，垂足为H，勾股定理求出OB，得到BE，根据菱形面积求出AH，分两种情况：当点P在线段BD上（不含端点）时，010，通过证明△QOE≌△POB，得到QE=PB=x，根据梯形面积计算得出函数解析式；②根据等腰三角形的定义分三种情况计算可得．（1）证明：∵四边形ACDE是平行四边形，∴AE∥CD，AE=CD，∵BC=CD，∴AE∥BC，AE=BC，∴四边形ABCE是平行四边形，∵AB=BC，∴▱ABCE是菱形；（2）①过点A作AH⊥CB的延长线，垂足为H，∵AC=8，∴OA=OC=4，∵BC=5，∴OB=BC2−OC2=52−42=3，∴BE=6，∵12×AC×BE=BC×AH，即12×8×6=5AH，解得AH=4.8，当点P在线段BD上（不含端点）时，010，∵∠QEO=∠PBO，∠QOE=∠POB，OE=OB，∴△QOE≌△POB，∴QE=PB=x，∴S=12×（QE+PD）×AH=12×(x+x-10)×4.8=4.8x-24，∴S=24（010)，②当OP=OC时，不存在，舍去，当PO=PC时，点P在BC的中点，∴x=2.5，当CO=CP时，5-x=4或x-5=4，解得x=1或9，综上：x=2.5或1或9．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的定义，勾股定理，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键．16．（2022春·江苏泰州·八年级统考期中）如图1，在菱形ABCD中，AB=2，∠B=60∘，点E是AD边上一动点，F是AB边上一动点，且AE=BF，连接CE、CF．(1)则∠ECF的度数是_____°；(2)求证：CE＝CF；(3)如图2，试仅用一把无刻度的直尺，在边BC上作点G，使得AE=CG．（保留作图率迹，不写作法）【答案】(1)60(2)证明见解析(3)作图见解析【分析】（1）连接AC，先根据菱形的性质得到BA＝BC＝AD＝CD，再证明△ABC和△ACD都为等边三角形得到CA＝CB，∠ACB＝∠DAC＝60°，接着证明ΔAEC ≌ ΔBFC(SAS)得到∠ACE＝∠BCF，所以∠ECF＝∠ACB＝60°；（2）利用（1）中ΔAEC ≌ ΔBFC(SAS)得到结论；（3）连接菱形的对角线，对角线的交点为O，再利用EO并延长交BC于G点，利用菱形的中心对称的性质得到CG＝AE．（1）解：连接AC，如图所示：∵四边形ABCD为菱形，∴BA＝BC＝AD＝CD，∵∠B＝60°，∴∠D＝60°，∴△ABC和△ACD均为等边三角形，∴CA＝CB，∠ACB＝∠DAC＝60°，在△ACE和△CBF中，{AE＝BF∠EAC＝∠BCA＝CB，∴ΔAEC ≌ ΔBFC(SAS)，∴∠ACE＝∠BCF，∴∠ACE＋∠ACF＝∠ACF＋∠BCF，即∠ECF＝∠ACB＝60°，故答案为：60；（2）解：由（1）知ΔAEC ≌ ΔBFC(SAS)，∴ CE＝CF；（3）解：如图所示，点G即为所求：【点睛】本题考查了菱形综合问题，涉及到菱形性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、作图−复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉相关知识点，尤其是基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．17．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）如图1，在正方形ABCD中，边AB=3，点P、Q、E分别在AB、CD、AD上（E不与A、D重合）(1)如图2，当点Q与C重合，且PC⊥BE时，求证：PC=BE；(2)如图3，若将四边形PBCQ沿PQ翻折，使点B落在E点处，连接PE、EQ，BQ．①若AE=1，求BP的长；②求四边形BPEQ面积S的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)①53；②920）．过点P作PE⊥BC于点E，连接EQ，PQ．(1)求证：PE=DQ；(2)四边形PEQD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．(3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由．【答案】(1)证明见解析.(2)当t=83时，四边形PEQD为菱形.(3)当t=2或165时，△POE为直角三角形.【分析】（1）由矩形的性质得到∠ADB =∠PBE= 30°，由垂直得∠BEP=90°，在Rt△BEP中，由BP=2t，得PE= t，即可得到PE= DQ .（2）先证四边形PEQD为平行四边形， PD=8-2t，DQ=t，当PD= DQ时四边形PEQD为菱形，即可求解.（3）分①当∠EPQ=90°时， ②当∠PQE =90°时，③当∠PEQ=90°时， 三种情况讨论即可.（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∵∠ADB = 30°，∴∠PBE= 30°，∵PE⊥BC ，∴∠BEP=90°，在Rt△BEP中，BP=2t，∴PE= t，又∵DQ=t，∴PE= DQ .（2）解：能．理由如下：∵∠BEP=∠C=90º，∴PE∥DQ，又∵PE= DQ，∴四边形PEQD为平行四边形，在Rt△ABD中，AB=4，∠ADB = 30°，∴BD=2AB =8，∵BP=2t，∴PD= BD-BP=8-2t，若使平行四边形PEQD为菱形，则需PD= DQ，即t =8-2t，∴t=83，即当t=83时，四边形PEQD为菱形.（3）解：①当∠EPQ=90°时，四边形EPQC为矩形，∴PE =QC，∵PE=t，QC=4-t，∴t = 4- t，即t = 2；②当∠PQE =90°时，∠DPQ=∠PQE= 90º，在Rt△DPQ中，∠PQD= 30°，∴DQ = 2DP，∵DQ=t，DP=8-2t，∴t = 2(8-2t) ，即t =165.③当∠PEQ=90°时，此种情况不存在．综上所述，当t=2或165时，△POE为直角三角形.【点睛】此题考查了动点的问题和菱形性质及矩形性质,动点题是每年中考的必考题型之一，找到动点运动的规律和路线、速度，以及是否停止，和有无取值范围是解答此题的基础.37．（2022春·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考期中）如图，点A的坐标为8,0，点B的坐标为6,4，点C的坐标为0,4，点P从原点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿x轴向右运动，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC向左运动，P，Q两点同时出发，当点Q运动到点C时，P，Q两点停止运动，设运动时间为t（秒）．（1）当t=_______秒时，四边形OPQC为矩形；（2）在整个运动过程中，t为何值时，PQ垂直平分线段AC？判断此时四边形AQCP的形状，并说明理由；（3）在整个运动过程中，t为何值时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？【答案】（1）32；（2）t=1时，PQ垂直平分线段AC，此时四边形AQCP为菱形；（3）当t=2或t=4时以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．【分析】（1）当CQ=OP时，四边形OPQC为矩形，由题意可知：CQ=6−t，OP=3t，列式计算；（2）根据垂直平分线的性质可知若PQ垂直平分线段AC，则CP=PA=8−3t，AQ=CQ，再在Rt△OPC中利用勾股定理即可求得t，由此可得四边形AQCP的四边长度发现它是相等的，从而得出其为菱形；（3）当BQ=AP时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分当点P在线段OA上和当点P在线段OA的延长线上两种情况讨论．【详解】解：（1）如图1，由题意得：OP=3t，BQ=t，CQ=6−t，∵B(6,4)，C(0,4)，∴BC//x轴，即BC//OP，∵∠COP=90°，∴当CQ=OP时，四边形OPQC为矩形，则6−t=3t，t=32，故答案为：32；（2）若PQ垂直平分线段AC，则CP=PA=8−3t，AQ=CQ在Rt△OPC中，根据勾股定理，OC2+OP2=CP2，即16+9t2=(8−3t)2，解得t=1，此时CP=PA=5，AQ=CQ=5，故t=1时，PQ垂直平分线段AC，此时四边形AQCP为菱形；（3）①当点P在线段OA上时，BQ=t,AP=8−3t，当BQ=AP,BQ//AP时，四边形ABQP是平行四边形，∴t=8−3t，解得t=2，当点P在线段OA的延长线上时，BQ=t,AP=3t−8当BQ=AP,BQ//AP时，四边形APBQ是平行四边形，∴t=3t−8，解得t=4，综上所述，当t=2或t=4时以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．【点睛】本题是四边形的综合题，以两个动点P、Q为背景，考查了平行四边形、矩形、梯形的性质及面积；此类题的解题思路为：首先根据运动路径、时间和速度确定其运动的路程，即能用时间t表示各条线段的长，再利用已知条件找等量关系列方程．38．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）如图1，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=2∠ABC，∠α的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合．（1）求∠α的度数；（2）如图2，将∠α绕点A按逆时针方向旋转，两边分别与菱形的两边BC，CD相交于点E，F．①试探究CE，CF的数量关系，并证明你的结论；②连结EF，在旋转过程中，△CEF的周长是否发生改变？如果没有变化，请说明理由；如果有变化，请求出△CEF周长的最小值．【答案】（1）60°；（2）①CE＋CF=2，理由见详解；②△CEF的周长会发生改变，△CEF周长最小值=2+3．【分析】（1）根据菱形的性质，可得∠BAD=120°，∠ABC=60°，进而即可求解；（2）①先证明△ABC、△ACD都是等边三角形，再证明△BAE≌△CAF，可得BE＝CF，进而即可得到结论；②连接EF，可得△AEF是等边三角形，从而得△CEF周长=2+AE，即当AE最小时，△CEF周长最小，进而即可得到答案．【详解】解：（1）在菱形ABCD中，∠BAD=2∠ABC，∴∠BAD=120°，∠ABC=60°，∴∠BAC=12∠BAD=60°，即：∠α=60°；（2）①∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA．∵∠B＝60°，∴∠D＝60°，∴△ABC、△ACD都是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACD＝∠B＝60°．∵∠EAF＝∠α=60°，∴∠BAC＝∠EAF＝60°，∴∠BAC−∠EAC＝∠EAF−∠EAC，即∠BAE＝∠CAF，在△BAE和△CAF中，∠BAE＝∠CAFAB＝AC∠B＝∠ACF，∴△BAE≌△CAF（ASA），∴BE＝CF，∴CE＋CF＝CE＋BE= BC=AB=2；②连接EF，∵△BAE≌△CAF，∴AE=AF，∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∵△CEF周长=CE+CF+EF=2+EF=2+AE，∴△CEF的周长会发生改变，当AE最小时，△CEF周长最小，∵AE⊥BC时，AE最小=3BE= 3×12AB=3×12×2=3，∴△CEF周长最小值=2+3．【点睛】此题是四边形综合题，考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．正确作出辅助线，构造等边三角形是解题的关键．39．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）【理解概念】一组邻边相等，且这组邻边所夹内角的对角被对角线平分的四边形叫做等平四边形，这条对角线叫做等平对角线．（1）下列四边形是等平四边形的是 ．（填序号）①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形．【探索性质】（2）如图①，在等平四边形ABCD中，BC=DC，AC平分∠BAD．若AB>AD，则∠B与∠D有怎样的数量关系？说明理由．【解决问题】（3）如图②，四边形ABCD中，BC=DC，∠BAD=∠BCD=90°．求证：四边形ABCD是等平四边形．【答案】（1）②④；（2）∠B+∠ADC=180°；理由见解析；（3）见解析【分析】（1）根据”等平四边形“的定义，结合菱形和正方形的性质即可判断菱形和正方形都是等平四边形；（2）过点C作CE⊥AB于E，作CF⊥AD交AD的延长线于F，可证得Rt△CBE≌Rt△CDF（HL），即可得出答案；（3）过点C作CE⊥AB于E，作CF⊥AD交AD的延长线于F，可证得△CBE≌△CDF（AAS），再运用角平分线的判定定理即可证得结论．【详解】解：（1）∵菱形和正方形都具有四边相等，对角线平分每一组对角的性质，∴菱形和正方形都是等平四边形，故答案为：②④；（2）∠B+∠ADC=180°．理由如下：如图①，过点C作CE⊥AB于E，作CF⊥AD交AD的延长线于F，∵AC平分∠BAD．CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE=CF，∵∠CEB=∠F=90°，BC=DC，∴Rt△CBE≌Rt△CDF（HL），∴∠B=∠CDF，∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠B+∠ADC=180°；（3）如图②，过点C作CE⊥AB于E，作CF⊥AD交AD的延长线于F，则∠CEB=∠CEA=∠F=90°，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∵∠BAD+∠BCD+∠B+∠ADC=360°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠CDF+∠ADC=180°，∴∠B=∠CDF，在△CBE和△CDF中，∠CEB=∠F∠B=∠CDFBC=DC，∴△CBE≌△CDF（AAS），∴CE=CF，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴∠CAB=∠CAD，∴AC平分∠BAD，∵BC=DC，∴四边形ABCD是等平四边形．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形、菱形、矩形性质，全等三角形判定和性质，角平分线性质和判定等知识，熟练掌握全等三角形判定和性质、角平分线性质和判定，理解并运用新定义是解题关键．40．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，AB∥OC，点B，C的坐标分别为（15，8），（21，0），动点M从点A沿A→B以每秒1个单位的速度运动；动点N从点C沿C→O以每秒2个单位的速度运动．M，N同时出发，设运动时间为t秒．（1）在t=3时，M点坐标　　　，N点坐标　　　　　；（2）当t为何值时，四边形OAMN是矩形？（3）运动过程中，四边形MNCB能否为菱形？若能，求出t的值；若不能，说明理由．【答案】（1）（3，8）；（15，0）；（2）t=7秒时，四边形OAMN是矩形；（3）存在，t=5秒时，四边形MNCB为菱形．【分析】（1）根据点B、C的坐标求出AB、OA、OC，然后根据路程=速度×时间求出AM、CN，再求出ON，然后写出点M、N的坐标即可；（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，当AM=ON时，四边形OAMN是矩形，然后列出方程求解即可；（3）先求出四边形MNCB是平行四边形的t值，并求出CN的长度，然后过点B作BC⊥OC于D，得到四边形OABD是矩形，根据矩形的对边相等可得OD=AB，BD=OA，然后求出CD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形进行验证．【详解】解：（1）∵B（15，8），C（21，0），∴AB=15，OA=8，OC=21，当t=3时，AM=1×3=3，CN=2×3=6，∴ON=OC-CN=21-6=15，∴点M（3，8），N（15，0）；故答案为：（3，8）；（15，0）；（2）当四边形OAMN是矩形时，AM=ON，∴t=21-2t，解得t=7秒，故t=7秒时，四边形OAMN是矩形；（3）存在t=5秒时，四边形MNCB能为菱形．理由如下：四边形MNCB是平行四边形时，BM=CN，∴15-t=2t，解得：t=5秒，此时CN=5×2=10，过点B作BD⊥OC于D，则四边形OABD是矩形，∴OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=21-15=6，在Rt△BCD中，BC=BD2+CD2=82+62=10，∴BC=CN，∴平行四边形MNCB是菱形，故，存在t=5秒时，四边形MNCB为菱形．【点睛】本题主要考查了四边形综合以及矩形的性质，平行四边形与菱形的关系，勾股定理等知识，根据矩形、菱形与平行四边形的联系列出方程是解题的关键．41．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图①，已知正方形ABCD，把一个直角与正方形叠合，使直角顶点与正方形的一个顶点重合，当直角的一边与BC相交于点E，另一边与CD的延长线相交于点F时．（1）证明：BE=DF；（2）如图②，作∠EAF的平分线交CD于点G，连接EG．证明：BE+DG=EG．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=∠B=∠ADC=90°，再根据等角的余角相等得∠BAE=∠DAF，则可根据“ASA”证明△ABE≌△ADF，然后根据全等的性质即可得到BE=DF；（2）由△ABE≌△ADF得AE=AF，再根据角平分线的定义得∠EAG=∠FAG，然后根据“SAS”可判断△AEG≌△FAG，得到GE=GF，由于GF=DG+DF，所以BE+DG=EG；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠ADC=90°，∵∠EAF=90°，∴∠EAD+∠FAD=90°，∠EAD+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠DAF，在△ABE和△ADF中，∠BAE＝∠DAFAB＝AD∠ABE＝∠ADF ，∴△ABE≌△ADF（ASA），∴BE=DF；（2）证明：∵△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∵∠EAF的平分线交CD于G点，∴∠EAG=∠FAG，在△AEG和△FAG中AE＝AF∠EAG＝∠FAGAG＝AG ，∴△AEG≌△FAG（SAS），∴GE=GF，∵GF=DG+DF，而BE=DF，∴BE+DG=EG；【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的性质和判定，解答关键是会运用三角形全等的知识解决线段相等的问题．42．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂直四边形．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂直四边形吗？请说明理由；（2）如图2，四边形ABCD是垂直四边形，求证：AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）如图3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE，已知AC＝4，BC＝3，求GE长．【答案】（1）四边形ABCD是垂直四边形；理由见解析；（2）见解析；（3）GE＝73【分析】（1）由AB＝AD，得出点A在线段BD的垂直平分线上，由CB＝CD，得出点C在线段BD的垂直平分线上，则直线AC是线段BD的垂直平分线，即可得出结果；（2）设AC、BD交于点E，由AC⊥BD，得出∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2，即可得出结论；（3）连接CG、BE，由正方形的性质得出AG＝AC，AB＝AE，CG=2AC=42，BE=2AB，∠CAG＝∠BAE＝90°，易求∠GAB＝∠CAE，由SAS证得△GAB≌△CAE，得出∠ABG＝∠AEC，推出∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂直四边形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2，AB=AC2+BC2=5，BE=2AB=52，代入计算即可得出结果．【详解】（1）解：四边形ABCD是垂直四边形；理由如下：∵AB＝AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB＝CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形；（2）证明：设AC、BD交于点E，如图2所示：∵AC⊥BD，∴∠AED＝∠AEB＝∠BEC＝∠CED＝90°，由勾股定理得：AD2+BC2＝AE2+DE2+BE2+CE2，AB2+CD2＝AE2+BE2+DE2+CE2，∴AD2+BC2＝AB2+CD2；（3）解：连接CG、BE，如图3所示：∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AB＝AE，CG=2AC=42，BE=2AB，∠CAG＝∠BAE＝90°，∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠ABG＝∠AEC，又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE＝90°，∴∠ABG+∠CEB+∠ABE＝90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂直四边形，由（2）得，CG2+BE2＝BC2+GE2，∵AC＝4，BC＝3，∴AB=AC2+BC2=42+32=5，BE=2AB=52，∴GE2=CG2+BE2−BC2=(42)2+(52)2−32=73，∴GE＝73．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、勾股定理、垂直平分线、垂直四边形、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．43．（2022春·江苏常州·八年级统考期中）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB的中点，点E在边BC上，AE＝BE，点M是AE的中点，联结CM，点G在线段CM上，作∠GDN＝∠AEB交边BC于N．（1）如图2，当点G和点M重合时，求证：四边形DMEN是菱形；（2）如图1，当点G和点M、C不重合时，求证：DG＝DN．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）如图2中，首先证明四边形DMEN是平行四边形，再证明ME=MD即可证明．（2）如图1中，取BE的中点F，连接DM、DF．只要证明ΔDMG≌ΔDFN即可．【详解】证明：（1）如图2中，∵AM=ME．AD=DB，∴DM//BE，∴∠GDN+∠DNE=180°，∵∠GDN=∠AEB，∴∠AEB+∠DNE=180°，∴AE//DN，∴四边形DMEN是平行四边形，∵DM=12BE，EM=12AE，AE=BE，∴DM=EM，∴四边形DMEN是菱形．（2）如图1中，取BE的中点F，连接DM、DF．由（1）可知四边形EMDF是菱形，∴∠AEB=∠MDF，DM=DF，∴∠GDN=∠AEB，∴∠MDF=∠GDN，∴∠MDG=∠FDN，∵∠DFN=∠AEB=∠MCE+∠CME，∠GMD=∠EMD+∠CME，、在RtΔACE中，∵AM=ME，∴CM=ME，∴∠MCE=∠CEM=∠EMD，∴∠DMG=∠DFN，∴ΔDMG≌ΔDFN，∴DG=DN．【点睛】本题考查菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，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，属于中考常考题型．44．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE=CF，点P在射线BC上（点P不与点F重合）．将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．（1）如图1，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，线段BP，QC，EC的数量关系为　　．（2）如图2，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（3）正方形ABCD的边长为6，AB=3DE，QC=1，请直接写出线段BP的长．【答案】（1）BP+QC=EC；理由见解析；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）线段BP的长为3或5．【分析】（1）由ASA证明ΔPEQ≅ΔEGD，得出PQ=ED，即可得出结论；（2）由ASA证明ΔPEQ≅ΔEGD，得出PQ=ED，即可得出结论；（3）①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP=EC−QC，求出DE=2，EC=4，即可得出答案；②当点P在射线FC上时，点Q在线段BC的延长线上，同理可得：BP=QC+EC=5；即可得出答案．【详解】（1）BP+QC=EC；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠BCD=90°，由旋转的性质得：∠PEG=90°，EG=EP，∴∠PEQ+∠GEH=90°，∵QH⊥GD，∴∠H=90°，∠G+∠GEH=90°，∴∠PEQ=∠G，又∵∠EPQ+∠PEC=90°，∠PEC+∠GED=90°，∴∠EPQ=∠GED，在ΔPEQ和ΔEGD中，∠EPQ=∠GEDEP=EG∠PEQ=∠G，∴ΔPEQ≅ΔEGD(ASA)，∴PQ=ED，∴BP+QC=BC−PQ=CD−ED=EC，即BP+QC=EC；故答案为BP+QC=EC；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：由题意得：∠PEG=90°，EG=EP，∴∠PEQ+∠GEH=90°，∵QH⊥GD，∴∠H=90°，∠G+∠GEH=90°，∴∠PEQ=∠G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB=90°，BC=DC，∴∠EPQ+∠PEC=90°，∵∠PEC+∠GED=90°，∴∠GED=∠EPQ，在ΔPEQ和ΔEGD中，∠EPQ=∠GEDEP=EG∠PEQ=∠G，∴ΔPEQ≅ΔEGD(ASA)，∴PQ=ED，∴BP+QC=BC−PQ=CD−ED=EC，即BP+QC=EC；（3）分两种情况：①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP=EC−QC，∵AB=3DE=6，∴DE=2，EC=4，∴BP=4−1=3；②当点P在射线FC上时，点Q在线段BC的延长线上，如图3所示：同（2）可得：ΔPEQ≅ΔEGD(AAS)，∴PQ=ED，∵BC=DC，DC=EC+DE，∴BP=BC+PC=DC+PC=EC+DE+PC=EC+PQ+PC=EC+QC，∴BP=QC+EC=1+4=5；综上所述，线段BP的长为3或5．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．45．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）知识再现：已知，如图，四边形ABCD是正方形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，延长CB至G使BG＝DN，连接AG，根据三角形全等的知识，我们可以证明MN＝BM+DN．知识探究：（1）在如图中，作AH⊥MN，垂足为点H，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为 ；知识拓展：（3）如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．【答案】（1）AB＝AH， 证明见解析；（2）3；（3）8 .【分析】（1）先证△ABG≌△ADN，再证△GAM≌△NAM，根据GM和NM是对应边，得到AB＝AH（全等三角形对应边上的高相等）； （2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，又AE=AD=AF，所以四边形AEGF是正方形，设设CD=x，则BG=6−2=4；CG=6− x；BC=2+ x，在Rt△BGC中，42+6−x2=(x+2)2,得x=3，所以CD的长为3．（3）过点A作AM⊥EF交EF于点M,证明△ABE≌△AME，得到BE=ME=12, AB=AM=AD,再证明Rt△ADF≌Rt△AMF,设DF=x，得到EF=12+ x；FC=24− x；EC=12，在Rt△EFC中,122+24−x2=(x+12)2, 解方程即可.【详解】（1）AB＝AH， 证明：如图1图1∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠D=90°， ∴∠ABG=180°−∠ABC=90°， 又∵AB=AD，∵在△ABG和△ADN中，AB=AD∠ABG=∠ADNBG=DN，  ∴△ABG≌△ADN(SAS)，∴∠BAG=∠DAN，AG=AN， ∵∠BAD=90°，∠MAN=45°， ∴∠DAN+∠BAM=90°−∠MAN=45°， ∴∠BAG+∠BAM=45°， 即∠GAM=45°， ∵在△GAM和△NAM中，AG=AN∠GAM=∠NAMAM=AM，  ∴△GAM≌△NAM(SAS)，又∵GM和NM是对应边，∴AB=AH(全等三角形对应边上的高相等)；（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，图2∵AD是△ABC的高，∴∠ADB=∠ADC=90°， ∴∠E=∠F=90°， 又∵∠BAC=45°， ∴∠EAF=90°，延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，又∵AE=AD=AF∴四边形AEGF是正方形，由（1）、（2）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，设CD=x，∴BG=6−2=4；CG=6− x；BC=2+ x，在Rt△BGC中,42+6−x2=(x+2)2, 解得x=3, 故CD的长为3.（3）如图3，过点A作AM⊥EF交EF于点M,∠AEB=90°−∠1,∠FEC=2∠1, ∠AEM=180°−∠AEB−∠FEC=90°−∠1, ∴∠AEB=∠AEM, 在△ABE和△AME中，∠ABE=∠AME=90°∠AEB=∠AEFAE=AE，  ∴△ABE≌△AME(AAS)，∴BE=ME=12BC=12AB=12, AB=AM=AD, 在Rt△ADF和Rt△AMF中，AD=AMAF=AF, Rt△ADF≌Rt△AMF,∴MF=DF, 设DF=x，∴EF=12+ x，FC=24− x，EC=12，在Rt△EFC中,122+24−x2=(x+12)2， 解得x=8， 故DF的长为8.【点睛】考查正方形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质, 勾股定理, 翻折变换（折叠问题），作出辅助线是解题的关键.46．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，∠A=∠B=∠C=∠D=∠=∠F=90°，AB、EF、CD为铅直方向的边，AF、DE、BC为水平方向的边，点E在AB、CD之间，且在AF、BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“L图形”的等积线．(1)下列四副图中，直线L是该“L图形”等积线的是_________(填写序号)(2)如图2，直线m是该“L图形”的等积线，与边BC、AF分别交于点M、N，过MN中点O的直线分别交边BC、AF于点P、Q，则直线PQ (填“是”或“不是”)该图形的等积线．(3)在图3所示的“L图形”中，AB=6，BC=10，AF=2．①若CD=2，在下图中画出与AB平行的等积线l(在图中标明数据)②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边DE、BC分别交于P、Q，求PQ的最大值；③如果存在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，则CD的取值范围为 ．【答案】(1)①②③(2)是(3)①1；②210；③65 65，故答案为： 65DE>PD；当点P在线段BD上时：DE>PE>PD；这两种情况都不能构成等腰三角形。 3、当点P在线段BC上时，设点P的坐标是（x,4） 1）当点P在线段BE上时，∠DPE>90°，则PD=PE ∴ (x−5)2=(x−9)2+(4−1)2, 解得：x=658， ∴ t=22−658=1118 2）当点P在线段CE上时，∠PED>90°，则：PE=DE=5，而CE=5 ∴点P与点C重合， ∴ t=22（舍去） 综上1、2、3所述t=2，或t=8，或t=418，或t=1118 【点睛】本题考查四边形的综合题、矩形的性质，利用勾股定理解决问题，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的方法思考问题，学会利用参数构建方程解 53．（2022秋·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD的边长为8cm，点E在AD边上，AE=6cm,动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C→D运动，设运动时间为t秒． (1)BE=___________； (2)当点P在BE的垂直平分线上时，求t的值； (3)当t=___________，PE平分∠BED，试猜想此时PB是否为∠EBC的角平分线，并说明理由． 【答案】(1)10 (2)当点P在BE的垂直平分线上，运动时间为78s或658s. (3)10s，BP是∠EBC的角平分线，理由见解析． 【分析】（1）由正方形的性质结合勾股定理可得BE=AB2+AE2=10. （2）如图，当P在AB上时，点P在BE的垂直平分线上，则PB=PE, 设AP=x, 则PB=PE=8−x, 可得8−x2=x2+62, 当P1在CD上时，如图，则P1B=P1E, 设CP1=m, 结合正方形的性质可得：P1D=8−m, 82+m2=22+8−m2, 再解方程可得答案； （3）如图，连接PE, 过P作PF⊥BE于F, PF=PD,  EF=ED=2,BF=10−2=8=BC, 可得PC=PD=4, 从而可得运动时间，再证明△BPC≌△BPF, 可得BP平分∠EBC. 【详解】（1）解：∵正方形ABCD的边长为8cm，点E在AD边上，AE=6cm, ∴AB=8,∠A=90°, ∴BE=AB2+AE2=10. 故答案为：10. （2）如图，当P在AB上时，点P在BE的垂直平分线上，则PB=PE, 设AP=x, 则PB=PE=8−x, ∴8−x2=x2+62, 解得：x=74, ∴运动时间为：74÷2=74×12=78s， 当P1在CD上时，如图，则P1B=P1E, 设CP1=m, 结合正方形的性质可得：P1D=8−m, ∴82+m2=22+8−m2, 解得：m=14, ∴运动时间为：8×2+14÷2=658s， 综上：当点P在BE的垂直平分线上，运动时间为78s或658s. （3）如图，连接PE, 过P作PF⊥BE于F, ∵EP平分∠BED,∠D=90°, ∴PF=PD, 而DE2=PE2−DP2,EF2=PE2−PF2, ∴EF=ED=2,BF=10−2=8=BC, 同理可得：PF=PC, ∴PC=PD=4, ∴运动时间为：8×2+4÷2=10s, 由BF=BC,PF=PC,BP=BP, ∴△BPC≌△BPF, ∴∠EBP=∠CBP, ∴BP平分∠EBC. 【点睛】本题考查的是正方形的性质，线段的垂直平分线的性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，熟练的利用几何图形的性质建立方程是解本题的关键． 54．（2022秋·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D=90°，AB=CD=5，BC=AD=4． (1)P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处）． ①如图1，当点B落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的图形（即△AEP的位置，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时DE=______； ②如图2，PB与CD相交于点F，AB与CD相交于点G，且FC＝FE，求BP的长； (2)如图3，已知点Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B′处，求BQ的长． 【答案】(1)①3；②BP＝103 (2)BQ的长为2或8 【分析】（1）①以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，作BE的垂直平分线交BC于点P，连接EP、AP，再由翻折的性质和勾股定理求出DE即可； ②由翻折得：BP=EP，AE=AB=10，设BP=EP=x,则PC=8−x,再证△GEF≌△PCF（ASA），得GF=PF，GE=PC=8−x,则GC=EP=x,DG=CD−GC=10−x,AG=AE−GE=x+2，然后在Rt△ADG中，由勾股定理得出方程，解方程即可； （2）分两种情况：①点Q在线段AB上时，证QD=CD=10，再由勾股定理得DB'=6，则BQ=B'Q=QD−DB'=4； ②点Q在BA延长线上时，由勾股定理得DB'=3，设BQ=B'Q=y,则DQ=y−3，AQ=y−5，然后在Rt△ADQ中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【详解】（1）解：①以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，连接BE，作BE的垂直平分线交BC于点P，连接EP、AP,△AEP即为所求的三角形，DE＝3 ②由翻折得：BP=EP，AE=AB=5，∠E=∠B=90°， ∴∠E＝∠C， 设BP＝EP＝x，则PC＝4﹣x， ∵∠EFG＝∠CFP，FE＝FC， ∴△GEF≌△PCFASA， ∴GF＝PF，GE＝PC＝4﹣x， ∴GC＝EP＝x， ∴DG＝CD-GC＝5-x，AG＝AE−GE＝5−4−x＝x+1， 在Rt△ADG中，由勾股定理得：42+5﹣x2＝x+12， 解得： x=103,即BP=103 （2）解：分两种情况： ①点Q在线段AB上时，如图3所示： 由翻折的性质得：∠CQB＝∠CQB'，B'C＝BC＝4，BQ＝B'Q，∠CB'Q＝∠B＝90°， ∴∠CB'D＝90°， ∵∠A+∠ADC＝180°， ∴CD//AB， ∴∠DCQ＝∠CQB， ∴∠DCQ＝∠CQD， ∴QD＝CD＝5， ∴DB'＝3， ∴BQ＝B'Q＝QD﹣DB'＝5﹣3＝2； ②点Q在BA延长线上时，如图4所示： 由翻折的性质得：BQ＝B'Q，B'C＝BC＝4，∠B'＝∠B＝90°， ∴DB'＝3， 设BQ＝B'Q＝y，则DQ＝y﹣3，AQ＝y﹣5， ∵∠BAD＝90°， ∴∠DAQ＝90°， 在Rt△ADQ中，由勾股定理得：42+y﹣52＝y﹣32， 解得：y＝8， 即BQ＝8； 综上所述，BQ的长为2或8． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、分类讨论以及尺规作图等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，属于中考常考题型． 55．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（03时，y随x的增大而增大（合理即可）；右，3； （2）①−43时，当−1≤k≤3时，当k<−1时，求解即可． 【详解】解：（1）当x=0时，y=3，当x=2时，y=1， 当x=3时，y=0，当x=4时，y=1，当x=5时，y=2， 则“绝对值函数”y=|x−3|的图象图象如图所示： 由图可知，“绝对值函数”y=|x−3|的图象①关于直线x=3对称；最低点（3，0）；②当x<3时，y随x的增大而减小，当x>3时，y随x的增大而增大． “绝对值函数”y=|x−3|的图象可以由y=|x|的图象向右平移3个单位得到， 故答案为：右，3； （2）①由（1）知，“绝对值函数”y=|x−k|的图象可以由y=|x|的图象向右或向左平移｜k｜个单位得到，由题意，分别画出“绝对值函数”y=|x−k|经过点C和点D的图象，如图所示： 由题意，当n的最大值为3时，点P在CD上， 由图可知，当n的最大值为3时，k的取值范围为−43时，|3−k|=k+3，无解； 当−1≤k≤3时，k+3=0，k=−3舍去 当k<−1时，|−1−k|=k+3，k=−2． 综上，当n的最小值为k+3，满足条件的k=−2． 【点睛】本题考查一次函数与几何变换的综合、画函数的图象、绝对值，借助数形结合思想解决问题是解答的关键． 64．（2022春·江苏无锡·八年级统考期中）如图1．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点E从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向运动，连接AE，以AE为边向上作正方形AEFG．设点E的运动时间为t秒． 图1                        图2 (1)当点F恰好落在DC边上时，求t的值； (2)如图2，EF与CD边交于点M，当DM＝EM时，求t的值； (3)当点E从点B运动到点C时，求点F的运动路径长． 【答案】(1)t=1 (2)t=7 (3)42 【分析】（1）由“AAS”可证△AEB≌△EFC，可得AB=EC=3，可求BE的长，即可求解； （2）由“HL”可证Rt△AEM≌Rt△ADM，可得AE=AD=4，由勾股定理可求BE的长，即可求解； （3）由“SAS”可证△AEH≌△FEP，可得∠AHE=∠EPF=135°，AH=PF，则点F在∠QPC的角平分线上运动，点F的运动路径长为PF的长，即AH的长，即可求解． （1） 当点F恰好落在DC边上时，如图， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠C=90°， ∴∠BAE+∠BEA=90° ∵四边形AEFG是正方形 ∴AE=EF，∠AEF=90°， ∴∠BAE+∠FEC=90° ∴∠BAE=∠FEC 在△AEB和△EFC中， ∠BAE=∠FEC∠B=∠CAE=EF， ∴△AEB≌△EFCAAS ∵AB＝3，BC＝4， ∴CE=AB=3 ∴BE=BC−CE=4−3=1 ∵动点E从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向运动， ∴t=1； （2） 连接AM，如图， ∵正方形AEFG，矩形ABCD， ∴∠AEM=∠B=∠D=90°，AD=BC=4， 在Rt△AEM和Rt△ADM， ∵EM=DMAM=AM， ∴Rt△AEM≌Rt△ADMHL， ∴AE=AD=4， 在Rt△ABM中，BE=AE2−AB2=42−32=7， ∵动点E从B出发，以每秒1个单位的速度，沿射线BC方向运动， ∴t=7； （3） 如图，以AB为边作正方形ABPQ，连接AP，PF，过点E作EH⊥BC，交AP于点H， ∵四边形ABPQ是正方形， ∴∠APB=45°， ∵EH⊥BC， ∴∠EHP=∠EPA=45°， ∴EH=EP，∠AHE=135°， ∵四边形AEFG是正方形， ∴AE=EF，∠AEH=∠FEP， ∴△AEH≌△FEPSAS， ∴∠AHE=∠FPE=135°，AH=PF， ∴∠QPF=∠CPF=45°， ∴PF平分∠QPC， ∴点F在∠QPC的角平分线上运动，点F的运动路径长为PF的长，即AH的长， 当点E和点B重合时，点H与点A重合， 当点E与点C重合时，如图， ∵∠CPH=45°=∠H， ∴PC=CH=1， ∴AD=DH=4， ∴AH=42， ∴点F的运动路径长为42． 【点睛】本题四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质等知识，确定点F的运动轨迹是解题的关键． 65．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为竖直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为L图形，记作L图形ABCDEF．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线． 【活动】小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF，矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线． 请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）． 【思考】如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ （填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线． 【应用】在L图形ABCDEF中，已知AB＝4，BC＝6．如图4，CD＝AF＝1 ①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值； ②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为 ． 【答案】活动：见详解；思考：是；应用：①10；②34 【分析】活动：如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线； 思考：如图2，首先证明△OQN≌△OPM（AAS），再根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线； 应用：①先计算L图形ABCDEF的面积，根据面积平分线可知梯形CDQP的面积为92，根据面积公式列式可得CH的长，根据勾股定理可得PQ的最大值；②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可； 【详解】解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线； 【思考】如图2， ∵∠A＝∠B＝90°， ∴AF∥BC， ∴∠NQO＝∠MPO， ∵点O是MN的中点， ∴ON＝OM， 在△OQN和△OPM中， ∠NQO=∠MPO∠NOQ=∠MOPON=OM， ∴△OQN≌△OPM（AAS）， ∴S△OQN＝S△OPM， ∵S梯形ABMN＝SMNFEDC， ∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN， 即SABPON＝SCDEFQOM， ∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM， 即S梯形ABPQ＝SCDEFQP， ∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线， 故答案为：是 【应用】①如图，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H， L图形ABCDEF的面积＝4×6﹣（4﹣1）×（6﹣1）＝9， ∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线， ∴梯形CDQP的面积＝12×（DQ+BC）×CD＝92， 即12×（DQ+6）×1＝92， ∴DQ＝CH＝3， ∴PH＝6﹣3＝3， ∵QH＝CD＝1， 由勾股定理得：PQ＝PH2+QH2＝32+12＝10； 即PQ长的最大值是10； ②如图，当GH⊥AB时，GH最短，过点E作EM⊥AB于M， 设BG＝x，则MG＝1﹣x， 根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6， 解得x＝34， 即BG＝34； 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了应用与设计作图，矩形的性质和判定，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键． 66．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O． (1)如图1－1，连接AF、CE．求证四边形AFCE为菱形，并求AF的长； (2)如图1－2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿ΔAFB和ΔCDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中， ①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； ②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式． 【答案】(1)证明见解析，AF=5cm (2)①43；②a+b=12 【分析】（1）利用SAS证明△AOE≌△COF，得OE=OF，可知四边形AFCE是平行四边形，再说明AC⊥EF即可证明是菱形，设AF=CF=xcm，则BF=（8-x）cm，在Rt△ABF中，利用勾股定理得：42+（8-x）2=x2，解方程即可； （2）①通过判断可知只有当点P在BF上，Q点在ED上，才能构成平行四边形，根据QA=PC，从而可求解； ②由题意得：四边形APCQ是平行四边形时，点P，Q在互相平行的对应边上，分三种情况分别画出图形，从而解决问题． （1） 证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE， ∵O为AC中点， ∴OA=OC， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴OE=OF， ∴四边形AFCE是平行四边形， 又∵AC平分∠EAF， ∴AC⊥EF， ∴四边形AFCE为菱形； 设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=（8-x）cm， 在Rt△ABF中，由勾股定理得：42+（8-x）2=x2， 解得x=5， ∴AF=5cm； （2） 解：①显然当点P在AF上时，Q点在CD上，此时A，C，P，Q的四点不可能构成平行四边形， 同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上也不能构成平行四边形， 因此只有当点P在BF上，Q点在ED上，才能构成平行四边形， ∴以A，C，P，Q的四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC=QA， ∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒， ∴PC=5t，QA=CD+AD-4t=12-4t，即QA=12-4t， ∴5t=12-4t， ∴t=43， ∴t的值为43； ∴当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为43； ②由题意得：四边形APCQ是平行四边形时，点P，Q在互相平行的对应边上，分三种情况： I：如图， 当P点在AF上，Q点在CE上，AP=CQ=CD+DE+CE-b， 即a=12-b， ∴a+b=12； Ⅱ：如图， 当P点在BF上，Q点在DE上时，AQ=CP，则PC=AD+DC-b即12-b=a，， ∴a+b=12； Ⅲ：如图， 当P点在AB上，Q点在CD上时，AP=CQ， 即12-a=b， ∴a+b=12， 综上所述，a与b满足的数量关系为a+b=12（ab≠0）． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，化动为静，运用分类讨论思想是解题的关键． 67．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）在正方形ABCD中，点E是平面内一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接EF．在图形旋转不断特殊化的过程中，我们发现了一些有趣的结论，一起来探索一下吧． (1)如图1，若点E在AB上运动，连接CF，当AB=4,AE=1时，BF=______，EF=________； (2)如图2，若EF恰好经过点C，连接AE，求证：AE+CE=2DE； (3)如图3，若点E在AC上运动； ①（2）中的结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请探索三条线段的AE、CE、DE数量关系，并说明理由； ②若AB=4，点P在CD上，且CP=3PD，则PF的最小值为_______． 【答案】(1)5；34 (2)见解析 (3)①不成立；AE2＋CE2＝2DE2；理由见解析；②322 【分析】（1）由四边形ABCD是正方形得AD＝CD，∠A＝∠B＝∠ADC＝∠BCD＝90°，由旋转得∠EDF＝90°，DF＝DE，再证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠A＝∠DCF＝90°，可证明B、C、F三点在同一条直线上，即可由AB＝BC＝4，AE＝CF＝1，求得BE的长和BF的长，再根据勾股定理求出EF长； （2）类比（1）中的方法，先证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，则AE＋CE＝CF＋CE＝EF，再由勾股定理求得EF＝2DE，所以AE＋CE＝2DE； （3）①（2）中的结论不成立，先证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，则∠ECF＝90°，根据勾股定理得AE2＋CE2＝CF2＋CE2＝EF2，而EF2＝2DE2，所以AE2＋CE2＝2DE2； ②作PG⊥CF于点G，则∠CGP＝90°，所以∠GPC＝∠GCP＝45°，得PG＝CG，由AB＝CD＝4，CP＝3PD得CP＝3，当点F与点G重合时，PF＝PG，此时线段PF最短，根据勾股定理求出PG的长即可． （1） 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠B＝∠ADC＝∠BCD＝90°， 由旋转得∠EDF＝90°，DF＝DE， ∴∠ADE＝∠CDF＝90°−∠CDE， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CF，∠A＝∠DCF＝90°， ∴∠BCD＋∠DCF＝180°， ∴B、C、F三点在同一条直线上， ∵AB＝BC＝4，AE＝CF＝1， ∴BF＝BC＋CF＝4＋1＝5，BE＝AB−AE＝4−1＝3， ∴EF=BF2+BE2=52+32=34． 故答案为：5；34． （2） 证明：∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDF＝90°−∠CDE，DE＝DF， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CF， ∴AE＋CE＝CF＋CE＝EF， ∵EF=DE2+DF2=2DE2=2DE， ∴AE+CE=2DE． （3） 解：①不成立，AE2＋CE2＝2DE2；理由如下： 连接CF，如图所示： ∵AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴∠DAC＝∠DCA＝45°， 由旋转得DE＝DF，∠EDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF＝90°−∠CDE， ∴△ADE≌△CDF（SAS）， ∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°， ∴∠ECF＝∠DCA＋∠DCF＝90°， ∴CF2＋CE2＝EF2， ∴AE2＋CE2＝EF2， ∵EF2＝DE2＋DF2＝2DE2， ∴AE2＋CE2＝2DE2， ②作PG⊥CF于点G，如图所示： 则∠CGP＝90°， ∴∠GPC＝∠GCP＝45°， ∴PG＝CG， ∴CP2＝PG2＋CG2＝2PG2， ∴PG＝22CP， ∵AB＝CD＝4，点P在CD上，且CP＝3PD， ∴CP＝34CD＝34×4＝3， ∴PG=22×3=322， 当点F与点G重合时，PF＝PG，此时线段PF最短， ∴PF的最小值为322． 故答案为：322． 【点睛】考查主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据正方形的性质和旋转的性质得出三角形全等的条件，证明三角形全等，是解题的关键． 68．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期中）如图1，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=60°，AB=5cm，点P从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点Q从点C出发沿CA方向以每秒2cm的速度向点A运动，设运动的时间为t秒，当点P运动到点B时，点Q停止运动．过点Q作QH⊥BC于点H． (1)填空：∠ACB=_______°，HQ=______，AQ=________（用含有t的式子表示）； (2)是否存在某一时刻t，使四边形APHQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由； (3)若在某一时刻t，平面内存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，求出t的值． 【答案】(1)30；tcm；（10−2t）cm (2)存在；t＝103时，四边形APHQ是菱形 (3)t的值为52或4 【分析】（1）证明△AOB是等边三角形，推出∠BAC＝60°，可得结论； （2）存在，当AP＝AQ时，四边形APHQ是菱形，构建方程求解即可； （3）分两种情形，当∠PQH＝90°时，当∠QPH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，分别构建方程求解． （1） 解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∠ABO＝90°， ∴OA＝OB， ∵∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴∠BAO＝60°， ∴∠ACB＝90°−60°＝30°， ∵AB＝5cm， ∴AC＝2AB＝10（cm）， ∵QH⊥CB， ∴∠QHC＝90°， ∵CQ＝2t（cm）， ∴AQ＝（10−2t）cm，QH＝12CQ＝t（cm）， 故答案为：30；tcm；（10−2t）cm． （2） 解：存在．理由如下： ∵QH∥AP，AP＝QH＝t， ∴四边形APHQ是平行四边形， 当AP＝AQ时，四边形APHQ是菱形， ∴t＝10−2t， 解得：t＝103， ∴t＝103时，四边形APHQ是菱形． （3） 解：当∠PQH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，如图所示： 此时PQ、QH为矩形的两条邻边， ∵QH∥AP， ∴∠QPB=180°-∠PQH=90°， ∴点G一定在AB上， ∵∠PBH=∠BHQ=∠PQH=90°， ∴四边形PBQH为矩形， ∴此时点G在点B上， ∴PB＝QH， ∴5−t＝t， ∴t＝52； 当∠QPH＝90°时，存在一点G，使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形，如图所示： 根据解析（2）可知，四边形APHQ为平行四边形， ∴∠QHP=∠BAC=60°， ∵∠QPH＝90°， ∴∠PQH=30°， ∵QH∥AP， ∴∠APQ=∠PQH=30°， ∴AP＝2AQ， ∴t＝2（10−2t）， ∴t＝4； 综上所述，满足条件的t的值为52或4． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 69．（2022春·江苏泰州·八年级统考期中）如图1，线段MN=4，∠MNC=β．点D为射线NC上一动点，以MD为边作菱形MDEF，使∠MDE=∠MNC，且点E、F与点N在MD的两侧，在线段DF上取一点G，使∠GMD=∠DMN，直线EG与线段MN相交于点H（点H与点M、N不重合），与DM相交于点K． (1)求证：△MDG≌△EDG； (2)探索∠MHE与∠MNC的数量关系，并说明理由； (3)如图2，若β=60°，DN=m，在DC上作一点P，使∠DPE=60° ①求证：DN=EP； ②求△MGH的周长（用含m的代数式表示）． 【答案】(1)见解析过程； (2)∠MHE=∠MNC，理由见解析过程； (3)①见解析过程；②8-m． 【分析】（1）由“SAS”可证△MDG≌△EDG； （2）由全等三角形的性质和外角的性质可证HE∥CN，可得结论； （3）①由“AAS”可证△DMN≌△EPD，可得DN=EP；②通过证明四边形EQNH是平行四边形，可得EH=NQ，EQ=NH，由全等三角形的性质可得MN=PD=NQ=EH，即可求解． （1） 证明：∵四边形MDEF是菱形， ∴∠EDF=∠MDF，DE=DM， 在△MDG和△EDG中MD=ED∠MDG=∠EDGDG=DG， ∴△MDG≌△EDG（SAS）； （2） ∠MHE=∠MNC，理由如下： ∵△MDG≌△EDG， ∴∠DEG=∠DMG，EG=GM， ∵∠GMD=∠DMN， ∴∠DEG=∠DMN， ∵∠CDM=∠CNM+∠DMN=∠EDM+∠CDE，∠MDE=∠MNC， ∴∠CDE=∠DMN， ∴∠CDE=∠DEG， ∴CN∥HE， ∴∠MHE=∠MNC； （3） ①∵∠MNC=60°=∠DPE，∠PDE=∠DMN，DE=DM， ∴△DMN≌△EPD（AAS）， ∴DN=PE； ②如图2，过点E作EQ∥MN，交PN于点Q， ∵EQ∥MN，EH∥CN， ∴四边形EQNH是平行四边形， ∴EH=NQ，EQ=NH， ∵QE∥MN， ∴∠PQE=∠N=60°=∠DPE， ∴△PQE是等边三角形， ∴PE=PQ=QE=DN=m， ∴NQ=PD， ∵△DMN≌△EPD， ∴PD=MN， ∴MN=PD=NQ=EH， ∴△MGH的周长=MH+MG+GH=MH+HG+GE=MH+HE=MH+MN=MN-NH+MN=4-m+4=8-m． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 70．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）在正方形ABCD中． (1)如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB＝90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由； (2)如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH＝90°，且EG＝7，求FH的长； (3)如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB＝90°，若AB＝3，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为2∶3，直接写出△ABO的周长． 【答案】(1)AE＝BF，理由见解析 (2)7 (3)3+15 【分析】（1）证△ABE≌△BCF即可得； （2）过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，由（1）得，△ABM≌△BCN，继而得出结论； （3）根据△ABE≌△BCF和面积比例，可得出△ABO的大小，设AO=x，BO=y，则可得xy的值，然后再Rt△ABO中，利用勾股定理可得x、y的关系式，进行变形可推导出x+y的值，从而得出△ABO的周长． （1） AE＝BF 理由是：如图1， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， ∵∠AOB＝90°， ∴∠BAO＋∠ABO＝90°， 又∵∠CBF＋∠ABO＝90°， ∴∠BAO＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中 ∵∠BAO=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF， ∴△ABE≌△BCF（ASA）． ∴AE＝BF． （2） 如图2，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形， ∴AM＝GE，BN＝FH， ∵∠GOH＝90°，AM∥GE，BN∥FH， ∴∠AO′B＝90°，故由（1）得，△ABM≌△BCN， ∴AM＝BN， ∴FH＝GE＝7． （3） ∵AB=3， ∴正方形ABCD的面积为9 ∵图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为 2：3 ∴阴影部分面积为9×23=6， ∴空白部分面积=9－6=3， 第（1）问已证△ABE≌△BCF， ∴S△ABO=S四边形OECF， ∴S△ABO=32， 设AO=x，BO=y， 则32=12xy，即xy=3， 在Rt△ABO中，32=x2+y2， 则x2+y2+2xy=32+2×3，即x+y2=15， ∴x+y=15， ∴△ABO的周长=15+3． 【点睛】本题是四边形的综合，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，灵活运用整体思想是解决第（3）问的关键． 71．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市景范中学校校考期中）如图1，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接AE，并将AE绕点E顺时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥BC于点F，GH⊥CD于点H． (1)①判断：四边形CFGH的形状为____________；②证明你的结论； (2)如图2，连接AG，交DC于I，连接EI，若CF=4，CI=6，求正方形ABCD的边长； (3)如图3，连接BD，与AE、AG交于P、Q两点，试探索BP、PQ、QD之间的数量关系，并直接写出结论：________________． 【答案】(1)①正方形；②证明见解析 (2)12 (3)PQ2=PB2+DQ2；证明见解析 【分析】（1）①结论：四边形CFGH是正方形； ②证明△ABE≌△EFG（AAS），结合全等三角形的性质，根据邻边相等的矩形是正方形证明即可； （2）如图，把△ADI绕A顺时针旋转90°得到△ABQ，可得Q,B,E三点共线，证明△AEQ≌△AEI, 可得QE=IE, 设正方形ABCD的边长为x， 则DI=x−6=QB,BE=CF=4,CE=x−4, EI=EQ=x−6+4=x−2, 再利用勾股定理建立方程，解方程即可解决问题； （3）结论：PQ2=PB2+DQ2．将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABT，则AQ=AT，∠DQ=BT，ADQ=∠ABT=45°，证明∠TBP=90°，PQ=PT，可得结论． (1) 解：①结论：四边形CFGH是正方形． 故答案为：正方形． ②理由：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°， ∵GF⊥BC，GH⊥CD， ∴∠F=∠GHC=∠HCF=90°， ∴四边形CFGH是矩形， ∵∠ABE=∠AEG=∠F=90°， ∴∠AEB+∠GEF=90°，∠GEF+∠EGF=90°， ∴∠AEB=∠EGF， 在△ABE和△EFG中，{∠ABE=∠F∠AEB=∠EGFAE=EG， ∴△ABE≌△EFG（AAS）， ∴AB=EF，BE=FG， ∴BC=EF， ∴BE=CF， ∴FG=FC， ∴四边形CFGH是正方形； (2) ∵ 正方形ABCD，正方形HCFG， ∴AB=AD=CD=BC,CH=CF=FG,∠D=∠ABC=∠BCD=90°, 如图，把△ADI绕A顺时针旋转90°得到△ABQ， 则由AB=AD,∠D=∠ABQ=90°，可得Q,B,E三点共线， ∵AE=EG,AE⊥EG, ∴∠EAG=45°, ∴∠DAI+∠BAE=45°, 结合旋转可得：∠BAE+∠QAB=45°=∠QAE=∠EAG,AQ=AI, 而AE=AE, ∴△AEQ≌△AEI, ∴QE=IE, 设正方形ABCD的边长为x，而CF=4,CI=6, ∴DI=x−6=QB,BE=CF=4,CE=x−4, ∴EI=EQ=x−6+4=x−2, ∵∠BCD=90°, ∴(x−2)2=62+(x−4)2, ∴x=12， ∴正方形ABCD是边长为12； (3) 如图，结论：PQ2=PB2+DQ2． 理由：将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABT， 则AQ=AT，DQ=BT，∠ADQ=∠ABT=45°， ∵∠ABD=45°， ∴∠TBP=90°， ∴PT2=BT2+PB2=DQ2+PB2， 由（2）得：∠EAG=45°，而∠QAT=90°， ∴∠PAT=∠PAQ=45°， ∵AP=AP，AT=AQ， ∴△PAT≌△PAQ（SAS）， ∴PT=PQ， ∴PQ2=PB2+DQ2． 故答案为：PQ2=PB2+DQ2． 【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，旋转的性质，勾股定理的应用等知识，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，属于中考常考题型． 72．（2022春·江苏苏州·八年级苏州市平江中学校校考期中）如图①，在正方形ABCD中，点N、M分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN．∠MAN＝45∘，将△AMD绕点A顺时针旋转90∘，点D与点B重合，得到△ABE． 易证：ΔANM≅ΔANE，从而得DM+BN=MN． 【实践探究】 (1)如图②，在正方形ABCD中，点E，F在对角线BD上，且∠EAF=45∘，请你直接写出线段BE，EF，FD之间的数量关系___． 【拓展】 (2)如图③，正方形ABCD的边长为10，点P为边CD上一点，PE⊥BD于E，Q为BP中点，连接CQ并延长交BD于点F，且BF=35EF，则PD的长为___． 【答案】(1)EF2=BE2+DF2，理由见解析 (2)203 【分析】（1）如图所示，将△ADF让点A顺时针旋转90度得到△ABG，先证明GBE=90°，得到GE2=BE2+BG2，然后证明△EAG≌△EAF得到EF=GE，即可证明EF2=BE2+DF2； （2）如图所示，连接QE，CE，先证明ED=DP，再证明QE=QB=QP=QC，推出∠EQP=2∠DBP，∠PQC=2∠CBP，从而证明△CQE为等腰直角三角形，则∠ECF=45°，再根据（1）可知EF2=BF2+DE2，可设BF=3x，EF=5x，则DE=4x，推出BD=12x，则BD=AB2+AD2=102=12x，据此求解即可． 【详解】（1）解：EF2=BE2+DF2，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD=90°，∠ABD=∠ADB=45°，AD=AB， 如图所示，将△ADF让点A顺时针旋转90度得到△ABG， 由旋转的性质得AG=AF，∠BAG=∠DAF，∠ABG=∠ADF=45°，BG=DF， ∴∠GBE=∠ABG+∠ABE=90°， ∴GE2=BE2+BG2， ∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， ∴∠EAG=∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF， 又∵AG=AF，AE=AE， ∴△EAG≌△EAF（SAS）， ∴EF=GE， ∴EF2=BE2+DF2； （2）解：如图所示，连接QE，CE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCP=90°，∠DBC=45°， ∵PE⊥BD， ∴∠PEB=∠PCB=90°， ∴∠EPD=∠EDP=45°， ∴ED=DP， ∵Q为BP的中点， ∴QE=QB=QP=QC， ∴∠QEB=∠DBE， ∴∠EQP=2∠DBP， 同理∠PQC=2∠CBP， ∴∠CQE=∠PQE+∠PQC=2∠DBP+2∠CBP=90°， ∴△CQE为等腰直角三角形， ∴∠ECF=45°， 将△DCE绕点C逆时针旋转90°得到△BCG，连接FG，则∠ECG=90°，EC=EG，∠CBG=∠CDE=45°， ∴同（1）原理可证EF2=BF2+DE2， ∵BF=35EF， ∴可设BF=3x，EF=5x， ∴DE=EF2−BF2=4x， ∴BD=12x， ∴BD=AB2+AD2=102=12x， ∴x=526， ∴DE=4x=1023， ∴PD=2DE=203 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，直角三角形斜边上的中线，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 73．（2022春·江苏淮安·八年级淮安市浦东实验中学校考期中）[情景引入]如图1，射线AD与线段AB重合，将射线AD绕点A逆时针方向旋转旋转角为α，(0°<α<180°)，在旋转过程中，某一时刻射线AD把△ABC分成面积相等两部分，于是我们可以求得S△ABE=S△ACE=12S△ABC，此时我们把射线AD称为△ABC的“完美分割线”． [理解应用] 如图2，在钝角△ABC中，点E是线段BC的中点，试说明：射线AD是△ABC的“完美分割线”． [问题提升] 在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点O为射线CA上的动点，作射线OM与直线BC相交于点E，将射线OM绕点O逆时针旋转60°，得到射线ON，射线ON与直线CD相交于点F． （1）如图3，点O与点A重合时，点E，F分别在线段BC，CD上， ①请直接写出CE，CF，CA三条段段之间的数量关系； ②连接E、F，试说明：△AEF为等边三角形． （2）如图4，将∠MON绕点O以每秒2°的速度逆时针方向旋转，当OM与AD重合时停止运动（旋转时间为t）；试问：当t为何值时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”？（注：解答时原图不添加任何字母和辅助线） 【答案】[理解应用]见解析；[问题提升]（1）①CA＝CE＋CF；②见解析；（2）t=15或45 【分析】[理解应用]分别表示出S△ABE、S△ACE、S△ABC，即可证得结论； [问题提升]（1）①如图，结论：CA＝CE＋CF．只要证明△ADF≌△ACE（SAS）即可解决问题； ②由题意易得△ADF≌△ACE，可得：AE=AF,∠EAC=∠FAD，可推得∠EAF=60°，进而问题可证； （2）分射线OM是△ABC、△ACD 的“完美分割线”或射线ON是△ACD的“完美分割线”，进行讨论即可得出答案． 【详解】[理解应用]如图：过A作AH⊥BC于H， ∵点E是线段BC的中点， ∴BE=CE=12BC， ∵S△ABE=12×BE×AH,S△ACE=12×CE×AH,S△ABC=12×BC×AH， ∴S△ABE=S△ACE=12S△ABC， 故射线AD是△ABC的“完美分割线”． [问题提升](1)①结论：CA＝CE＋CF． 理由：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°， ∴AB＝AD＝DC＝BC，∠BAC＝∠DAC＝60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形， ∵∠DAC＝∠EAF＝60°， ∴∠DAF＝∠CAE， ∵CA＝AD，∠D＝∠ACE＝60°， ∴△ADF≌△ACE（SAS）， ∴DF＝CE， ∴CE＋CF＝CF＋DF＝CD＝AC， ∴CA＝CE＋CF； ②∵△ADF≌△ACE， ∴AE=AF,∠EAC=∠FAD， ∴∠EAC+∠CAF=∠FAD+∠CAF， ∴∠EAF=∠CAD=60°， ∵AE=AF,∠EAF=60°, ∴△AEF为等边三角形． (2)当OM恰巧平分BC时，此时ON恰巧平分CD， 在等边△ABC中，OM平分BC， ∴S△ABE=S△ACE=12S△ABC,∠BAE=12∠BAC=30°， 故射线OM是△ABC的“完美分割线”， ∴∠BAE=30°=2t°， ∴t=15（秒）； 当ON恰巧平分CD， 在等边△ACD中，ON平分CD， ∴S△ACF=S△ADF=12S△ACD，∠CAF=12∠CAD=30°, ∴∠BAF=∠BAC+∠CAF=60°+30°=90°, 故射线ON是△ACD的“完美分割线”， ∴∠BAE=∠BAF−∠MON=90°−60°=2t°， ∴t=15（秒）； 当OM恰巧平分CD时， 在等边△ACD中，OM平分CD， ∴S△ACQ=S△ADQ=12S△ACD,∠CAQ=30°， 故射线OM是△ACD的“完美分割线”， ∴∠BAQ=60°+30°=2t°， ∴t=45（秒）． 综上所述当t=15或45秒时，射线OM或射线ON是某个三角形的“完美分割线”． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，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，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 74．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）对于矩形OABC，AB // OC，AO // BC，O为平面直角坐标系的原点，OA=5，OC=3，点B在第三象限． (1)直接写出点B的坐标（_______，_______）； (2)如图1，点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−A−B−C−O的路线移动， ①当点Q移动了3秒时，直写出此时点Q的坐标（_______，_______）； ②当点Q到y轴距离为4个单位长度时，求出点Q移动的时间， (3)如图1，若过点B的直线BP与长方形OABC的边交于点P，且将长方形OABC的面积分为1∶4两部分，求点P的坐标； (4)如图2，M为x轴负半轴上一点，且∠CBM=∠CMB，点N是x轴正半轴上一动点，∠MCN的平分线CD交BM的延长线于点D，在点N运动的过程中，∠D∠CNM的值是否变化?若不变，求出其值：若变化，请说明理由． 【答案】(1)B（−5，−3） (2)①Q（−5，−1）；②点Q运动时间为t=2秒或t=4.5秒 (3)P点坐标为（−3，0）或（0，−95）． (4)∠D∠CNM的值不变；∠D∠CNM=12 【分析】（1）根据长方形的性质即可得出点B的坐标； （2）根据点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−A−B−C−O的路线移动，确定长度和运动时间； （3）分类讨论：当点P在OA上时，设P（x，0）（x＜0），根据题意得S△ABP＝15S矩形OABC，则12×3（x＋5）＝15×5×3；当点P在OC上时，设P（0，y）（y＜0），根据题意得S△CBP＝15S矩形OABC，则12×5（y＋3）＝15×5×3，然后分别解方程即可得到P点坐标； （4）延长BC至点F，由OA∥BC得∠CBM＝∠AMB，∠AMC＝∠MCF，利用∠CBM＝∠CMB得到∠MCF＝2∠CMB，过点M作ME∥CD交BC于点E，根据平行线得性质得∠EMC＝∠MCD，∠D＝∠BME，加上∠NCM＝2∠EMC，于是可得∠D＝∠BME＝∠CMB−∠EMC，∠CNM＝∠NCF＝∠MCF−∠NCM＝2∠BMC−2∠DCM，所以∠CNM＝2∠D，即有∠D∠CNM=12． 【详解】（1）解：∵在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3， ∴AB＝OC＝3，BC＝OA＝5， ∵∠OAB＝∠OCB＝90°， ∵点B在第三象限， ∴B（−5，−3）． 故答案为：（−5，−3）． （2）①点Q从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O−A−B−C−O的路线移动， 当点Q移动了3秒时，Q运动了6个单位，此时Q在AB上， ∵OA＝5， ∴QA＝6−5＝1， ∴Q（−5，−1）； 故答案为：Q（−5，−1）； ②∵点Q到y轴距离为4个单位长度， ∴点Q在OA或BC上， 当Q在OA上时，QO＝4，此时t＝2（秒）， 当Q在BC上时，此时Q运动了5＋5＋3−4＝9个单位，t＝9÷2＝4.5（秒）； 综上分析可知，点Q运动时间t=2秒或t=4.5秒． （3）当点P在OA上时，设P（x，0）（x＜0）， ∵S△ABP：S四边形BCOP＝1：4， ∴S△ABP＝15S矩形OABC， 即12×3（x＋5）＝15×5×3， 解得x＝−3， ∴P（−3，0）； 当点P在OC上时，设P（0，y）（y＜0）， ∵S△CBP：S四边形BPOA＝1：4， ∴S△CBP＝15S矩形OABC， 即12×5（y＋3）＝15×5×3， 解得y＝−95， ∴P（0，−95）； 综上所述，P点坐标为（−3，0）或（0，−95）． （4）∠D∠CNM的值不会变化，理由如下： 延长BC至点F，如图所示： ∵四边形OABC为长方形， ∴OA∥BC， ∴∠CBM＝∠AMB，∠AMC＝∠MCF， ∵∠CBM＝∠CMB， ∴∠MCF＝2∠CMB， 过点M作ME∥CD交BC于点E， ∴∠EMC＝∠MCD，∠D＝∠BME， 又∵CD平分∠MCN， ∴∠NCM＝2∠EMC， ∴∠D＝∠BME＝∠CMB−∠EMC， ∠CNM＝∠NCF＝∠MCF−∠NCM＝2∠BMC−2∠DCM＝2∠D， ∴∠D∠CNM=12． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形性质，利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系，也考查了平行线的性质和三角形面积公式，作出辅助线，熟练掌握矩形的性质，平行线的性质，是解题的关键． 75．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，已知正方形BEFG，点C在BE的延长线上，点A在GB的延长线上，且AB＝BC，过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条平行线相交于点D． (1)证明：四边形ABCD是正方形； (2)当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度，得到图2，使得点G在射线DB上，连接BD和DF，点Q是线段DF的中点，连接CQ和QE，猜想线段CQ和线段QE的关系，并说明理由； (3)将正方形BEFG绕点B旋转一周时，当∠CGB等于45°时，直线AE交CG于点H，探究线段CH、EG、AH的长度关系． 【答案】(1)见解析； (2)CQ⊥QE，CQ=QE．证明见解析； (3)如图3-1中，当∠CGB=45°时，结论：CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，结论：CH=EG+AH．证明见解析． 【分析】（1）根据邻边相等有一个角是直角的平行四边形是正方形证明即可． （2）结论：CQ⊥QE，CQ=QE．如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE．证明△CPE是等腰直角三角形，可得结论． （3）分两种情形：如图3-1中，当∠CGB=45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH=EG+AH． 【详解】（1）证明：∵四边形BEFG是正方形， ∴∠EBG=90°，即∠ABC=90°， ∵CD∥AB，AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB=BC，∠ABC=90°， ∴四边形ABCD是正方形． （2）解：结论：CQ⊥QE，CQ=QE． 理由：如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE． ∵四边形BEFG是正方形， ∴EF∥BG，即EF∥DG，∠EBG=90°，即∠DBE=90°，BE=EF， ∴∠PDQ=∠EFQ， ∵Q是DF的中点， ∴DQ=FQ， ∵∠DQP=∠FQE， ∴△DPQ≌△FEQ（SAS）， ∴PQ=QE，DP=FE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CDP=∠CBD=45°，CD=CB， ∴∠CBE=∠DBE-CBD=45°， 即∠CDP=∠CBE=45°， ∵CD=CB，DP=EF=BE， ∴△CDP≌△CBE（SAS）， ∴CP=CE，∠DCP=∠BCE， ∴∠DCP+∠PCB=∠BCE+∠PCB， 即∠PCE=∠BCD=90°， ∵CP=CE， ∴△CPE是等腰直角三角形， ∴PQ=QE， ∴CQ⊥QE，CQ=QE． （3）如图3-1中，当∠CGB=45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG=AH． 理由：∵∠ABC=∠EBG=90°， ∴∠ABH=∠CBG， ∵BA=BC，BH=BG， ∴△ABH≌△CBG（SAS）， ∴AH=CG， ∵CG=CH+EG， ∴CH+EG=AH． 如图3-2中，当∠CGB=45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH=EG+AH． 理由：∵∠ABC=∠EBG=90°， ∴∠ABH=∠CBG， ∵BA=BC，BH=BG， ∴△ABE≌△CBG（SAS）， ∴AE=CG， ∵AE=AH+EG， ∴CH=EG+AH． 【点睛】考查了四边形综合题，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形． 76．（2022春·江苏徐州·八年级统考期中）已知：如图1，四边形ABCD是菱形，AB=6，∠B=∠MAN=60∘，∠MAN绕顶点A逆时针旋转，边AM与射线BC相交于点E（点E与点B不重合），边AN与射线CD相交于点F． (1)当点E在线段BC上时，求证：BE=CF； (2)连EF，判断△AEF的形状并说明理由； (3)连接BD，在旋转过程中，如果以A、B、F、D为顶点的四边形是平行四边形，求线段BE的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)等边三角形，理由见解析 (3)12 【分析】（1）连接AC，通过证明ΔABE≌ΔACF(ASA)即可得出BE=CF； （2)连接EF，根据全等的性质，求出AE=AF，然后判定即可； （3)根据题意画出图形，并连接BD，先根据四边形BDFA是平行四边形，证出∠BAE为直角，在Rt△ABE中，∠B=60°，∠BEA=30°，AB=6，继而即可求出BE的长． （1） 解：连接AC（如图1）． 由四边形ABCD是菱形，∠B=60∘， BA=BC，∠BAC=∠DAC=60∘，∠ACB=∠ACD=60∘， ∴△ABC是等边三角形． ∴AB=AC． 又∵∠BAE+∠MAC=60∘，∠CAF+∠MAC=60∘， ∴∠BAE=∠CAF． 在△ABE和△ACF中， ∵∠BAE=∠CAF，AB=AC，∠B=∠ACF， ∴ΔABE≅ΔACFASA ∴BE=CF． （2） 解：等边三角形． 理由如下：如（图1），连接EF ∵ΔABE≅ΔACF， ∴AE=AF． 又∠EAF=60∘ ∴△AFF是等边三角形． （3） 解：①当点F在CD的延长线上时， 方法一：如图3，连接BD，易得∠ADB=12∠ADC=30∘． 当四边形BDFA是平行四边形时，AF∥BD． ∴∠FAD=∠ADB=30∘． ∴∠DAE=60∘−30∘=30∘，∠BAE=120∘−30∘=90∘． 在Rt△ABE中，∠B=60∘，∠BEA=30∘，AB=6． ∴BE=2AB=2×6=12； 方法二：当点F在CD延长线的时候，四边形ABDF是平行四边形，AB=DF， ∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=CD=6 ∵AB=DF ∴DF=6 ∴CF=6+6=12 由（1）得BE=CF=12． ②当点F与C重合时，此时点E与点B重合（不合题意舍去） ∴线段BE的长为12． 【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等边三角形的判定、含30°的直角三角形、平行四边形的性质，是一道综合题，有一定难度，解题的关键是对这些知识的熟练掌握以及灵活运用． 77．（2022春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，矩形ABCD中，CD=4，∠CAD=30°，一动点P从A点出发沿对角线AC方向以每秒2个单位长度的速度向点C匀速运动，同时另一动点Q从C点出发沿CD方向以每秒1个单位长度的速度向点D匀速运动，当其中一个点到这终点时，另一个点也随之停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒（t＞0），过点P作PE⊥AD于点E连接EQ，PQ． (1)求证：PE=CQ； (2)四边形PEQC能成为菱形吗？如果能，求出相应的t值：如果不能，说明理由 (3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由； (4)若动点Q从C点出发沿CD方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，其它条件不变，当t=____时，PQ+EQ有最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)当t=83时，四边形PEQC能够成为菱形； (3)当t=2或165时，△PQE为直角三角形； (4)85． 【分析】（1）由矩形的性质可得∠BCA=∠CAD=30°，由直角三角形的性质可得PE=12AP=t=CQ ； （2）先证四边形PEQC是平行四边形，则当PE=PC时，平行四边形PEQC是菱形，可得等式，即可求解； （3）分三种情况讨论，由直角三角形的性质列出等式，可求解； （4）根据对称性，可得PQ=EQ时PQ+EQ有最小值，即可求解． （1） 证明：∵四边形ABDC是矩形， ∴DC=BA=4， BC//AD，∠D=90°， ∴∠BCA=∠CAD=30°， ∴AC=2DC=8，∠ACD=60°， 由题意可得： AP=2t， CQ=t， ∵PE⊥AD，∠CAD=30°， ∴PE=12AP=t， ∴PE=CQ ； （2） 解：四边形PEQC能够成为菱形，理由如下： ∵PE⊥AD， ∴∠PEA=90°=∠D， ∴PE//CD， 又∵PE=CQ， ∴四边形PEQC是平行四边形， ∴当PE=PC时，平行四边形PEQC是菱形， ∴t=8-2t， ∴当t=83时，四边形PEQC能够成为菱形； （3） 解：当∠EPQ=90°时， ∵PE // CQ， ∴∠PQC=∠EPQ=90°， ∴PQ// AD， ． ∴∠CPQ=∠CAD=30°， ∴PC=2CQ， ∴8- 2t=2t， ∴t=2， 当∠PQE=90°时， ∵四边形PEQC是平行四边形， ∴EQ // PC， ∴∠QPC=∠EQP=90°， ∴∠PQC=30°， ∴CQ=2PC， ∴t=2 ( 8-2t)， ∴ t=165， 当∠PEQ=90°时，此时点Q与点D重合，点P与点C重合，故不合题意， 综上所述：当t=2或165时，△PQE为直角三角形． （4） 解：如图1，过点P作PF⊥CD于点F，作E关于CD的对称点E′，连接PE′，作P关于CD的对称点P′，连接EP′ ∴四边形EPP′E′是矩形 ∴PQ=QE, ∴ PQ+QE=PQ+QE′≥PE′ ∴当P,Q,E'三点共线时, PQ+EQ最小， , 由题意可知，AC=8，AP=2t，CQ=2t，则PC=8-2t，（0≤t≤2）， ∴CF=12PC=128−2t=4−t， DQ=4−2t， ∴QF=CQ-CF=3t-4， ∴ DQ=AC−CQ=4−CQ=4−2t 当PQ=EQ时，PQ+EQ最小， ∵Q为PE′的中点，D为EE′的中点 ,PQ=P′Q,QF⊥PP′ ∴QD=12EP=QF ∴DQ=QF 此时DQ=FQ ∴3t−4=4−2t 解得t=85 ∴当t=85时，PQ+EQ有最小值． 故答案是：85． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了含30度直角三角形的性质、勾股定理、矩形的性质以及菱形的判定与性质，熟练掌握性质是解本题的关键． 78．（2022春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校联考期中）如图1，平面内三点O，M，N，如果将线段OM绕点O旋转90°得ON， 称点N是点M关于点O的“等直点”，如果将线段OM绕点O顺时针旋转90°得ON，称点N是点M关于点O的“正等直点”． (1)如图2，在平面直角坐标系中，已知点P(2，1)． ①在P1(﹣1，2)，P2(2，﹣1)，P3(1，﹣2)三点中，    是点P关于原点O的“等直点”，    是点P关于原点O的“正等直点”； ②若直线l1：y＝kx-4交y轴于点M，若点N是直线l1上一点，且点N是点M关于点P的“等直点”，求直线l1的解析式； (2)如图3，已知点A的坐标为(2，0)，点B在直线l2：y＝3x上，若点B关于点A的“等直点”C在坐标轴上，D是平面内一点，若四边形ABDC是正方形，直接写出点D的坐标． 【答案】(1)① P1 ，P3 ② y=−73x−4或y=37x−4 (2)D点(8，6) 或（−83，23）或 （- 4，6）或（−43，23） 【分析】（1）①将OP顺时针旋转90°或逆时针旋转90°，求出旋转后点P的对应点坐标，即可求解②分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质可求点N坐标，代入解析式，可求解； （2）分点C在x轴上和点C在y轴上，由正方形的性质可求解． （1） 解：如图2，连接OP，作PF⊥y轴，将OP绕点O顺时针旋转90°得到OE，过点E作EH⊥y轴， ∴PF＝2，OF＝1，∠PFO＝∠EHO＝90°， ∵将OP绕点O顺时针旋转90°得到OE， ∴OP＝OE，∠POE＝90°， ∴∠POF＋∠EOH＝90°， ∵∠POF＋∠FPO＝90°， ∴∠FPO＝∠EOH， 又∵∠PFO＝∠EHO＝90°，OE＝OP， ∴△PFO≌△OHE（AAS）， ∴HE＝OF＝1，PF＝OH＝2， ∴点E（1，－2）， 将OP绕点O逆时针旋转90°得到OG， 同理可求点G（－1，2）， ∴P1，P3是点P关于原点O的“等直点”， 故答案为：P1，P3 ②∵y=kx−4交y轴于点M， ∴点M（0，-4）， ∵点N是点M关于点P的“等直点”， ∴MP＝NP，MP⊥NP， 如图，当线段MP绕点P逆时针旋转90°得PN，过P作PQ⊥y轴于点Q，NK⊥PQ交QP的延长线于点K，则∠MQP＝∠NKP＝90°， ∴∠QMP＋∠QPM＝∠QPM＋∠NPK＝90°， ∴∠QMP＝∠KPN， ∴△MPQ≌△PNK（AAS）， ∴MQ＝PK＝1-（-4）＝5，PQ＝NK＝2， ∴点N（7，-1）， ∵点N是直线l1上一点， ∴−1=7k−4 解得k=37， ∴直线l1的解析式为：y=37x−4 当线段MP绕点P顺时针旋转90°得PN， 同理可得点N（－3，3）， ∴3=−3k−4， 解得k=−73， ∴直线l1的解析式为：y=−73x−4， ∴综上所述：直线l1的解析式为y=−73x−4或y=37x−4 （2） 解：如图3-1，当点C在x轴上时， ∵点A的坐标为（2，0）， ∴OA＝2， ∵点C是点B关于点A的“正等直点”， ∴∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴点B的横坐标为2， ∴点B的坐标（2，6）， ∴AB＝6＝AC， ∴OC＝8或OC=4即点C的坐标为（8，0）或（-4，0） ∵四边形ABDC是正方形 ∴AB∥CD，AB＝CD＝6， ∴点D（8，6）或（-4，6）； 若点C在y轴上时当线段AB绕点B顺时针旋转90°得到AC，如图3-2所示，过点B作BE⊥x轴于E， ∵点C是点B关于点A的“正等直点”， ∴∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠BAE＋∠CAO＝90°， 又∵∠CAO＋∠ACO＝90°， ∴∠BAE＝∠ACO， 又∵AC＝AB，∠AOC＝∠AEB＝90°， ∴△ACO≌△ABE（AAS）， ∴BE＝AO＝2，AE＝OC， ∴点B的纵坐标为－2， ∴点B坐标为（−23，－2）， ∴EO＝23， ∴CO＝2＋23＝83， ∴点C（0，83）， 设点D（x，y）， ∵四边形ABDC是正方形， ∴AC与BD互相平分， ∴2+x2=−23+0283−22=0+y2 ∴x=−83y=23 ∴点D（−83，23）， 同理若点C在y轴上时当线段AB绕点B逆时针旋转90°得到AC求出点 D（−43，23） 综上所述：D点(8，6) 或（−83，23）或 （- 4，6）或（−43，23）． 【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，理解“等直点”的定义，并能运用是本题的关键． 79．（2022春·江苏连云港·八年级校考期中）如图，正方形OABC中，O为坐标原点，点A、点C分别落在y轴、x轴上，点B坐标为（﹣4，4），点D为x轴上任意一点，将线段DA绕点D逆时针旋转90°，得对应线段为DE，作直线EC交y轴于点F． (1)如图（1），当点D为OC的中点时，求点E的坐标； (2)如图（2），当点D在边OC上任意移动时，猜想：点F的位置是否发生变化？若不变，求出点F的坐标，若改变，请说明理由； (3)如图（3），当点D在x轴的正半轴上移动时，请在图（3）画出图形（不保留作图痕迹），并直接回答点F的位置与（2）中猜想的结论是否一致． 答：_　 　（填“一致”或“不一致”）． 【答案】(1)E（﹣6，2） (2)F（0，﹣4） (3)一致 【分析】（1）过点E作EH⊥OC于H， 根据AAS证明△DHE≌△AOD可得结论； （2）点F的位置不变化．证明△ECH是等腰直角三角形即可解决问题； （3）结论不变，利用全等三角形的性质解决问题即可． （1） 解：如图1中，过点E作EH⊥OC于H． ∵四边形OABC是正方形，B（﹣4，4）， ∴OA＝OC＝4， ∵D是OC中点， ∴CD＝OD＝2， ∵∠EHD＝∠AOD＝∠ADE＝90°， ∴∠EDH+∠ADO＝90°，∠ADO+∠DAO＝90°， ∴∠EDH＝∠DAO， ∵DE＝DA， ∴△DHE≌△AOD（AAS）， ∴EH＝OD＝2，DH＝OA＝4， ∴OH＝DH+OD＝6， ∴E（﹣6，2）． （2） 解：点F的位置不变化．理由如下： ∵△DHE≌△AOD， ∴DH＝OA，EH＝OD， ∵OA＝OC， ∴DH＝CO， ∴CH＝OD＝EH， ∵∠EHC＝90°， ∴∠ECH＝∠OCF＝45°， ∵∠COF＝90°， ∴∠OCF＝∠OFC＝45°， ∴OF＝OC＝4， ∴F（0，﹣4）． （3） 解：一致，理由如下：过点E作EH⊥OC于H，如图， ∵∠EHD=∠DOA=∠ADE=90° ∴∠EDH+∠SADO=90°，∠ADO+∠DAO=90° ∴∠EDH=∠DAO， 由旋转的性质得DE=AD 在△DHE和△AOD中 ∠EHD=∠DOA∠EDH=∠DAODE=AD ∴△DHE≌△AOD（AAS） ∴HD=OA，HE=OD ∵OA=OC ∴HD=OC ∴CH=OD=HE ∵∠EHC=90° ∴∠ECH=∠OVF=45° ∵∠COF=90° ∴∠OCF=∠OFC=45° ∴OF=OC=4 ∴F（0，-4） 故答案：一致． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 80．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）问题情境：如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF．易证：CE＝DF．（不需要写出证明过程） 问题探究：在“问题情境”的基础上请研究． (1)如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段AE与MN之间的数量关系，并说明理由． (2)如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，CQ（图中未连），判断线段EQ与CQ之间的数量关系，并说明理由． (3)在（2）的条件下延长EQ交边AD于点F．则∠AEF=°； (4)拓展提高：如图3，若该正方形ABCD边长为8，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若AG＝5，请直接写出AC′的长 ． 【答案】(1)AE＝MN，理由见解析； (2)EQ＝CQ，理由见解析； (3)45； (4)2. 【分析】（1）过点B作BF//MN交CD于点F，则四边形M BFN为平行四边形，得出MN=BF，BF⊥AE，由ASA证得△ABE≌△BCF，得出AE=BF，即可得出结论； （2）在图2中，连接AQ、CQ，易证△ABQ≌△CBQ，所以AQ＝CQ，再根据垂直平分线的性质得到AQ＝EQ，所以可得EQ＝CQ （3）连接AQ，过点Q作HI// AB，分别交AD，BC于点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD， HI⊥BC，HI=AB=AD，证△DHQ是等腰直角三角形，得HD=HQ， AH=QI，由HL证得Rt△AHQ≌Rt△QIE，得∠AQH=∠QEI，证∠AQE=90°，得△AQE是等腰直角三角形，即可得出结果； (4)延长AG交BC于E，则EG=AG=5，得AE=10，由勾股定理得：BE，则CE=BC-BE，由折叠的性质即可得出结果． （1） （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC，AB∥CD， 过点B作BF∥MN交CD于点F，如图1所示： ∴四边形MBFN为平行四边形， ∴MN＝BF，BF⊥AE， ∴∠ABF+∠BAE＝90°， ∵∠ABF+∠CBF＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中，{∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF ， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF， ∴AE＝MN； （2） 解：在图2中，连接AQ、CQ， 在△ABQ和△CBQ中， {AB=CB∠ABQ=∠CBQBQ=BQ ， ∴△ABQ≌△CBQ， ∴AQ＝CQ， ∵MN⊥AE于F，F为AE中点， ∴AQ＝EQ， ∴EQ＝CQ （3） 解：连接AQ，过点Q作HI// AB，分别交AD．BC于点H、I，如图3所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABIH为矩形， ∴HI⊥AD， HI⊥．BC， HI=AB=AD， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠BDA=45°， ∴△DHQ是等腰直角三角形， ∴HD=HQ，AH=QI， ∵MN是AE的垂直平分线， AQ=QE， 在Rt△AHQ和Rt△QIE中， ∵AQ=QE，AH=QI， ∴Rt△AHQ≌Rt△QIE(HL)， ∴∠AQH=∠QEI， ∠AQH＋∠EQI=90°， △AQ E是等腰直角三角形， ∠EAQ=∠AEQ=45°， 即∠AEF=45° 故答案为：∠AEF=45°； （4） 解：拓展提高：由(3)延长AG交BC于E，如图4所示： 则EG=AG=5， ∴AE=10， 在Rt△ABE中， BE=AE2−AB2=102−82=6 CE=BC- BE=8-6=2， 由折叠的性质得： AC'=CE=2， 故答案为： AC′=2. 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键． 81．（2022秋·江苏宿迁·八年级统考期中）定义：两个顶角相等且顶角顶点重合的等腰三角形称为“同根等腰三角形”，如图1，OD=OE，OA=OB，O为重合的顶角顶点，所以△ODE与△OAB是“同根等腰三角形”． (1)将图1的△ODE绕点O旋转，使点D在BO的延长线上，如图2，求证：DE∥AB． (2)如图3，△ODE与△OAB是“同根等腰三角形”，且∠DOE=∠AOB=90°，连接AE、BD，试探究AE和BD的位置关系，并说明理由． (3)在图3中，连接BE、AD，若OD=3，OA=5，∠BED=135°，求AD2的值． 【答案】(1)见解析 (2)AE⊥BD，理由见解析 (3)AD2的值是52 【分析】（1）由OD=OE，OA=OB，可得∠D=∠E，∠A=∠B，又点D在BO的延长线上，∠DOE=∠AOB，即得2∠D=2∠B，∠D=∠B，故DE∥AB； （2）设AE交OB于F，交BD于G，证明△BOD≌△AOE(SAS)，得∠OBD=∠OAE，又∠BFG=∠AFO，故∠BGF=∠AOF，而∠AOF=90°，即得AE⊥BD； （3）延长BE，过D作DK⊥BE于K，由∠DOE=90°，OD=OE=3，得∠DEO=45°，DE=32，又∠BED=135°，可得∠BEO=90°，∠DEK=180°−∠BED=45°，从而BE=OB2−OE2=4，△DEK是等腰直角三角形，DK=EK=DE2=322=3，在Rt△BDK中，BD=BK2+DK2=58=AE，设GB=x，则GD=58−x，由BE2−BG2=GE2=DE2−GD2，可得x=145829，而GD=155829，GE=65829，有GA=AE−GE=235829，在Rt△AGD中，即得AD2=GD2+GA2=(155829)2+(235829)2=52． 【详解】（1）证明：∵OD=OE，OA=OB， ∴∠D=∠E，∠A=∠B， ∵点D在BO的延长线上，∠DOE=∠AOB， ∴A，O，E共线，∠D+∠E=∠A+∠B， ∴2∠D=2∠B， ∴∠D=∠B， ∴DE∥AB； （2）解：AE⊥BD，理由如下： 设AE交OB于F，交BD于G，如图： ∵∠DOE=∠AOB=90°， ∴∠DOE+∠BOE=∠AOB+∠BOE，即∠BOD=∠AOE， 在△BOD和△AOE中， OD=OE∠BOD=∠AOEOB=OA， ∴△BOD≌△AOE(SAS)， ∴∠OBD=∠OAE， ∵∠BFG=∠AFO， ∴180°−∠OBD−∠BFG=180°−∠OAE−∠AFO，即∠BGF=∠AOF， ∵∠AOF=90°， ∴∠BGF=90°， ∴AE⊥BD； （3）解：延长BE，过D作DK⊥BE于K，如图： ∵∠DOE=90°，OD=OE=3， ∴∠DEO=45°，DE=32， ∵∠BED=135°， ∴∠BEO=∠BED−∠DEO=135°−45°=90°，∠DEK=180°−∠BED=180°−135°=45°， ∵OB=OA=5， ∴BE=OB2−OE2=52−32=4， 由DK⊥BE，∠DEK=45°可得△DEK是等腰直角三角形， ∴DK=EK=DE2=322=3， ∴BK=EK+BE=3+4=7， 在Rt△BDK中， BD=BK2+DK2=72+32=58， 由（2）知△BOD≌△AOE， ∴AE=BD=58， 设GB=x，则GD=58−x， 由（1）知∠EGB=90°=∠DGE， ∴BE2−BG2=GE2=DE2−GD2， ∴16−x2=(32)2−(58−x)2， 解得x=145829，即GB=145829， ∴GD=58−x=155829，GE=BE2−GB2=16−(145829)2=65829， ∴GA=AE−GE=58−65829=235829， 在Rt△AGD中， AD2=GD2+GA2=(155829)2+(235829)2=52． ∴AD2的值是52． 【点睛】本题考查等腰三角形的旋转问题，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，平行线的判定与性质等知识，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理及等腰直角三角形的性质． 82．（2022秋·江苏连云港·八年级统考期中）【问题呈现】在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD之间的数量关系，并说明理由． 【解决策略】小敏同学思考后是这样做的：将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，连接DE，如图1．经过推理使问题得到解决．请回答： （1）△DBE的形状是______，△DCE的形状是_______； （2）直接写出AD、BD、CD之间的数量关系是________； 【方法感悟】在解决问题时，条件中若出现“等边三角形”、“等腰直角三角形”字样，可以考虑旋转某个三角形，把分散的条件或结论集中到一起，从而使问题得到解决． （3）如图2，在四边形ABCD中，∠BCD=45°，连接对角线AC、BD，∠ADB=90°，AD=BD，若CB=2，CD=4，求CA的长； （4）如图3，在四边形ABCD中，∠BAD=60°，AB=AD若BC=5，CD=2求A、C两点之间的最大距离． 【答案】（1）等腰三角形；等腰直角三角形；（2）AD2+BD3=2CD2；（3）CA=6；（4）A、C两点之间的最大距离为7 【分析】（1）直接根据旋转性质，得出∠EBC=∠A=45°，∠ACD=∠BCE，CD=CE，即可得出答案； （2）根据勾股定理得出DE2=CD2+CE2=BE2+BD2，再结合CD=CE，AD=BE，即可得出答案； （3）将△DAC绕点D逆时针旋转90°得到△DBF，连接CF，根据旋转得出AC=BD，DC=DF=4，∠ADC=∠BDF，证明∠CDF=∠ADB=90°，根据勾股定理求出CF=CD2+DF2=42，证明∠BCF=∠BCD+∠DCF=90°，最后根据勾股定理求出结果即可； （4）连接AC，将△DAC绕点A旋转60°，得到△BAE，连接CE，根据旋转得出AC=AE，∠CAD=∠BAE，BE=CD=2，证明△CAE为等边三角形，得出CE=AC，根据CE≤BC+BE，即可得出答案． 【详解】解：（1）∵∠ACB=90°，CA=CB， ∴∠A=∠ABC=12×90°=45°， ∵将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE， ∴△CAD≌△CBE， ∴CD=CE，AD=BE，∠CBE=∠A=45°，∠ACD=∠BCE， ∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°， ∠DCE=∠ECB+BCD=∠BCD+∠ACD=90° ∴△DBE为直角三角形，△DCE为等腰直角三角形； 故答案为：直角三角形；等腰直角三角形． （2）∵在Rt△DBE中根据勾股定理可得： DE2=BD2+BE2=BD2+AD2， 在Rt△DCE中根据勾股定理可得： DE2=CD2+CE2=2CD2， ∴AD2+BD3=2CD2； 故答案为：AD2+BD3=2CD2． （3）将△DAC绕点D逆时针旋转90°得到△DBF，连接CF，如图所示： 根据旋转可知，△DAC≌△DBF， ∴AC=BD，DC=DF=4，∠ADC=∠BDF， ∴∠ADB+∠BDC=∠BDC+∠CDF， ∴∠CDF=∠ADB=90°， ∴CF=CD2+DF2=42，∠DCF=∠DFC=12×90°=45°， ∵∠BCD=45°， ∴∠BCF=∠BCD+∠DCF=90°， ∴CA=BF=BC2+CF2=22+422=6． （4）连接AC，将△DAC绕点A旋转60°，得到△BAE，连接CE，如图所示： 根据旋转可知，△DAC≌△BAE， ∴AC=AE，∠CAD=∠BAE，BE=CD=2， ∵∠DAC+∠CAB=∠BAE+∠CAB， ∴∠CAE=∠DAB=60°， ∴△CAE为等边三角形， ∴CE=AC， ∵CE≤BC+BE， ∴AC≤BC+BE， 即AC≤2+5=7， ∴A、C两点之间的最大距离为7． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形． 83．（2022秋·江苏无锡·八年级校联考期中）基本图形：在Rt△ABC中，AB=AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE． 探索：（1）连接EC，如图①，试探索线段BC，CD，CE之间满足的等量关系，并证明结论； （2）连接DE，如图②，试探索线段CD，BD，AD之间满足的等量关系，并证明结论； 拓展：（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°．若BD=3，CD=1，则AD的长为____________．(直接写出答案，不需要说明理由．) 【答案】（1）BC=CD+CE，证明见解析；（2）BD2+CD2=2AD2，证明见解析；（3）2 【分析】（1）根据已知条件和全等三角形的判定定理，得出△BAD≅△CAE； （2）连接CE，根据旋转可得AD=AE，结合∠BAD=∠CAE，AB=AC得△BAD≅ △CAE(SAS)，进而可证BD2+CD2=DE2直接转换得出答案即可； （3）作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE，先利用SAS证明△BAD≅△CAE，得到CE=3，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出DE=8，最后在RT△ADE中，利用勾股定理可求出AD=2， 【详解】解：(1)BC=DC+EC，              ∵∠BAC=∠DAE=90°， ∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD=∠CAE， 在△BAD和△CAE中， AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE ∴△BAD≅△CAE， ∴BD=CE， ∴BC=BD+CD=EC+CD， 即：BC=DC+EC； （2）BD2+CD2=2AD2 连接CE ∵∠BAC=∠DAE=90° ， ∴∠BAD=∠CAE， ∵ AB=AC， 根据旋转可得AD=AE， ∴AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE ∴△BAD≅ △CAE(SAS)， ∴∠ACE=∠B， ∴∠DCE=∠BAC+∠ACE=∠BAC+∠B=90°， ∴BD2+CD2=DE2， 在Rt△ADE中，AD=AE，AD2+AE2=DE2， ∴2AD2=DE2， ∴BD2+CD2=2AD2． （3）AD=2， 作AE⊥AD，使AE=AD，连接CE，DE， ∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD， 即∠BAD=∠CAE， 在△BAD与△CAE中， AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE ∴△BAD≅△CAE（SAS）， ∴BD=CE=3， ∵∠ADC=45°，∠EDA=45°， ∴∠EDC=90°， ∴DE=CE2−CD2=8， ∵∠DAE=90°， ∴AD2+AE2=DE2， ∴AD=2． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题是解答本题的关键． 84．（2022秋·江苏·八年级期中）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD⊥DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF． (1)请直接写出∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系； (2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转， ①如图2，（1）中∠ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由； ②如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围． 【答案】(1)∠ADF=45°，AD=2DF； (2)①成立，理由见解析；②1≤S△ADF≤4. 【分析】（1）延长DF交AB于H，连接AF，先证明△DEF≌△HBF，得BH=CD，再证明△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论； （2）①过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，先证明△DEF≌△HBF，延长ED交BC于M，再证明∠ACD=∠ABH，得△ACD≌△ABH，得AD=AH，等量代换可得∠DAH=90°，即△ADH为等腰直角三角形，利用三线合一及等腰直角三角形边的关系即可得到结论； ②先确定D点的轨迹，求出AD的最大值和最小值，代入S△ADF=14AD2求解即可． 【详解】（1）解：∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下： 延长DF交AB于H，连接AF， ∵∠EDC=∠BAC=90°， ∴DE∥AB， ∴∠ABF=∠FED， ∵F是BE中点， ∴BF=EF， 又∠BFH=∠DFE， ∴△DEF≌△HBF， ∴BH=DE，HF=FD， ∵DE=CD，AB=AC， ∴BH=CD，AH=AD， ∴△ADH为等腰直角三角形， ∴∠ADF=45°， 又HF=FD， ∴AF⊥DH， ∴∠FAD=∠ADF=45°， 即△ADF为等腰直角三角形， ∴AD=2DF; （2）解：①结论仍然成立，∠ADF=45°，AD=2DF，理由如下： 过B作DE的平行线交DF延长线于H，连接AH、AF，如图所示， 则∠FED=∠FBH，∠FHB=∠EFD， ∵F是BE中点， ∴BF=EF， ∴△DEF≌△HBF， ∴BH=DE，HF=FD， ∵DE=CD， ∴BH=CD， 延长ED交BC于M， ∵BH∥EM，∠EDC=90°， ∴∠HBC+∠DCB=∠DMC+∠DCB=90°， 又∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠ABC=45°， ∴∠HBA+∠DCB=45°， ∵∠ACD+∠DCB=45°， ∴∠HBA=∠ACD， ∴△ACD≌△ABH， ∴AD=AH，∠BAH=∠CAD， ∴∠CAD+∠DAB=∠BAH+∠DAB=90°， 即∠HAD=90°， ∴∠ADH=45°， ∵HF=DF， ∴AF⊥DF，即△ADF为等腰直角三角形， ∴AD=2DF． ②由①知，S△ADF=12DF2=14AD2， 由旋转知，当A、C、D共线时，且D在A、C之间时，AD取最小值为3－1=2， 当A、C、D共线时，且C在A、D之间时，AD取最大值为3+1=4， ∴1≤S△ADF≤4． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质及判定、全等三角形判定及性质、勾股定理等知识点．构造全等三角形及将面积的最值转化为线段的最值是解题关键．遇到题干中有“中点”时，采用平行线构造出对顶三角形全等是常用辅助线． 85．（2022秋·江苏·八年级期中）（1）阅读理解：如图1，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的大小． 思路点拨：考虑到PA，PB，PC不在一个三角形中，采用转化与化归的数学思想，可以将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP'处，此时△ACP'≌△ABP，这样，就可以利用全等三角形知识，结合已知条件，将三条线段的长度转化到一个三角形中，从而求出∠APB的度数．请你写出完整的解答过程． （2）变式拓展：请你利用第（1）问的解答思想方法，解答下面问题： 如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，BE＝8，CF＝6，求EF的大小． （3）能力提升：如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点O为Rt△ABC内一点，连接AO，BO，CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，请直接写出（OA+OB+OC）2＝　 　． 【答案】（1）∠APB＝150°；完整的解答过程见解析；（2）EF＝10；（3）7． 【分析】（1）根据将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP'，可得AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，可证△AP P′为等边三角形，得出P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，根据勾股定理逆定理PP′2+P′C2=32+42=9+16=25=52=PC2，得出△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°即可； （2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，可得由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，先证△EAF≌△E′AF（SAS），再根据勾股定理得，E′F2=CE′2+FC2，即EF2=CE2+FC2，求出EF即可； （3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，先利用30°直角三角形性质求出AB＝2，，利用勾股定理求出BC=AB2−AC2=3，再证△BOO′是等边三角形，证明C、O、A′、O′四点共线，可证∠A′BC＝∠ABC+∠ABA′＝30°+60°＝90°，利用勾股定理在Rt△A′BC中，A′C=BC2+A′B2=32+22=3+4=7，得出OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝7即可． 【详解】解：（1）∵将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP'， ∴△ACP′≌△ABP， ∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB， 由题意知旋转角∠PA P′＝60°， ∴△AP P′为等边三角形， ∴P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°， ∵PP′2+P′C2=32+42=9+16=25=52=PC2， ∴△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°， ∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°； （2）如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′， 由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAF＝∠E′AF， 在△EAF和△E′AF中， AE=AE′∠EAF=∠E′AFAF=AF， ∴△EAF≌△E′AF（SAS）， ∴EF= E′F， ∵∠CAB＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB＝45°， ∴∠E′CF＝45°+45°＝90°， 由勾股定理得，E′F2=CE′2+FC2， 即EF2=CE′2+FC2， ∵BE＝8，CF＝6， ∴EF=CE2+FC2=82+62=64+36=10． （3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′， ∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2， ∴BC=AB2−AC2=22−12=3， ∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°， ∴∠OBO′=∠ABA′=60°，OA=O′A′，AB=A′B，OB=O′B， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60° ∵∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°， ∴AB＝2AC＝2， ∴A′B＝AB＝2， ∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°， ∴∠COB+∠BOO′＝120°+60°=180°， ∴点C，O，O′三点共线， ∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°， ∴点O、O′、A′三点共线 ∴C、O、A′、O′四点共线， ∵∠ABC＝30°，∠ABA′=60° ∴∠A′BC＝∠ABC+∠ABA′＝30°+60°＝90°， 在Rt△A′BC中，A′C=BC2+A′B2=32+22=3+4=7， ∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝7， ∴（OA+OB+OC）2＝7， 故答案为：7． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、三角形全等判定与性质，直角三角形的性质及含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，勾股定理逆定理，熟练掌握旋转的性质，正确得出对应边和对应角，和相关知识是解题关键． 86．（2022秋·江苏·八年级期中）【情景呈现】 画∠AOB=90°，并画∠AOB的平分线OC． （1）把三角尺的直角顶点落在OC的任意一点P上，使三角尺的两条直角边分别与∠AOB的两边OA,OB垂直，垂足为E,F（如图1）．则PE________PF．（选填：“<”、“>”或“=”） （2）把三角尺绕点P旋转（如图2），PE与PF相等吗？猜想PE,PF的大小关系，并说明理由． 【理解应用】 （3）在（2）的条件下，过点P作直线GH⊥OC，分别交OA,OB于点G,H，如图3． ①图中全等三角形有_________对．（不添加辅助线） ②猜想GE,FH,EF之间的关系为___________． 【拓展延伸】 （4）如图4，画∠AOB=60°，并画∠AOB的平分线OC，在OC上任取一点P，作∠EPF=120°，∠EPF的两边分别与OA,OB相交于E,F两点，PE与PF相等吗？请说明理由． 【答案】（1）=；（2））PE=PF，理由见解析；（3）①3对；②GE2+FH2=EF2；（4）PE=PF，理由见解析． 【分析】（1）由全等三角形的判定和性质证明PE=PF； （2）PE=PF，利用条件证明△PEM≌△PFN即可得出结论； （3）①根据等腰直角三角形的性质得到OP=PG=PH，证明△GPE≌△OPF（ASA），△EPO≌△FPH，△GPO≌△OPH，得到答案； ②根据勾股定理，全等三角形的性质解答； （4）作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H，证明△PGE≌△PHF，根据全等三角形的性质证明结论． 【详解】解：（1）∵OC平分∠AOB， ∴∠AOC=∠BOC， ∵PE⊥OA， ∴∠OEP=90°， ∵∠AOB=90°，∠EPF=90° ∴∠OFP=360°-∠AOB-∠PEO-∠EPF=90°， ∴∠OEP=∠OFP 又∵∠AOC=∠BOC，OP=OP ∴△OEP≌△OFP（AAS）， ∴PE=PF， 故答案为：=； （2）PE=PF， 理由是：如图2，过点P作PM⊥OA，PN⊥OB，垂足是M，N， ∴∠AOB=∠PME=∠PNF=90°， ∴∠MPN=90°， 与（1）同理可证PM=PN， ∵∠EPF=90°， ∴∠MPE=∠FPN， 在△PEM和△PFN中， ∠PME=∠PNFPM=PN∠MPE=∠NPF， ∴△PEM≌△PFN（ASA）， ∴PE=PF； （3）①∵OC平分∠AOB， ∴∠AOC=∠BOC=45°， ∵GH⊥OC， ∴∠OGH=∠OHG=45°， ∴OP=PG=PH， ∵∠GPO=90°，∠EPF=90°， ∴∠GPE=∠OPF， 在△GPE和△OPF中， ∠PGE=∠POFPG=PO∠GPE=∠OPF， ∴△GPE≌△OPF（ASA）， 同理可证明△EPO≌△FPH， ∵GP=PH∠GPO=∠OPHOP=OP ∴△GPO≌△OPH（SAS）， ∴全等三角形有3对， 故答案为：3； ②GE2+FH2=EF2， 理由如下：∵△GPE≌△OPF， ∴GE=OF， ∵△EPO≌△FPH， ∴FH=OE， 在Rt△EOF中，OF2+OE2=EF2， ∴GE2+FH2=EF2， 故答案为：GE2+FH2=EF2； （4）PE=PF； 理由：作PG⊥OA于G，PH⊥OB于H． 在△OPG和△OPH中， ∠PGO=∠PHO∠POG=∠POHOP=OP， ∴△OPG≌△OPH， ∴PG=PH， ∵∠AOB=60°，∠PGO=∠PHO=90°， ∴∠GPH=120°， ∵∠EPF=120°， ∴∠GPH=∠EPF， ∴∠GPE=∠FPH， 在△PGE和△PHF中， ∠PGE=∠PHFPG=PH∠GPE=∠FPH ∴△PGE≌△PHF， ∴PE=PF． 【点睛】本题考查几何变换综合题，全等三角形的判定和性质、角平分线的定义等知识，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，学会利用两次全等三角形解决问题． 87．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）（1）问题发现： 如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则： ①∠AEB的度数为　 　°； ②线段AD、BE之间的数量关系是　 　． （2）拓展研究： 如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点 A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系． （3）探究发现： 图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由． 【答案】（1）①60；②AD＝BE；（2）a2＋b2＝c2；（3）60°或120° 【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数； （2）由“SAS”可证△ACD≌△BCE，可得BE=AD，∠ADC=∠BEC，由勾股定理可求解； （3）由（1）知△ACD≌△BCE，得∠CAD=∠CBE，由∠CAB=∠ABC=60°，可知∠EAB+∠ABE=120°，根据三角形的内角和定理可知∠AOE=60°． 【详解】解：（1）①如图1， ∵△ACB和△DCE均为等边三角形， ∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACD=∠BCE， 在△ACD和△BCE中， AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）． ∴∠ADC=∠BEC． ∵△DCE为等边三角形， ∴∠CDE=∠CED=60°， ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=120°， ∴∠BEC=120°， ∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°， 故答案为：60； ②∵△ACD≌△BCE， ∴AD=BE， 故答案为：AD=BE； （2）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°． ∴∠ACD=∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴BE=AD，∠ADC=∠BEC， ∵△DCE为等腰直角三角形， ∴∠CDE=∠CED=45°． ∵点A，D，E在同一直线上， ∴∠ADC=135°． ∴∠BEC=135°， ∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°， ∴AD2+AE2=AB2， ∵AD=a，AE=b，AB=c， ∴a2+b2=c2； （3）如图3， 由（1）知△ACD≌△BCE， ∴∠CAD=∠CBE， ∵∠CAB=∠CBA=60°， ∴∠OAB+∠OBA=120°， ∴∠AOE=180°-120°=60°， 如图4， 同理求得∠AOB=60°， ∴∠AOE=120°， ∴∠AOE的度数是60°或120°． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 88．（2022春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B的坐标为（6，8），一次函数y=23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE，点M是线段DE上的一个动点 (1)求得b (2)连结OM，若△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5，求点M的坐标 (3)设点N是x轴上方平面内的一点，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形时，请求出点N的坐标； 【答案】(1)2； (2)M(4,143)； (3)以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形时，点N的坐标为(212,3)或(613,10813)． 【分析】（1）根据OD=BE，可得点E（6，8-b），将E代入解析式，即可求解； （2）由（1）知OD=2，AE=6，根据△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5，可得S∆ODM=16S四边形OAED，S∆ODM=4，，设点M的横坐标为m，则S∆ODM=12OD×m，即可求解； （3）分两种情况：若以AE为对角线，得到菱形AMEN；若以EM为对角线，得到菱形AMNE讨论，结合图形，利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）∵四边形OABC是矩形， ∴AB⊥x轴，BC⊥y轴， ∵一次函数y=23x+b的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足OD=BE， ∴OD=BE=b， ∵点B的坐标为（6，8）， ∴AB=8，点E的横坐标为6， ∴AE=AB-BE=8-b， ∴点E（6，8-b）， 将点E代入y=23x+b得：8−b=23×6+b， 解得：b=2， 故答案为：2； （2）由（1）知：一次函数的解析式为：y=23x+2，OD=2，AE=6， ∵△ODM的面积与四边形OAEM的面积之比为1：5， ∴S∆ODM=16S四边形OAED， ∵S四边形OAED=12AE+OD×OA=126+2×6=24， ∴S∆ODM=16S四边形OAED=16×24=4， 设点M的横坐标为m， 则S∆ODM=12OD×m=4， 即12×2×m=4， 解得：m=4， 将m=4代入y=23x+2， 得：y=23×4+2=143 ∴M(4,143)； （3）如图所示，若以AE为对角线，得到菱形AMEN，则MN垂直平分AE，M和N关于AE轴对称， ∵AE=6， ∴点M、N的纵坐标均是62=3， 将y=3代入y=23x+2 得：3=23x+2， 解得：x=32， ∴点M(32,3)， ∴MF=NF=6−32=92， ∴xN=6+92=212 ∴点N(212,3)； 如图所示，若以EM为对角线，得到菱形AMNE，则MN=AE=6，线段ME与线段AN的中点重合，过点M作MG⊥x轴于点G， 设点M的横坐标为a，则纵坐标为23a+2， ∴AG=6-a，MG=23a+2，AM=AE=6， ∴AM2=AG2+MG2，即62=(6−a)2+(23a+2)2 解得：a=6（不能构成菱形，舍去）或a=613， 23×613+2=3013 ∴点M(613,3013)， ∵菱形AMNE， ∴yN=NM+yM=6+3013=10813， ∴点N(613,10813)， 综上所述，以A、M、E、N为顶点的四边形为菱形时，点N的坐标为(212,3)或(613,10813)． 【点睛】题目主要考查一次函数的性质与菱形的判定与性质，矩形的性质，正确根据菱形的性质进行分类讨论求得M的坐标是解决本题的关键． 89．（2022春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校联考期中）在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB'E，延长AB'与直线CD交于点M． (1)求证：AM=MF； (2)当点E是边BC的中点时，求CM的长； (3)当CF=4时，求CM的长． 【答案】(1)见解析 (2)83 (3)215或 21 【分析】（1）由折叠的性质及等腰三角形的判定可得出答案； （2）利用矩形的性质证得ΔAEB≌ΔFECAAS，根据全等三角形的性质得到AB=CF=6，设CM=x，则由（1）知，AM=MF=x+6，DM=6−x ，在RtΔADM中利用勾股定理即可求解； （3）当CF=4时，设CM=x，应分两种情况：第一种情况，点E在线段BC上，如图所示，则AM=MF=x+4，DM=6−x； 第二种情况，点E在线段BC上，如图所示，则AM=MF=x+4，DM=6−x 在RtΔADM中，利用勾股定理AM2=AD2+DM2即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴AB∥CD， ∴∠F＝∠BAF， 由折叠可知：∠BAF＝∠MAF， ∴∠F＝∠MAF， ∴AM＝MF； （2）∵点E是边BC的中点， ∴BE=CE=12BC=4， ∵四边形ABCD为矩形，BC=8， ∴AB∥CD，∠B=∠BCD=∠ADC=90°，AD=BC=8 ∴∠F＝∠BAF， 又∵∠AEB=∠FEC， ∴ΔAEB≌ΔFECAAS， ∴AB=CF=6， 设CM=x，则由（1）知，AM=MF=x+6，DM=6−x 在RtΔADM中，AM2=AD2+DM2， ∴x+62=82+6−x2， 解得x=83， ∴CM的长为83； （3）当CF=4时，设CM=x，应分两种情况： 第一种情况，点E在线段BC上，如图所示，则AM=MF=x+4，DM=6−x ∴在RtΔADM中，AM2=AD2+DM2， ∴x+42=82+6−x2， 解得x=215， ∴CM的长为215； 第二种情况，点E在线段BC的延长线上，如图所示，则AM=MF=x−4，DM=x−6 ∴在RtΔADM中，AM2=AD2+DM2， ∴x−42=82+x−62，解得x=21， ∴CM的长为21 综上可知，当CF=4时，CM的长为215或 21 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，分类讨论的思想是解题的关键． 90．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（（点D不与B，C重合）），以AD为边的AD右侧作正方形ADEF，连接CF． (1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时， ①BC与CF的位置关系为：______． ②BC，CD，CF之间的数量关系为______；（将结论直接写在横线上） (2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)拓展延伸：如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于G，连接GE．若已知BC=4，CD=1，请直接写出GE的长． 【答案】(1)①垂直；②BC=CD＋CF (2)成立，证明见详解； (3)10 【分析】（1）由边角边对应相等得出△ABD≌△ACF，从而CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，进而得出结论①②； （2）由（1）解答得出△ABD≌△ACF，从而CF=BD，∠ACF=∠ABD=135°，进而得出结论； （3）过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD延长线于N，由△AMD≌△DNE，得到DN=2，EN=3；设B为坐标原点，由中点坐标公式可得F点坐标，结合坐标特征求出G点坐标，即可计算GE的长； （1） 解：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，则△ABC等腰直角三角形， 四边形ADEF是正方形，则AD=AF，∠DAF=90°， ∠BAC=∠BAD＋∠DAC=90°，∠DAF=∠CAF＋∠DAC=90°， ∴∠BAD=∠CAF， △ABD和△ACF中：AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF， ∴△ABD≌△ACF（SAS）， ∴BD=CF，∠ABD=∠ACF=45°， ∠ACB=45°，则∠BCF=∠ACB ＋∠ACF =90°， 故：BC⊥CF，BC=BD＋DC=CF＋DC； （2） 解：根据（1）解答可得：△ABD≌△ACF（SAS）， ∴BD=CF，∠ABD=∠ACF=135°， ∠ACB=45°，则∠BCF=∠ACF－∠ACB =90°， 故：BC⊥CF，BC=BD＋DC=CF＋DC； （3） 解：如图，过A作AM⊥BD于M，过E作EN⊥BD延长线于N， 四边形ADEF是正方形，△ABC是等腰直角三角形， △AMD和△DNE中：∠ADM＋∠DAM=∠ADM＋∠EDN=90°，则∠DAM=∠EDN， AD=DE，∠AMD=∠DNE=90°， ∴△AMD≌△DNE， BC=4，CD=1，则AM=2，DM=3， ∴DN=2，EN=3， 设B为坐标原点，则A（2，2），C（4，0），D（5，0），E（7，3）， 正方形ADEF中，对角线互相平分，则线段AE和线段DF的中点重合；设F坐标（x，y）， 由中点坐标公式可得：AE的中点坐标为（92，52），DF的中点坐标为（5+x2，y2）， ∴92=5+x2，52=y2， 解得x=4，y=5， 即F（4，5）， ∵C（4，0），F（4，5）， ∴CF⊥BC， ∵∠B=45°， ∴△BCG是等腰直角三角形， ∴CG=BC=4，即G（4，4），E（7，3）， ∴GE=7−42+3−42=10 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的性质，中点坐标和两点距离公式，数形结合利用点的坐标计算线段长度是解题关键． 91．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）数学兴趣小组的同学发现：一些复杂的图形运动是由若干个图形基本运动组合形成的，如一个图形沿一条直线翻折后再沿这条直线的方向平移，这样的一种图形运动，大家讨论后把它称为图形的“翻移运动”，这条直线则称为（这次运动的）“翻移线”如图1，ΔA2B2C2就是由ΔABC沿直线1翻移后得到的．（先翻折，然后再平移） (1)在学习中，兴趣小组的同学就“翻移运动”对应点（指图1中的A与A2，B与B2…）连线是否被翻移线平分发生了争议．对此你认为如何？（直接写出你的判断） (2)如图2，在长方形ABCD中，BC=8，点E,F分别是边BC,AD中点，点G在边CD延长线上，联结AE,FG，如果ΔGDF是ΔABE经过“翻移运动”得到的三角形．请在图中画出上述“翻移运动”的“翻移线”直线a；联结AG，线段AG和直线a交于点O，若ΔOGF的面积为3，求此长方形的边长AB的长． (3)如图3，M是（2）中的长方形边BC上一点，如果BM=1，ΔABM先按（2）的“翻移线”直线a翻折，然后再平移2个单位，得到ΔA1B1M1，联结线段AA1、MM1，分别和“翻移线”a交于点K和点H，求四边形AKHM的面积． 【答案】(1)“翻移运动”对应点（指图1中的A与A2，B与B2…)连线被翻移线平分 (2)3 (3)11或10 【分析】（1）画出图形，即可得出结论； （2）作直线EF，即为“翻移线”直线a，再由“翻移运动”的性质和三角形面积关系求解即可； （3）分两种情况：①ΔABM先按（2）的“翻移线”直线a翻折，然后再向上平移2个单位，②ΔABM先按（2）的“翻移线”直线a翻折，然后再向下平移2个单位，由“翻移运动”的性质、梯形面积公式和三角形面积公式分别求解即可． (1) 解：如图1，连接AA2，BB2…， 则“翻移运动”对应点（指图1中的A与A2，B与B2…)连线被翻移线平分； (2) 解：作直线EF，即为“翻移线”直线a，如图2所示： ∵四边形ABCD是长方形， ∴AB=CD，AD=BC=8， 由“翻移运动”的性质得：AB=DC=GD，AF=DF=12AD=4，O是AG的中点， ∴SΔAOF=SΔOGF=3， ∴SΔAFG=2SΔOGF=6， ∵AF=DF， ∴SΔGDF=SΔAFG=6， ∴SΔGDF=12DG×DF=12×DG×4=6， ∴DG=3， ∴AB=3； (3) 解：分两种情况： ①ΔABM先按（2）的“翻移线”直线a翻折，然后再向上平移2个单位，如图3所示： 设ΔABE翻折后的三角形为ΔDCP，连接PM1， 则A1D=B1C=M1P=2， 同（2）得：KF=12A1D=1，HE=12M1P=1， ∵BE=4，BM=1， ∴ME=BE−BM=3， ∴四边形AKHM的面积=梯形ABEK的面积−ΔABM的面积−ΔHME的面积=12×(3+3+1)×4−12×3×1−12×3×1=11； ②ΔABM先按（2）的“翻移线”直线a翻折，然后再向下平移2个单位，如图4所示： 设ΔABE翻折后的三角形为ΔDCP，连接PM1， 则A1D=B1C=M1P=2， 同（2）得：KF=12A1D=1，HE=12M1P=1， ∵BE=4，BM=1， ∴ME=BE−BM=3， ∴四边形AKHM的面积=梯形AFEM的面积−ΔAFK的面积+ΔHME的面积=12×(3+4)×3−12×4×1+12×3×1=10； 综上所述，四边形AKHM的面积为11或10． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了长方形的性质、“翻移运动”的性质、梯形面积公式、三角形面积公式等知识，本题综合性强，解题的关键是熟练掌握“翻移运动”的性质和长方形的性质． 92．（2022春·江苏连云港·八年级统考期中）已知矩形ABCD，AB=6，BC=10，以BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，在CD边上取一点E，将△ADE沿AE翻折，点D恰好落在BC边上的点F处． （1）求线段EF长； （2）在平面内找一点G， ①使得以A、B、F、G为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点G的坐标； ②如图2，将图1翻折后的矩形沿y轴正半轴向上平移m(m＞0)个单位，若以A、O、F、G为顶点的四边形为菱形，请求出m的值并写出点G的坐标． 【答案】（1）103 ；（2）①点G的坐标为（﹣8，6）或（8，6）或（8，﹣6）；②m=4,G(8,−6)或m=6,G(−8,6).或m=73,G(8,323)． 【分析】（1）由矩形的性质得AD＝BC＝OC＝10，CD＝AB＝OA＝6，∠AOC＝∠ECF＝90°，由折叠性质得EF＝DE，AF＝AD＝10，则CE＝6﹣EF，由勾股定理求出BF＝OF＝8，则FC＝OC﹣OF＝2，在Rt△ECF中，由勾股定理得出方程，解方程即可； （2）①分三种情况，当AB为平行四边形的对角线时；当AF为平行四边形的对角线时；当BF为平行四边形的对角线时，分别求解点G的坐标即可； ②分三种情况讨论，当OF为对角线时，由菱形的性质得OA＝AF＝10，则矩形ABCD平移距离m＝OA﹣AB＝4，即OB＝4，设FG交x轴于H，证出四边形OBFH是矩形，得FH＝OB＝4，OH＝BF＝8，则HG＝6，如图，当AO为菱形的对角线时，当AF为菱形的对角线时，结合矩形与菱形的性质同理可得出答案． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝OC＝10，CD＝AB＝OA＝6，∠AOC＝∠ECF＝90°， 由折叠性质得：EF＝DE，AF＝AD＝10， ∴CE＝CD﹣DE＝CD﹣EF＝6﹣EF， 由勾股定理得：BF＝OF=AF2−OA2=102−62=8， ∴FC＝OC﹣OF＝10﹣8＝2， 在Rt△ECF中，由勾股定理得：EF2＝CE2+FC2， 即：EF2＝（6﹣EF）2+22， 解得：EF＝103； （2）①如图所示： 当AB为平行四边形的对角线时，AG＝BF＝8，AG∥BF， ∴点G的坐标为：（﹣8，6）； 当AF为平行四边形的对角线时，AG'＝BF＝8，AG'∥BF， ∴点G'的坐标为：（8，6）； 当BF为平行四边形的对角线时，FG''＝AB＝6，FG''∥AB， ∴点G''的坐标为：（8，﹣6）； 综上所述，点G的坐标为（﹣8，6）或（8，6）或（8，﹣6）； ②如图，当OF为菱形的对角线时， ∵四边形AOGF为菱形， ∴OA＝AF＝10， ∴矩形ABCD平移距离m＝OA﹣AB＝10﹣6＝4， 即OB＝4， 设FG交x轴于H，如图所示： ∵OA∥FG，BC∥x轴， ∴∠FBO＝∠BOH＝∠OHF＝90°， ∴四边形OBFH是矩形， ∴FH＝OB＝4，OH＝BF＝8， ∴HG＝10﹣4＝6， ∴点G的坐标为：（8，﹣6）． 如图，当AO为菱形的对角线时， 则AB=OB=6,GB=BF=8,AO⊥GF, ∴m=6,G(−8,6). 如图，当AF为菱形的对角线时， 同理可得：OA=OF,OA=m+6, 且GF∥OA,GF⊥BC, ∴A(0,m+6),F(8,m), ∴(m+6)2=82+m2, 解得：m=73, ∴A(0,253),F(8,73), 所以∴G(8,73+253)即G(8,323). 综上：平移距离m与G的坐标分别为：m=4,G(8,−6)或m=6,G(−8,6)或m=73,G(8,323).． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，坐标与图形性质、平行四边形的性质、勾股定理、折叠变换的性质、平移的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键． 93．（2022秋·江苏宿迁·八年级统考期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝8． （1）P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处）． ①如图①，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出满足条件的图形（即△AEP的位置，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时DE＝　 　． ②如图②，PE与CD相交于点F，AE与CD相交于点G，且FC＝FE，求BP的长． （2）如图③，已知点Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B’处，求BQ的长． 【答案】（1）①画图见解析，6；②203；（2）4或16 【分析】（1）①如图1，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，作∠EAB的角平分线交BC于点P，则点P即所求，根据勾股定理求得DE的长；②由折叠的性质可知设BP＝EP＝x，可求得△GEF≌△PCF（ASA），再勾股定理求解即可； （2）分两种情况进行讨论，点Q在线段AB上和点Q在BA延长线上，分别求解即可． 【详解】解：（1）①以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，再作∠EAB的角平分线交BC于点P，连接EP、AP，如下图： 则AE=AB=10 由矩形的性质可知：∠D=90° ∴DE=AE2−AD2=6 ②由折叠的性质，可设BP＝EP＝x， 在△GEF和△PCF中 ∠E=∠C=90°EF=FC∠GFE=∠PFC ∴△GEF≌△PCF（ASA） ∴GF＝FP，GE＝CP＝8－x ∴GC＝EP＝x ∴DG=10−x，AG=10−(8−x)=x+2 ∴在Rt△ADG中，82+(10−x)2=x+22 解得x＝203，即BP＝203 （2）①点Q在线段AB上， 由翻折得∠CQB=∠CQB′，BC=CB′=8 ∵CD∥AB， ∴∠DCQ＝∠CQB ∴∠DCQ＝∠CQD ∴CD＝QD＝10 ∵CD=10，CB′=8 ∴DB′=6 ∴QB′=QB=4 ②点Q在BA延长线上 由翻折得B′Q=BQ，BC=CB′=8 ∵CD＝10， ∴DB′＝6 设B′Q=BQ=x，DQ=x−6，AQ=x−10 ∴在Rt△ADQ中，82+x−102=x−62 解得x＝16，即BQ＝16 综上所述，BQ＝4或16 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，折叠变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程求解问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 94．（2022春·江苏盐城·八年级统考期中）如图①，在正方形ABCD中，点E为BC边上任意一点（点E不与B、C重合），点F在线段AE上，过点F的直线MN⊥AE，分别交AB、CD于点M、N． （1）求证：MN=AE （2）如图②，当点F为AE中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线BD、MN与BD交于点G，连接BF．求证：BF=FG． 【答案】（1）见详解；（2）见详解 【分析】（1）作辅助线，构建平行四边形PMND，再证明△ABE≌△DAP，即可得出结论； （2）连接AG、EG、CG，构建全等三角形和直角三角形，证明AG＝EG＝CG，再根据四边形的内角和定理得∠AGE＝90°，在Rt△ABE 和Rt△AGE中，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BF＝12AE，FG＝12AE，则BF＝FG． 【详解】证明：（1）如图，过点D作PD∥MN交AB于P，则∠APD＝∠AMN， ∵正方形ABCD， ∴AB＝AD，AB∥DC，∠DAB＝∠B＝90°， ∴四边形PMND是平行四边形且PD＝MN， ∵∠B＝90°， ∴∠BAE＋∠BEA＝90°， ∵MN⊥AE于F， ∴∠BAE＋∠AMN＝90°， ∴∠BEA＝∠AMN＝∠APD， 又∵AB＝AD，∠B＝∠DAP＝90°， ∴△ABE≌△DAP（AAS）， ∴AE＝PD＝MN． （2）如图，连接AG、EG、CG， 由正方形的轴对称性△ABG≌△CBG， ∴AG＝CG，∠GAB＝∠GCB， ∵MN⊥AE于F，F为AE中点， ∴AG＝EG， ∴EG＝CG，∠GEC＝∠GCE， ∴∠GAB＝∠GEC， 由图可知∠GEB＋∠GEC＝180°， ∴∠GEB＋∠GAB＝180°， 又∵四边形ABEG的内角和为360°，∠ABE＝90°， ∴∠AGE＝90°， 在Rt△ABE和Rt△AGE中，AE为斜边，F为AE的中点， ∴BF＝12AE，FG＝12AE， ∴BF＝FG． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形、全等三角形，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等． 95．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）已知：如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=5在AD上取一点E,AE=2，点F是AB边上的一个动点，以EF为一边作菱形EFMN，使点N落在CD边上，点M落在矩形ABCD内或其边上．若AF=x,△BFM的面积为S． （1）当四边形EFMN是正方形时，求x的值； （2）当四边形EFMN是菱形时，求S与x的函数关系式； （3）当x=时，△BFM的面积S最大：当x=时，△BEM的面积S最小； （4）在△BFM的面积S由最大变为最小的过程中，请直接写出点M运动的路线长： ． 【答案】（1）3；（2）S=−32x+12；（3）5；6916；（4）8−5 【分析】（1）由题意证明△DNE≌△AEF即可求出x的值； （2）过点M作MQ⊥AB于点Q，连结NF，由题意证明出△DEN≌△QMF求出MQ的长度，然后根据三角形面积的表示方法即可求出S与x的函数关系式； （3）根据表达式分析出面积最大时的图像，然后根据矩形和菱形的性质列出方程求解即可． （4）由图像可判断出M点的轨迹，根据矩形的性质即可求出点M运动的路线长． 【详解】解：（1）∵正方形EFMN中EF=NE,∠NEF=90° 且∠A=∠D=90° ∴∠DNE+∠DEN=∠AEF+∠DEN=90° 即∠DNE=∠AEF 在△DNE和△AEF中 ∠D=∠A∠DNE=∠AEFNE=EF ∴△DNE≌△AEF(AAS) ∴AF=DE=3即x=3． （2）过点M作MQ⊥AB于点Q，连结NF ∴∠1=∠D=90° ∵菱形ENMF中NE//FM,NE=FM ∴∠4=∠5 ∵AB//CD ∴∠DNF=∠BFN 即∠3+∠4=∠2+∠5 ∴∠3=∠2 在△DEN和△QMF中 ∠D=∠1∠3=∠2EN=MF ∴△DEN≌△QMF(AAS) ∴MQ=ED=3 ∴S=12⋅(8−x)⋅3=−32x+12 （3） 由表达式S=−32x+12可知，当x取最小值时，S最大， 由图像可知，当点N和点D重合是，x取最小值，故此时S最大， ∴EF=ED=3， ∴在Rt△AEF中，x=EF2−AE2=32−22=5； 同理，表达式S=−32x+12可知，当x取最小值时，S最大， 由图像可知，当点M在线段BC上时，x取最大值，故此时S最小， 此时，根据矩形和菱形的对称性可证得△AEF≌△CMN， ∴CN=AF=x，DN=8−x， ∴在△DEN中， DN2+DE2=EN2 (8−x)2+32=22+x2 解得：x=6916． （4）如下图所示，△BFM的面积由最大变为最小的过程中，点M的运动轨迹是平行于AB的线段， ∵M1F1//AD,AD//BC, ∴M1F1//BC, 又∵M1M2//F1B， 所以四边形M1M2F1B是平行四边形， 又∵∠B=90°， ∴四边形M1M2F1B是矩形， ∴M1M2=F1B=AB−AF1=8−5． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，矩形和菱形的性质和判定，解题的关键是根据题意画出图像，并分析出线段之间的数量关系． 96．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）在△ABC中，AB=6,AC=BC=5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到△ADE，旋转角为α0°<α<180°，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E． （1）如图，当α=60°时，连接BD、BE，并延长BE交AD于点F．则BE=_____； （2）当α=90°时，请画出图形并求出BE的长； （3）在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG=∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请猜想四边形AEBC的形状并说明理由． 【答案】（1）33−4；（2）画图见解析，13；（3）菱形，理由见解析 【分析】（1）证明ΔABD是等边三角形，得到点B、E在AD的中垂线上．进而求解； （2）依据题意画图如图1，证明ΔAHC≅ΔEGA(AAS)，得到BG=2，EG=3，即可求解； （3）证明CH=HE，AH=BH，则四边形AEBC为平行四边形，而AC=BC，则四边形AEBC为菱形． 【详解】解：（1）∵ΔABC绕点A顺时针方向旋转60°得到ΔADE， ∴AB=AD，∠BAD=60°． ∴ΔABD是等边三角形， ∴AB=BD． ∵ΔABC绕点A顺时针方向旋转60°得到ΔADE， ∴AC=AE，BC=DE． 又∵AC=BC， ∴EA=ED． ∴点B、E在AD的中垂线上． ∴BE 是AD的中垂线． ∵点F在BE的延长线上， ∴BF⊥AD，AF=DF； ∴AF=DF=3， ∵AE=AC=5， ∴EF=AE2−AF2=52−32=4， 在等边三角形ABD中，BF=AB⋅sin∠BAF=6×32=33， ∴BE=BF−EF=33−4， 故答案为：33−4； （2）依据题意画图如图1， 过点E作EG⊥AB于点G，过点C作CH⊥AB于点H， ∵CA=CB，CH⊥AB， ∴AH=12AB=12×6=3， 在RtΔACH中，∵AC=5，AH=3， ∴CH=AC2−AH2=52−32=4， ∵∠CAE=90°， ∴∠CAH+∠EAG=90°， ∵CH⊥AB， ∴∠CAH+∠ACH=90°， ∴∠EAG=∠ACH， ∵ΔABC围绕点A顺时针方向旋转得到ΔADE， ∴AC=AE， ∵EG⊥AB，CH⊥AB， ∴∠EGA=∠AHC=90°， 在ΔAHC和ΔEGA中， ∠EAG=∠ACH∠EGA=∠AHCAC=AE， ∴ΔAHC≅ΔEGA(AAS)， ∴GA=CH=4，EG=AH=3， ∴BG=AB−AG=6−4=2， ∵BG=2，EG=3， 则BE=EG2+BG2=22+32=13； （3）如图2所示， ∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC， ∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°， 又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°， ∴∠BAE=∠ABC， ∵AC=BC=AE， ∴∠BAC=∠ABC， ∴∠BAE=∠BAC， ∴AB⊥CE，且CH=HE=12CE， ∵AC=BC， ∴AH=BH=12AB， ∵CH=HE，AH=BH， ∴四边形AEBC为平行四边形， ∵AC=BC， ∴四边形AEBC为菱形． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和菱形的性质、图形的旋转、三角形全等等，综合性强，难度较大． 97．（2022春·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考期中）在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，E、F是直线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤7． （1）如图1，M、N分别是AB，DC中点，当四边形EMFN是矩形时，求t的值． （2）若G、H分别从点A、C沿折线A−B−C，C−D−A运动，与E，F相同的速度同时出发． ①如图2，若四边形EGFH为菱形，求t的值； ②如图3，作AC的垂直平分线交AD、BC于点P、Q，当四边形PGQH的面积是矩形ABCD面积的一半时，则t的值是_______． 【答案】（1）0.5或4.5；（2）①318；②1.5 【分析】（1）根据矩形的性质得到EF=MN，得到AE=CF=0.5，从而分两种情况得到t值； （2）①根据菱形的性质，作AC的垂直平分线GH，连接AG，得到AG=CG，在△ABG中利用勾股定理列出方程，求出BG，得到AB+BG的值，可得t； ②求出BQ和CQ，分析得到S△AGP+S△BQG=3时，S四边形GQHP=12S矩形ABCD，可得关于AG的方程，解之得到AG，即可得到t值． 【详解】解：（1）如图1，当四边形EMFN为矩形，EF=MN，OE=OM=OF=ON， ∵四边形ABCD是矩形，且M，N分别为AB，CD中点， ∴OM=ON，OA=OC， ∵E，F两点运动速度均为1个单位， ∴AE=CF， ∴OE=OF， ∴EF=MN=BC=4， ∵AC=AB2+BC2=5， ∴AE=CF=0.5， ∴t=0.5，同理：当AE=CF=4.5，四边形EMFN为矩形， ∴当t=0.5或4.5时，四边形EMFN为矩形； （2）①作AC的垂直平分线交BC于G，交AD于H，交AC于O， 当点G，H运动到AC的垂直平分线上时，四边形EGFH为菱形， 连接AG，此时AG=CG， ∴AB2+BG2=AG2，即32+BG2=4−BG2， 解得：BG=78， ∴AB+BG=3+78=318， ∴当t=318秒时，四边形EGFH为菱形； ②由①得：BQ=78，即CQ=258， 由题意可得：DP=BQ，DH=BG，AG=CH，AP=CQ， S矩形ABCD=3×4=12， ∴S梯形APQB=12S矩形ABCD=6， ∴当S△AGP+S△BQG=3时，S四边形GQHP=12S矩形ABCD， ∴12AG·AP+12BG·BQ=3， 即12AG·258+12（3-AG）·78=3， 解得：AG=1.5， ∴当t=1.5时，S四边形PGQH=12S矩形ABCD． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的性质，垂直平分线的应用，勾股定理，图形的面积，解题的关键是利用特殊四边形的性质，得到线段的关系，从而得到图形面积的关系． 98．（2022春·江苏苏州·八年级校考期中）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，A（10， 0），C（0， 4），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．    （1）当t为何值时，四边形PODB是平行四边形？ （2）在直线CB上是否存在一点Q，使得O、D、Q、P四点为顶点的四边形是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由． （3）在线段PB上有一点M，且PM=5，当P运动几秒时，四边形OAMP的周长最小，并画图标出点M的位置． 【答案】（1）2.5；（2）存在，t=1.5，Q（8， 4）；t=4，Q（3， 4）；t=1，Q（−3， 4）；（3）54，图见解析 【分析】（1）先求出OA，进而求出OD=5，再由运动知BP=10-2t，进而由平行四边形的性质建立方程10-2t=5即可得出结论； （2）分三种情况讨论，利用菱形的性质和勾股定理即可得出结论； （3）先判断出四边形OAMP周长最小，得出AM+DM最小，即可确定出点M的位置，再用三角形的中位线得出BM，进而求出PC，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形OABC为矩形，A（10， 0），C（0， 4）， ∴BC=OA=10，AB=OC=4， ∵点D是OA的中点， ∴OD=12OA=5， 由运动知，PC=2t， ∴BP=BC−PC=10−2t， ∵四边形PODB是平行四边形， ∴PB=OD=5， ∴10−2t=5， ∴t=2.5； （2）①当Q点在P的右边时，如图1， ∵四边形ODQP为菱形， ∴OD=OP=PQ=5， ∴在Rt△OPC中，由勾股定理得：PC=3， ∴2t=3， ∴t=1.5， ∴Q（8， 4） ②当Q点在P的左边且在BC线段上时，如图2， 同①的方法得出 t=4， ∴Q（3， 4）， ③当Q点在P的左边且在BC的延长线上时，如图3， 同①的方法得出， t=1， ∴Q（−3， 4）． （3）如图4， 由（1）知，OD=5， ∵PM=5， ∴OD=PM， ∵BC // OA， ∴四边形OPMD是平行四边形， ∴OP=DM， ∵四边形OAMP的周长为OA+AM+PM+OP=10+AM+5+DM=15+AM+DM， ∴AM+DM最小时，四边形OAMP的周长最小， ∴作点A关于BC的对称点E，连接DE交PB于M， ∴AB=EB， ∵BC // OA， ∴BM=12AD=52， ∴PC=BC−BM−PM=10−5−52=52， ∴t=52÷2=54． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，极值的确定，三角形中位线定理，解（1）的关键是求出OD的值，解（2）的关键时分类讨论的思想，解（3）的关键是找出点M的位置，是一道中等难度的中考常考题． 99．（2022春·江苏淮安·八年级校联考期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG． （1）证明平行四边形ECFG是菱形； （2）若∠ABC=120°，连结BG、CG、DG， ①求证：△DGC≅△BGE； ②求∠BDG的度数； （3）若∠ABC=90°，AB=8，AD=14，M是EF的中点，求DM的长． 【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）130 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AD//BC，AB//CD，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， ∴AD//BC，AB//CD， ∴∠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， ∴AB//DC，AB＝DC，AD//BC， ∵∠ABC＝120°， ∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120° 由（1）知，四边形CEGF是菱形， ∴CE＝GE，∠BCG＝12∠BCF＝60°， ∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°， ∵EG∥DF， ∴∠BEG＝120°＝∠DCG， ∵AE是∠BAD的平分线， ∴∠DAE＝∠BAE， ∵AD//BC， ∴∠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， ∵BE=CD∠BEM=∠DCMEM=CM， ∴△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＝82+142=265， ∴DM＝22BD=130． 【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． 100．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图1，矩形的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为（6，8）．D是AB边上一点（不与点A、B重合），将△BCD沿直线CD翻折，使点B落在点E处． （1）求直线AC所表示的函数的表达式； （2）如图2，当点E恰好落在矩形的对角线AC上时，求点D的坐标； （3）如图3，当以O、E、C三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求△OEA的面积． 【答案】（1）y=−43x+8；见解析；（2）D6,5；见解析；（3）12或694，见解析． 【分析】（1）利用矩形的性质，求出点A、C的坐标，再用待定系数法即可求解； （2）Rt△AED中，由勾股定理得：AE2+DE2＝AD2，即可求解； （3）①当EC＝EO时，ON＝12OC＝4＝EM，则△OEA的面积＝12×OA×EM；②当OE＝OC时，利用勾股定理得：NE2＝EC2﹣CN2＝EO2﹣ON2，求出ON＝234，进而求解． 【详解】解：（1）∵点B的坐标为6，8且四边形OABC是矩形， ∴点A、C的坐标分别为6，0、0，8， 设AC的表达式为y＝kx+b， 把A、C两点的坐标分别代入上式得6k+b=0b=8，解得k=−43b=8， ∴直线AC所表示的函数的表达式y=−43x+8； （2）∵点A的坐标为6，0，点C的坐标为0，8， ∴OA＝6，OC＝8． ∴Rt△AOC中，AC＝62+82=10， ∵四边形OABC是矩形， ∴∠B＝90°，BC＝6，AB＝8， ∵沿CD折叠， ∴∠CED＝90°，BD＝DE，CE＝6，AE＝4， ∴∠AED＝90°， 设BD＝DE＝a，则AD＝8﹣a， ∵Rt△AED中，由勾股定理得：AE2+DE2＝AD2， ∴42+a2＝8−a2，解得a＝3， ∴点D的坐标为6，5； （3）过点E分别作x、y轴的垂线，垂足分别为M、N， ∵EN⊥OC，EM⊥OA，OC⊥OA， ∴∠ENO＝∠NOM＝∠OME＝90°， ∴四边形OMEN是矩形， ∴EM＝ON． ①当EC＝EO时， ∵EC＝EO，NE⊥OC， ∴ON＝12OC＝4＝EM， △OEA的面积＝12×OA×EM＝12×6×4＝12； ②当OE＝OC时， ∵EN⊥OC， ∴∠ENC＝∠ENO＝90°， 设ON＝b，则CN＝8﹣b， 在Rt△NEC中，NE2＝EC2−CN2， 在Rt△ENO中，NE2＝EO2−ON2， 即62−8−b2＝82−b2， 解得：b＝234， 则EM＝ON＝234， △OEA的面积＝12×OA×EM＝12×6×234＝694； 故△OEA的面积为12或694． 【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定、勾股定理及一次函数，关键是灵活运用知识点及函数的性质，求线段的长常用勾股定理这个方法．