苏科版八年级数学下册举一反三专题特训专题9.13中心对称图形——平行四边形全章十六类必考压轴题(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下册举一反三专题特训专题9.13中心对称图形——平行四边形全章十六类必考压轴题(原卷版+解析)，共240页。

必考点1
平行四边形中边的关系运用
1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）已知平行四边形ABCD，AD=8，∠BAD=135°，点E在边BC上，将平行四边形沿AE翻折，使点B落在边CD的F处，且满足CF−DF=32，则EF=______．
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，已知▱ABCD中，AF垂直平分DC，且AF=DC，点E为AF上一点，连接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，则AD的长为______．
3．（2022秋·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12，D是BC边上任意一点，连接AD，以AD，CD为邻边作平行四边形ADCE，连接DE，则DE长的最小值为___________．
4．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠D<90°，点E在AD边上，CM⊥AD，垂足为M，以CE为边，E为直角顶点，作等腰直角△CEF，使点F落在射线AB上．
(1)当△CED是边长为6的等边三角形时，∠AFE的度数为_______，AD的长为_______；
(2)当AE=ED时，求∠ECD的度数；
(3)是否存在AF=BF的情况，如果存在，求AE，ED和CM之间满足的数量关系；如果不存在，说明理由．
5．（2022春·广东清远·八年级统考期末）在平形四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE如图1．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若DE=DC，∠CBD=45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于点G、H、P如图2．
①当CD=6，CE=4时，求BE的长；
②求证：CD=CH．
6．（2022秋·湖北·九年级统考期中）如图，点P是▱ABCD内一点，∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45°
(1)如图1，求证：PB=PC；
(2)如图2，若 AB=8，PC=52，且 S△ABP：S△PCD=1：3，求▱ABCD的面积；
(3)如图3，将△PBA绕点P旋转至△PCE处，过D作DF⊥EP，交EP延长线于F，若 AB=6AP，∠PAB=75°，直接写出PFPD的值为 ．
必考点2
平行四边形中的面积转换
1．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，点E、F、G、H分别在▱ABCD的AD、AB、BC、CD边上，EG∥CD，FH∥AD，EG与FH交于点P，连接BD交FH于点Q，连接BP，设▱AEPF、▱EDHP、▱FPGB、▱PHCG的面积分别为S1、S2、S3、S4，若▱AEPF∽▱PHCG，则只需知道（ ），就能求△BPQ的面积．
A．S2−S1B．S3−S1C．S4−S1D．S4−S3
2．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形FBCE中，点J，G分别在边BC，EF上，JG∥BF，四边形ABCD∼四边形HGFA，相似比k=3，则下列一定能求出△BIJ面积的条件（ ）

A．四边形HDEG和四边形AHGF的面积之差B．四边形ABCD和四边形HDEG的面积之差
C．四边形ABCD和四边形ADEF的面积之差D．四边形JCDH和四边形HDEG的面积之差
3．（2022春·浙江·八年级阶段练习）如图，点P是▱ABCD内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出如下结论中正确的是____________．
①S1+S3=S2+S4；②如果S4>S2，则S3>S1；③若S3=2S1，则S4=2S2；④如果P点在对角线BD上，则S1:S4=S2:S3；⑤S1−S2=S3−S4，则P点一定在对角线BD上．
4．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转180°后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：
(1)如图①，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．过点O的直线l与边AB、CD分别相交于点M、N，四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为___________；
(2)如图②，这个图形是由平行四边形ABCD与平行四边形ECGF组成的，点E在边CD上，且B、C、G在同一直线上．
①请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；
②延长GF与边AD的延长线交于点K，延长FE与边AB交于点H．联结EB、EK、BK，如图③所示，当四边形AHED的面积为10，四边形CEFG的面积为2时，求三角形EBK的面积．
5．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．性质：“朋友三角形”的面积相等．
例如：如图1，在△ABC中，如果AD是AB边上的中线，那么△ACD和△ABD是“朋友三角形”，则有S△ACD=S△ABD．
应用：如图2，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．
(1)求证：△AOE和△AOB是“朋友三角形”．
(2)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AD//BC，AD=DC=8，BC=12，点G在BC上，点E在AD上，DG与CE交于点F，GF=DF．
①求证：△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②连接AF，若△AEF和△DEF是“朋友三角形”，求四边形ABGF的面积．
(3)在△ABC中，∠B=30°，AB=8，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“朋友三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的14，则△ABC的面积是________（请直接写出答案）．
6．（2022秋·重庆大足·九年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．
(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；
(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32，请直接写出△BFD面积的最大值．
必考点3
平行四边形中的角度转换
1．（2022春·江西新余·八年级新余四中校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中：①△ABE是等边三角形：②△ABC≌△EAD；③AD=AF：④S△ABE=S△CDF；⑤S△ABE=S△CEF其中正确的是（ ）
A．①②③B．①④⑤C．①②⑤D．②③④
2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，AB=4，P为AC上一点（与点A、C不重合），连接BP，以PA、PB为邻边作平行四边形PADB，则PD的取值范围是_______．
3．（2022秋·辽宁朝阳·九年级校考期中）如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③EG=GF
；④EA平分∠GEF．其中正确的是________．
4．（2022春·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AB//CD,∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AE，AE交CD于H．∠DCE的平分线交AE于G．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）如图1，若AB=2AD=10，H为CD的中点，HE=6，求AC的长；
（3）如图2，若∠BAC=∠DAE
①∠AGC=2∠CAE，求∠CAE的度数；
②∠AGC=n∠CAE,∠CAE=_____°（用含有n的式子表示）
5．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G.
(1)求证：BE⊥CF；
(2)若AB=a，CF=b，求BE的长.
6．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，点 A（a，6），B（4，b），
（1）若 a，b 满足 (a  b  5)2  2a−b−1 0 ，
①求点 A，B 的坐标；
②点 D 在第一象限，且点 D 在直线 AB 上，作 DC⊥x 轴于点 C，延长 DC 到 P 使 得 PC=DC，若△PAB 的面积为 10，求 P 点的坐标；
（2）如图，将线段 AB 平移到 CD，且点 C 在 x 轴负半轴上，点 D 在 y 轴负半轴上， 连接 AC 交 y 轴于点 E，连接 BD 交 x 轴于点 F，点 M 在 DC 延长线上，连 EM，3∠MEC+∠CEO=180°，点 N 在 AB 延长线上，点 G 在 OF 延长线上，∠NFG= 2∠NFB，请探究∠EMC 和∠BNF 的数量关系，给出结论并说明理由.
必考点4
平行四边形中勾股定理的运用
1．（2022春·浙江温州·八年级统考期中）如图，一副三角板如图1放置，AB＝CD＝6，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED＝75°，连接AD、BC，这时△ADE的面积是______．
2．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，四边形ABCD为菱形，AB=3，∠ABC=60°，点M为BC边上一点且BM=2CM，过M作MN∥AB交AC，AD于点O，N，连接BN．若点P，Q分别为OC，BN的中点，则PQ的长度为________．
3．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形．
(2)若AB=4，BC=7，当四边形GEHF是矩形时BD的长为 ．
4．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为平面内一点，以CD为腰在CD右侧作等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°，过点B作BF∥DE，且BF=DE，连接BD，DF，EF．
(1)如图①，当点D在AC边上时，直接写出线段AF与AD的关系为 ；
(2)将图①中的等腰Rt△CDE绕点C逆时针旋转α0°<α<45°到图②的位置，连接AD，AF，（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)若AD=3，AC=5，当A、E、F三点在一条直线上时，请直接写出CD的长．
5．（2022春·广东广州·八年级广州市南武中学校考期中）如图：
(1)如图1，平行四边形ABCD中，AM⊥BC于M，DN⊥BC于N．求证：BM=CN．
(2)如图2，平行四边形ABCD中，AC，BD是两条对角线，求证：AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．
(3)如图3，PT是△PQR的中线，已知：PQ=7，QR=6，RP=5．求：PT的长度．
6．（2022春·广东深圳·八年级深圳中学校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．
（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若AD＝13cm，AE＝12cm，AB＝20cm，过点C作CH⊥AB，垂足为H，求CH的长．
必考点5
平行四边形中的多解问题
1．（2022春·浙江杭州·八年级期末）平行四边形的一边长为12，那么这个平行四边形的两条对角线的长可能是（ ）
A．8和12B．9和13C．12和12D．11和14
2．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）已知：一组邻边分别为6cm和10cm的平行四边形ABCD，∠DAB和∠ABC的平分线分别交CD所在直线于点E，F，则线段EF的长为________cm．
3．（2022春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=4，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为______．

4．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E为BD上的一个动点，连接CE并延长到点F，使EF=CE，连接AF．
(1)若点E与点B重合（如图2），判断AF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)若以A，F，B，E为顶点的四边形是平行四边形，BD=3，请直接写出线段BE的长度．
5．（2022春·四川成都·八年级四川省成都市七中育才学校校考期末）已知△ABC为等边三角形，其边长为4．点P是AB边上一动点，连接CP．
(1)如图1，点E在AC边上且AE=BP，连接BE交CP于点F．
①求证：BE=CP；②求∠BFC的度数；
(2)如图2，将线段CP绕点C顺时针旋转120°得线段CQ，连接BQ交AC于点D．设BP=x，CD=y，求y与x的函数关系式；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长BC至点E，且CE=BP，连接QE，DE．在点P运动过程中，当△CEQ的周长为4+13时，求DE的长．
6．（2022春·浙江杭州·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿线段BA，向点A以2cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC向点C以3cm/s的速度匀速运动，已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为ts．
（1）连结P、Q两点，则线段PQ长的取值范围是________；
（2）当PQ=10cm时，求t的值；
（3）若在线段CD上有一点E，QE=2cm，连结AC和PE．请问是否存在某一时刻使得AC平分PE？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
必考点6
平行四边形中的动点问题
1．（2022秋·广东广州·九年级广州四十七中校考期末）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动点，始终保持CE=CD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，连接DF．
(1)请判断线段BD和AF的位置关系并证明；
(2)当S△ABD=14BD2时，求∠AEC的度数；
(3)如图2，连接EF，G为EF中点，AB=22，当D从点C运动到点A的过程中，EF的中点G也随之运动，请求出点G所经过的路径长．
2．（2022春·贵州遵义·八年级校考期末）如图，点P是□ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
(1)当点P与点O重合时如图1，线段OE与线段OF的数量关系是______．
(2)如图2，点P在OC上运动时（不与点O与C重合），（1）中的结论是否成立？
(3)点P在OC的延长线上运动时，当∠OFE=60°时，如图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？
3．（2022春·四川泸州·八年级统考期末）如图（a），直线l1∶y=kx+b经过点A、B，OA=OB=3，直线l2:y=32x−2交y轴于点C，且与直线l1交于点D，连接OD．
(1)求直线l1的解析式；
(2)求△OCD的面积；
(3)如图（b），点P是直线l1上的一动点，连接CP交线段OD于点E，当△COE与△DEP的面积相等时，求点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图1，直线y＝kx＋b分别交x轴，y轴于点A，点B，点C、P分别是线段OB，AB的中点，且OC=32，CP＝2，动点D，E分别在直线CP和线段AB上，设点E的横坐标为m，线段CD的长为n（n>0），且m＋n＝3，以DO，DE为邻边作平行四边形ODEF．
(1)求出直线AB的解析式．
(2)当n＝1时，请求出点F的坐标．
(3)当点F落在△AOB的边OB或AB上时，求直接写出点F的坐标．
5．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为ts．
(1)CD边的长度为______cm，t的取值范围为______．
(2)从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD？
(3)从运动开始，当t取何值时，PQ=CD？
6．（2022春·浙江温州·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是平行四边形，O为坐标原点，点A的坐标是(−16，0)， 线段BC 交y轴于点D，点D的坐标是(0，8)，线段CD=6．动点P从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q从点D出发，以每秒1个单位的速度向终点B运动，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动，运动时间为t秒.
(1)用t的代数式表示：BQ=_______，AP=_______；
(2)若以A，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值；
(3)当△BQP恰好是等腰三角形时，求t的值．
必考点7
平行四边形中的最值问题
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期中）如图，点D，E是△ABC内的两点，且DE//AB，连结AD，BE，CE．若AB＝92，DE＝22，BC＝10，∠ABC＝75°，则AD+BE+CE的最小值为___________．
2．（2022春·上海静安·八年级上海市静安区教育学院附属学校校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是___．
3．（2022春·浙江·八年级期中）如图，已知在△ABC中，AB=AC=5,BC=6，点M是AC边上任意一点，连接MB，以MB、MC为邻边作平行四边形MCNB，连接MN，则MN的最小值_________．
4．（2022春·江苏南通·八年级校联考期中）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+ PD的最小值等于______.
5．（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥AC，AD=AC，点E为AB上一动点，DE与AC相交于点G，CH⊥DE，垂足为H，CH的延长线与AB相交于点F，点P在边AB上
（1）若DG=10，AG=1，求AB的长
（2）求证DG=CF+FG
（3）若AP=1，AD=42，请直接写出PH的最小值
6．（2022春·四川遂宁·九年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，BC＝12AD，点E为AD的中点，点F为AE的中点，AC⊥CD，连接BE、CE、CF．
（1）判断四边形ABCE的形状，并说明理由；
（2）如果AB＝4，∠D＝30°，点P为BE上的动点，求△PAF的周长的最小值．
必考点8
构造平行四边形
1．（2022春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期中）如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是_____cm．
2．（2022秋·江苏常州·八年级统考期中）【模型建立】
(1)如图1，已知在△ABC中，点D是AB边的中点，将△BDC沿CD翻折得到△FDC，连接FA，FB．
①求证：△AFB是直角三角形；
②延长FA，BC交于点E，判断CF与BE的数量关系，并证明你的结论；
(2)【拓展应用】如图2，已知在△ABC中，点D是AB边的中点，点E是BC边上一点，将△BDE沿DE翻折得到△FDE，连接FA，FB．
①判断AF与DE的位置关系，并证明你的结论；
②若AC∥EF，用等式表示线段BE，CE，AC之间的数量关系，并证明你的结论．
3．（2022秋·广东广州·八年级华南师大附中校考期中）如图，△CAB 与△CDE 为等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，连接AD、BE．
(1)如图1，若∠CAD=30∘，∠DCB=10∘，求∠DEB的度数；
(2)如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF=BF，AD=3，求△CEF 的面积：
(3)如图3，BE 与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD 与AB 交于点N ，在BC 上有一点M 且BM=CG，连接NM ，请猜想CN、NM、BG 之间的数量关系并证明你的猜想．
4．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
重温定理，识别图形
（1）如图1，我们在探究三角形中位线DE和第三边BC的关系时，所作的辅助线为“延长DE到点F，使EF=DE，连接CF”，此时DE与DF在同一直线上且DE=12DF，又可证图中的四边形______为平行四边形，可得BC与DF的关系是______，于是推导出了“DE//BC，DE=12BC”．
寻找图形，完成证明
（2）如图2，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，△BEH是等边三角形，∠ABC=∠AEF=60°，连接CF、CH．求证：CF=BE．
构造图形，解决问题．
（3）如图3，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，连接BE、CF．直接写出CF与BE的数量关系．
5．（2022秋·重庆渝北·八年级重庆市两江育才中学校校考期中）如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．
（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为________度；
（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF的面积；
（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．
6．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校考期中）已知ΔABC和ΔDEC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点．
（1）如图1，当点D在BC边上时，连接AD、BE，求证：AD=BE；
（2）如图2，F是线段AD上的一点，连接CF，若AF=CF，试判断BE与CF的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，把ΔDEC绕点C顺时针旋转α角（0°<α<90°）将（2）问的条件AF=CF换成AF=FD，其他条件不变，（2）问中的关系是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出相应的正确的结论．
必考点9
矩形的折叠问题
1．（2022春·福建福州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，点O为对角线的交点，点E为CD上一点，沿BE折叠，点C恰好与点O重合，点G为BD上的一动点，则EG+CG的最小值m与BC的数量关系是（ ）
A．3m=5BCB．m=2BCC．3m=7BCD．2m=7BC
2．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=25．
以上结论中，你认为正确的有__________．（填序号）
3．（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．
(1)根据定义判矩形
已知：如图1，在平行四边形ABCD中，AC,BD是它的两条对角线，AC=BD．求证：平行四边形ABCD是矩形．
(2)动手操作有发现
如图2，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系?并证明你的结论．
(3)类比探究到一般
如图3，将(2)中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，(2)中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(4)解决问题巧应用
如图4，保持(2)中的条件不变，若G点是CD的中点，且AB=2，请直接写出矩形ABCD的面积．
4．（2022春·湖北宜昌·八年级统考期末）（1）【操作发现】：如图一，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC的数量关系是 ．
（2）【类比探究】：如图二，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）【应用】：如图三，将（1）中的矩形ABCD改为正方形，边长AB＝4，其它条件不变，求线段GC的长．
5．（2022春·全国·八年级统考期末）已知：如图，矩形纸片ABCD的边AD=3，CD=2，点P是边CD上的一个动点（不与点C重合，把这张矩形纸片折叠，使点B落在点P的位置上，折痕交边AD与点M，折痕交边BC于点N .
（1）写出图中的全等三角形. 设CP=x，AM=y，写出y与x的函数关系式；
（2）试判断∠BMP是否可能等于90°. 如果可能，请求出此时CP的长；如果不可能，请说明理由.
必考点10
矩形与等腰三角形
1．（2022秋·江西吉安·九年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，点E在AD边上，若△BCE是等腰三角形，则线段DE的长为______．
2．（2022秋·浙江·八年级期末）在一张长为6cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下的等腰三角形的面积为________cm2．
3．（2022秋·福建福州·八年级校考期末）已知：若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条底边互为顶针点；若再满足两个顶角和是180°，则称这个两个顶点关于这条底边互为勾股顶针点．
如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB＝AC，DB＝DC，则点A与点D关于BC互为顶针点；若再满足∠A+∠D＝180°，则点A与点D关于BC互为勾股顶针点．
初步思考
(1)如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，D、E为△ABC外两点，EB＝EC，∠EBC＝45°，△DBC为等边三角形．
①点A与点______关于BC互为顶针点：
②求证：点D与点A关于BC互为勾股顶针点．
实践操作
(2)在长方形ABCD中，AB＝8，AD＝10．
①如图3，点E在AB边上，点F在AD边上，请用圆规和无刻度的直尺作出点E、F，使得点E与点C关于BF互为勾股顶针点．（不写作法，保留作图痕迹）
思维探究
②如图4，点E是直线AB上的动点，点P是平面内一点，点E与点C关于BP互为勾股顶针点，直线CP与直线AD交于点F，求在点E运动过程中，当线段BE与线段AF的长度相等时AE的长．
4．（2022春·福建泉州·八年级统考期末）有一张矩形纸条ABCD，AB=15，BC=4，点M、N分别在边AB、CD上．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点E，F上．
(1)如图，当点E与点D重合时
①求证：△EMN是等腰三角形；
②点G在EM上，当四边形EGNF为矩形时，求MG的长．
(2)如图，若CN=3，点M从点A出发运动到终点B的过程中，若四边形MEFN的边ME与线段CD交于点P，求点P的运动路程．
5．（2022春·上海长宁·八年级上海市民办新世纪中学校考期末）如图矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点P是边AD上一点，联结BP，过点P作PE⊥BP，交DC于E点，将△ABP沿直线PE翻折，点B落在点B′处，若△B′PD为等腰三角形，求AP的长．
6．（2022秋·江苏·八年级期末）问题背景
若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条底边互为顶针点；若再满足两个顶角的和是180°，则称这两个顶点关于这条底边互为勾股顶针点．
如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，则点A与点D关于BC互为顶针点；若再满足∠A+∠D=180°，则点A与点D关于BC互为勾股顶针点．
初步思考
(1)如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．
①点A与点______关于BC互为顶针点；
②点D与点______关于BC互为勾股顶针点，并说明理由．
实践操作
(2)在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．
①如图3，点E在AB边上，点F在AD边上，请用圆规和无刻度的直尺作出点E、F，使得点E与点C关于BF互为勾股顶针点．(不写作法，保留作图痕迹)
思维探究
②如图4，点E是直线AB上的动点，点P是平面内一点，点E与点C关于BP互为勾股顶针点，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
7．（2011秋·福建泉州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=10．
（1）求矩形ABCD的周长；
（2）E是CD上的点，将△ADE沿折痕AE折叠，使点D落在BC边上点F处．
①求DE的长；
②点P是线段CB延长线上的点，连接PA，若△PAF是等腰三角形，求PB的长．
（3）M是AD上的动点，在DC 上存在点N，使△MDN沿折痕MN折叠，点D落在BC边上点T处，求线段CT长度的最大值与最小值之和．
必考点11
矩形的多解与最值
1．（2022秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的边AD长为4，将△ADC沿对角线AC翻折得到△AD′C，CD′与AB交于点E，再以CD′为折痕，将△BCE进行翻折，得到△B′CE．若两次折叠后，点B′恰好落在△ADC的边上，则AB的长为___________．
2．（2022秋·天津和平·九年级天津一中校考期末）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为__．
3．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E是对角线BD上一点，EF⊥BC于点F，EG⊥CD于点G，连接FG，则EF+FG的最小值为______________．
4．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，把矩形COAB绕点C顺时针旋转α角，得到矩形CDEF．设若A0,3，C4,0，则BD2+BF2−BC2的最小值为______．
5．（2022春·辽宁沈阳·八年级统考期末）等边△ABC中，AB＝14．平面内有一点D，BD＝6，AD＝10， 则CD的长为_____．
6．（2022秋·天津·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，矩形OABC，O为原点，A3,0,B3,4,C0,4，将△OBC绕点B逆时针旋转，点O,C旋转后的对应点为O′,C′．
(1)如图（1），当∠CBC′=30°时，求C′的坐标；
(2)如图（2），当点O′恰好落在x轴上时，O′C′与AB交于点D．
①此时DB与DO′是否相等，说明理由；
②求点D的坐标；
(3)求△AO′C′面积的最大值．（直接写出答案即可）
必考点12
菱形中的全等三角形的构造
1．（2022春·山东济南·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①OG=12AB；②S四边形ODGF>S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
2．（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于点E，F，G分别是线段AB和线段AC上的动点，且AF=CG，若DE=1，AB=2，则DF+DG的最小值为______．
3．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交边BC于点E，交DC的延长线于点F．
(1)如图1，求证：CE=CF；
(2)如图2，FG∥BC,FG=EC，连接DG、EG，当∠ABC=120°时，求证：∠BDG=60°；
(3)如图3，在（2）的条件下，当BE=2CE,AE=43时，求线段BD的长．
4．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+b分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为(8，0)，四边形ABCD是正方形．
(1)求b的值和点D的坐标；
(2)点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外）．
①如图2，将△BMC沿CM折叠，点B的对应点是点E，连接ME并延长交AD边于点F，问△AMF的周长是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
②点P是x轴上一个动点，Q是坐标平面内一点，探索是否存在一个点P，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点Q的坐标．
5．（2022春·河南鹤壁·八年级鹤壁市外国语中学校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过点O且垂直于AC，分别与边AD，BC交于点F，E．
(1)求证：四边形AECF为菱形；
(2)若AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，直接写出四边形AECF的面积．
6．（2022春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AC=2AB．对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转β°0<β<180，分别交直线BC、AD于点E、F．
(1)当β=______°，四边形ABEF是平行四边形；
(2)在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意找4个点为顶点构造四边形．
①β=______°，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有______个．
必考点13
正方形中线段的和差倍分关系
1．（2022春·广东惠州·八年级统考期末）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段DG与BE、AE分别相交于点H、K．
(1)求证：∠ABE=∠ADG；
(2)判断BE与DG的关系，并说明理由；
(3)若AB=62，AG=6，求DK的长．
2．（2022春·黑龙江绥化·八年级统考期末）已知四边形ABCD是正方形，等腰Rt△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．
(1)当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：AB＋BE＝AM；（提示：延长MF，交边BC的延长线于点H）
(2)当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE＝3，∠BAF＝15°，则AM的长为 ．
3．（2022春·河南信阳·八年级统考期末）已知正方形ABCD与正方形CEFG，点M是AF的中点，连接DM，EM．
(1)如图，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；
(2)如图，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；
(3)将（1）图中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请直接写出MF的长__________．
4．（2022春·山东济南·八年级统考期末）阅读下列材料：
数学课上老师出示了这样一个问题：如图1，等腰Rt△PBF的直角顶点P在正方形ABCD的边AD上，斜边BF交CD于点Q，连接PQ．请探索PQ、AP、CQ的数量关系．
某学习小组的同学经过探索，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将△ABP旋转到△CBE位置，然后通过证明△BPQ≌△BEQ来探索数量关系．
(1)（问题解决）请你根据他们的想法写出PQ、AP、CQ的数量关系是________；
(2)（学以致用）如图2，若等腰Rt△PBF的直角顶点P在正方形ABCD的边DA的延长线上，斜边BF的延长线交CD的延长线于点Q，连接PQ，猜想线段PQ，AP，CQ满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
(3)（思维拓展）等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝2．则AP＋BP＋CP的最小值＝________．
5．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标物上，点B坐标为3,3．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α0°<α<90°，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P．连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式（可能用到的数据：在Rt△中，30°内角对应的直角边等于斜边的一半）．
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2022春·江西南昌·八年级校联考期末）如图，四边形ABCD中，已知：A（a，0），B（0，b），C（c，0）和D（0，d）．
（1）当四边形ABCD正方形时，写出a，b，c，d满足的等式关系 ：
（2）若AB、BC、CD、DA的中点分别为E、F、G、H．
①直接写出E、F、G、H四点的坐标；
②证明：四边形EFGH是矩形；
③若矩形EFGH是正方形，则a，b，c，d满足的等式关系是 ．
7．（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，P是正方形ABCD的边CD右侧一点，CP=CD，∠PCD为锐角，连PB，PD．
（1）如图1，若PD=PC，则∠BPD的度数为 ；
（2）如图2，作CE平分∠PCD交PB于E．
①求∠BEC的度数；
②猜想PD，BE，CE之间有何数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，若PB=6，则四边形PCBD的面积为 平方单位
必考点14
正方形中的折叠问题
1．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME．下列结论∶①若延长DE，则DE⊥BF； ②若连接AM，则AM∥FB； ③连接FE，当F、E、M三点共线时，AE=42−4；④连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE=43−4；其中正确有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
2．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）已知正方形的边长为12，点P是边AD上的一个动点，连接BP，将△ABP沿BP折叠，使点A落在点A′上，延长PA′交CD于E，当点E与CD的中点F的距离为2时，则此时AP的长为______．
3．（2022春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为边AD的中点，将三角形ABE沿BE折叠使点A与恰好落在点F处，又将点C折叠使其与BF上的点M重合，且折痕GH与BF平行交CD于点H，则线段GH的长度为____．
4．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）综合与实践数学活动课上，张老师找来若干张等宽的矩形纸条，让学生们进行折纸探究．
(1)希望小组将如图（1）所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点A1处，折痕为BE．
埴空：图（1）中四边形ABA1E的形状是______．
(2)智慧小组准备了一张如图（2）所示的长、宽之比为2+1:2的矩形纸片ABCD，用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形ABA1E，接着沿过点C的直线折叠纸片，使点D落在EA1上的点M处，折痕为CF，求∠MCD的度数．
(3)勤奋小组拿着一张如图（3）所示长为5，宽为2的矩形纸片ABCD，利用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形ABA1E，在ED上取一点F（不与点D，E重合），沿CF折叠△CDF，点D的对应点为M，射线FM交直线BC于点Y．
①FY与CY的数量关系为______；
②当射线FM经过△BA1E的直角边的中点时，直接写出FD的长．
5．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）综合与实践
动手操作：利用“正方形纸片的折叠和旋转”开展数学活动，探究体会图形在正方形折叠和旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法．
折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．
(1)思考探究：图1中，与△ABE全等的三角形有________个，∠EAF=________°，BE、EF、DF三者的数量关系________，BE的长为________．
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．
(2)证明推理：图2中，BE、EF、DF三者的数量关系________．
并给出证明．
(3)开放拓展：如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为________．
6．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）【探究问题】（1）阅读并补全解题过程
如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是边AB的中点，CE⊥DE．
求证：DE平分∠ADC．
张某某同学受到老师说过的“有中点，延长加倍构造全等”的启发，延长DE交射线CB于点F，请你依据该同学的做法补全证明过程．
证明：延长DE交射线CB于点F．
【应用】（2）如图②在长方形ABCD中，将△ABF沿直线AF折叠，若点B恰好落在边CD的中点E处，直接写出∠AFB的度数．
【拓展】（3）如图③在正方形ABCD中，E为边AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在正方形ABCD内部的点F处，延长BF交CD于点G，延长EF交CD于点H，若正方形ABCD的边长为4，直接写出FG的值．
7．（2022春·广东汕头·八年级统考期末）（1）如图1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于点O且AE⊥DF．则AE和DF的数量关系为 ．
（2）如图2，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边AD，BC，CD上的点，BG⊥EF，垂足为H．求证：EF＝BG．
（3）如图3，在正方形ABCD中，E，F，M分别是边AD，BC，AB上的点，AE＝2，BF＝4，BM＝1，将正方形沿EF折叠，点M的对应点与CD边上的点N重合，求CN的长度．
必考点15
坐标系中的正方形
1．（2022春·山东济宁·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边OA1、OC1在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推，则正方形OB16B17C17的顶点B17的坐标是（ ）
A．(128，-128)B．(256，0)C．(256，256)D．(0，512)
2．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−125x+12的图象交x轴、y轴于A、B两点，以AB为边在直线右侧作正方形ABCD，连接BD，过点C作CF⊥x轴于点F，交BD于点E，连接AE．则下列说法中正确的是（ ）
A．点D的坐标为(17,7)B．∠EAF=45°
C．点C的坐标为(12,17)D．△AEF的周长为14+72
3．（2022春·湖北孝感·七年级统考期末）正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，AD ∥ BC ∥ x轴，AD与y轴交于点E，OE=1，且AE,DE的长满足AE−3+|DE−1|=0．
(1)求点A的坐标；
(2)若P(−2,−1)，
①求△EPC面积；
②正方形ABCD的边CD上是否存在点M，使S△ECM=S△EPM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
4．（2022秋·福建漳州·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，B（8，6），过点B作AB∥x轴，交y轴于点A．过点B作BC⊥x轴，垂足为C，点E为OC的中点，点F在线段BC上，连接EF，将△CEF沿直线EF折叠得△DEF．
(1)如图1，当四边形CFDE是正方形时，求点D的坐标；
(2)如图2，当BF=2CF时，求点D到x轴的距离．
5．（2022春·广东广州·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E是直线BC上一点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）如图1，若点E是BC的中点．求证：AE=EF；
（2）如图2，若点E是BC边上任意一点（不含B，C），结论“AE=EF”还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点E是BC延长线上任意一点，结论“AE=EF”还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（4）如图4，在平面直角坐标系xOy中，点O与点B重合，正方形的边长为4，若点F恰好落在直线y=12x+7上，请直接写出此时点E的坐标．
6．（2022秋·四川成都·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，一次函数y=−23x+4的图象与x轴和y轴分别交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O即停止运动．其中A、Q两点关于点P对称，以线段PQ为边向上作正方形PQMN．设运动时间为秒．如图①．
（1）当t=2秒时，OQ的长度为 ；
（2）设MN、PN分别与直线y=−23x+4交于点C、D，求证：MC=NC；
（3）在运动过程中，设正方形PQMN的对角线交于点E，MP与QD交于点F，如图2，求OF+EN的最小值．
必考点16
四边形中存在性问题
1．（2022秋·福建福州·八年级福州华伦中学校考期末）在平面直角坐标系中，已知矩形OBCD，点C6,4，现将矩形OBCD绕点O逆时针旋转0°<∠EOB<180°得到矩形OEFG，点B，C，D的对应点分别为点E，F，G．
(1)如图1，当点E恰好落在边CD上时，则EC的长为______(请直接写出答案)；
(2)如图2，CD所在直线与OE、GF分别交于点H、M，且CH=MH．求线段MF的长度．
(3)如图3，设点P为边FG的中点，连接PB，PE，BE，在矩形OBCD旋转过程中，△BEP的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
2．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点O．点E从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点F从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接EO并延长，交BC于点G，连接OF和EF．设运动时间为t（s）（0(1)是否存在某一时刻t，使EF⊥BD垂直？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(2)求△EOF的面积y（cm2）与运动时间t（s）的关系式．
(3)求t为何值时，△AOE是等腰三角形？
3．（2022秋·广东河源·九年级统考期末）折叠变换是特殊的轴对称变换，我们生活中常对矩形纸片进行折叠，这其中蕴含着丰富的数学知识和思想．
(1)如图1，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是DC的中点，将矩形ABCD沿BE折叠，点C落在点F的位置．
①求证：DF∥BE；
②求DF的长度．
(2)如图2，在直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点D处，AD与y轴交于点E，OA＝2，OC＝23，点G是直线AC上的一个动点，在x轴上是否存在点H，使得以点E，A，G，H为顶点的四边形是菱形，求出点H坐标．
4．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级抚远市第三中学校考期末）如图，直角三角形ABC在平面直角坐标系中，直角边BC在y轴上，AB,BC的长分别是一元二次方程x2−14x+48=0的两个根，AB(1)求点A的坐标；
(2)求过点P的反比例函数解析式；
(3)点M在第二象限内，在平面内是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
5．（2022秋·山东青岛·九年级青岛三十九中校考期末）如图1，正方形ABCD中，AB=8cm，点P从点D出发沿DA向点A匀速运动，速度是2cm/s，同时，点Q从点A出发沿AB方向，向点B匀速运动，速度是4cm/s，连接PQ、CP、CQ，设运动时间为t（s）（0(1)是否存在某一时刻t，使得PQ∥BD？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．
(2)设△PQC的面积为s（cm2），求s与t之间的函数关系式；
(3)如图2，连接AC，与线段PQ相交于点M，是否存在某一时刻t，使S△QCM:S△PCM=2:5？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．
6．（2022春·四川达州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点Am,0，与y轴交于点B0,n，且m，n满足：m+n2+n−6=0．
(1)求：S△AOB的值；
(2)D为OA延长线上一动点，以BD为直角边作等腰直角△BDE，连接EA，求直线EA与y轴交点F的坐标；
(3)在（2）的条件下，当AD=2时，在坐标平面内是否存在一点P，使以B、E、F、Р为顶点的四边形是平行四边形，如果存在，直接写出点Р的坐标，若不存在，说明理由．
7．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B4,2，E为直线AC上一动点，连OE，过E作GF⊥OE，交直线BC、直线OA于点F、G，连OF．
(1)求直线AC的解析式．
(2)当E为AC中点时，求CF的长．
(3)在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由．
专题9.13 中心对称图形——平行四边形全章十六类必考压轴题
【苏科版】
必考点1
平行四边形中边的关系运用
1．（2022秋·浙江宁波·八年级校考期末）已知平行四边形ABCD，AD=8，∠BAD=135°，点E在边BC上，将平行四边形沿AE翻折，使点B落在边CD的F处，且满足CF−DF=32，则EF=______．
【答案】203##623
【分析】过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，得出△FCG,△FHD是等腰直角三角形，设CG=x,EC=y，则BE=EF=8−y，在Rt△AFH中，AF2=AH2+HF2，求得x=4，在Rt△FEG中，EF2=FG2+EG2，得出y=34，即可求解．
【详解】解：如图，过点F作HG⊥AD于点H，交BC的延长线于点G，
设CG=x,EC=y，
则BE=EF=8−y，
∵∠BAD=135°，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=135°，AD∥BC，AD=BC，AB=CD，
∴∠FCG=45°，∠D=∠DCG=45°
∴△FCG,△FHD是等腰直角三角形，
∴FC=2CG=2x，
∵CF−DF=32，
∴DF=CF−32=x−32，
∴HF=HD=x−3，
∵AD=8，
∴AH=8−HD=8−x−3=11−x，
∴CD=CF+FD=2x+x−32=22x−32
∴AF=AB=CD=22x−32，
在Rt△AFH中，AF2=AH2+HF2，
即22x−322=11−x2+x−32
解得：x=4或x=−143（舍去）
在Rt△FEG中，EF2=FG2+EG2，
∴8−y2=y+42+42
解得：y=43
∴EF=BE=BC−EC=8−43=203，
故答案为：203．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，勾股定理，解一元二次方程，正确的作出图形是解题的关键．
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期中）如图，已知▱ABCD中，AF垂直平分DC，且AF=DC，点E为AF上一点，连接BE、CE，若∠CEF=2∠ABE，AE=2，则AD的长为______．
【答案】35
【分析】过点B作BM⊥CE于M，由平行四边形的性质得出AD=BC，AB=CD，AB∥CD，证明△BAE≌△BMEAAS，由全等三角形的性质得出AE=EM=2，AB=BM，证明Rt△AFD≌Rt△BMCHL，由全等三角形的性质得出FD=CM，设CF=FD=x，则AB=BM=2x，EF=2x−2，CE=2+x，由勾股定理列出方程可得出答案．
【详解】解：过点B作BM⊥CE于M，
∵AF垂直平分DC，
∴CF=DF，AF⊥CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，
∴AB⊥AF，
∵∠BAE+∠AEM+∠BME+∠ABM=360°，
∴∠ABM+∠AEM=180°，
∵∠CEF+∠AEM=180°，
∴∠CEF=∠ABM=∠ABE+∠EBM，
又∵∠CEF=2∠ABE，
∴∠ABE=∠EBM，
∵BE=BE，∠BAE=∠BME=90°，
∴△BAE≌△BMEAAS，
∴AE=EM=2，AB=BM，
∵AB=CD=AF，
∴BM=AF，
在Rt△AFD和Rt△BMC中，
AD=BCAF=BM，
∴Rt△AFD≌Rt△BMCHL，
∴FD=CM，
设CF=FD=x，则AB=BM=2x，EF=2x−2，CE=2+x，
在Rt△CEF中，EF2+CF2=CE2，
∴2x−22+x2=2+x2，
解得x=3或x=0（舍去），
∴CM=3，BM=6，
∴BC＝CM2+BM2=32+62=35，
∴AD=35，
故答案为：35．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，在△ABC中，AB=BC=10，AC=12，D是BC边上任意一点，连接AD，以AD，CD为邻边作平行四边形ADCE，连接DE，则DE长的最小值为___________．
【答案】9.6
【分析】设AC,ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，勾股定理求得OB，等面积法求得OF，根据垂线段最短，当点D与点F，重合时，OD最小，进而求得DE的最小值，即可求解．
【详解】设AC,ED交于点O，过点O作OF⊥BC于点F，如图所示，
在四边形ADCE中，AO=CO，EO=DO，
∵AB=BC=10，
∴BO⊥AC，
∵AC=12，
∴AO=CO=6,
在Rt△BOC中，BO=BC2−OC21=8，
∵S△OBC=12CO⋅BO=12BC⋅OF，
∴OF=4.8，
当点D与点F，重合时，OD最小，
∴ED的最小值为2OD=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠D<90°，点E在AD边上，CM⊥AD，垂足为M，以CE为边，E为直角顶点，作等腰直角△CEF，使点F落在射线AB上．
(1)当△CED是边长为6的等边三角形时，∠AFE的度数为_______，AD的长为_______；
(2)当AE=ED时，求∠ECD的度数；
(3)是否存在AF=BF的情况，如果存在，求AE，ED和CM之间满足的数量关系；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)30°，6+23
(2)45°
(3)存在，4AE+2DE=5CM
【分析】（1）利用等边三角形的性质得到DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，利用平行四边形的性质及三角形内角和即可求出∠AFE的度数，由此得到AE=AF，过点A作AN⊥EF于N，求出EN=FN=12EF=12EC=3，利用勾股定理得到AN2+EN2=AE2，求出AN=3,AE=23，即可得到AD的长；
（2）取FC的中点N，连接EN，根据△EFC是等腰直角三角形，得到∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，利用梯形中位线定理得到EG∥CD，即可求出∠ECD=∠GEC=45°；
（3）存在，
当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，则四边形EHCM是矩形，得到EH=CM，证明△AEF≌△BGF，推出AE=BG，EF=GF，得到GC=GB+BC=2AE+DE，设CE=x，则GE=2x，勾股定理求出GC，利用面积公式求出EH，即可得到结论4AE+2DE=5CM．
【详解】（1）∵△CED是边长为6的等边三角形，
∴DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，
∵∠CEF=90°，
∴∠AEF=180°−90°−60°=30°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD+∠D=180°，
∴∠BAD=120°，
∴∠AFE=180°−∠A−∠AEF=30° =∠AEF，
∴AE=AF，
过点A作AN⊥EF于N，
∴EN=FN=12EF=12EC=3，
在Rt△AEN中，AE=2AN，AN2+EN2=AE2，
∴AN2+32=2AN2，
解得AN=3,AE=23，
∴AD=AE+DE=6+23，
故答案为：30°，6+23；
（2）取FC的中点N，连接EN，
∵△EFC是等腰直角三角形，
∴∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，
∵AF∥CD，E为AD中点，G为FC中点，
∴EG∥CD（梯形中位线定理），
∴∠ECD=∠GEC=45°；
（3）存在，
当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，
则四边形EHCM是矩形，
∴EH=CM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠G=∠AEF,∠A=∠GBF，
∵AF=BF，
∴△AEF≌△BGF，
∴AE=BG，EF=GF，
∴GC=GB+BC=2AE+DE，
∴GE=2CE，
设CE=x，则GE=2x，
∴GC=GE2+CE2=5x，
∵S△CEG=12⋅CE⋅EG=12⋅GC⋅EH，
∴EH=CE⋅EGGC=2x25x=255x，
∴CM=EH=255x，
∴GC=2AE+DE=52CM，
∴4AE+2DE=5CM．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．
5．（2022春·广东清远·八年级统考期末）在平形四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点E在边BC上，EO的延长线与边AD交于点F，连接BF、DE如图1．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若DE=DC，∠CBD=45°，过点C作DE的垂线，与DE、BD、BF分别交于点G、H、P如图2．
①当CD=6，CE=4时，求BE的长；
②求证：CD=CH．
【答案】(1)证明见解析
(2)①42−2；②证明见解析
【分析】（1）通过ASA证明△BOE≌△DOF，得DF=BE，又DF∥BE，即可证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）①过点D作DN⊥EC于点N，先根据勾股定理求出DN=42，由∠DBC=45°得BN=DN，即可求出答案；
②根据DN⊥EC，CG⊥DE，得∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN+∠EDN=90°，则有∠EDN=∠ECG，再证∠CDH=∠CHD，结论即可得证．
【详解】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，点O是对角线BD的中点，
∴AD∥BC，BO=DO，
∴∠ADB=∠CBD，
在△BOE与△DOF中，
∠EBO=∠FDOBO=DO∠BOE=∠DOF，
∴△BOE≌△DOFASA，
∴DF=BE，
又∵AD∥BC，即DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）①解：如图，过点D作DN⊥EC于点N，
∵DE=DC=6，DN⊥EC，CE=4，
∴EN=CN=2，
∴DN=DC2−CN2=36−4=42，
∵∠DBC=45°，DN⊥BC，
∴∠DBC=∠BDN=45°，
∴DN=BN=42，
∴BE=BN−EN=42−2．
∴BE的长为42−2．
②证明：∵DN⊥EC，CG⊥DE，
∴∠CEG+∠ECG=90°，∠DEN+∠EDN=90°，
∴∠EDN=∠ECG，
∵DE=DC，DN⊥EC，
∴∠EDN=∠CDN，
∴∠ECG=∠CDN，
∵∠DHC=∠DBC+∠BCH=45°+∠BCH，∠CDB=∠BDN+∠CDN=45°+∠CDN，
∴∠CDB=∠DHC，
∴CD=CH．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定等知识．理解和掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022秋·湖北·九年级统考期中）如图，点P是▱ABCD内一点，∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45°
(1)如图1，求证：PB=PC；
(2)如图2，若 AB=8，PC=52，且 S△ABP：S△PCD=1：3，求▱ABCD的面积；
(3)如图3，将△PBA绕点P旋转至△PCE处，过D作DF⊥EP，交EP延长线于F，若 AB=6AP，∠PAB=75°，直接写出PFPD的值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)325
(3)277
【分析】（1）由平行四边形的性质及∠BPC=90°，∠BAD−∠PCD=45°，可得∠BCP=45°，再由已知可得结论；
（2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，则由平行四边形的性质得PF⊥CD，证明△PEB≌△CFP，可得PE=CF，从而由已知面积关系可得PF=3CF，由勾股定理可求得CF的长，从而可求得平行四边形的面积；
（3）连接DE，由旋转性质易得CE⊥CD，则可得∠DEF=30°，设AP=a，由旋转及勾股定理可分别求得DE、DF、EF，进而可求得PF，由勾股定理求得PD，则最后可求得结果．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，
∵∠BAD−∠PCD=45°，
∴∠BCD−∠PCD=45°，
即∠BCP=45°，
∵∠BPC=90°，
∴∠PBC=∠BCP=45°，
∴PB=PC；
（2）过点P作PE⊥AB于点E，交CD于点F，如图，
∴∠PEA=∠PEB=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠PFC=∠PEA=90°，
即PF⊥CD，
∴∠FPC+∠FCP=90°，
∵∠BPE+∠FPC=180°−∠BPC=90°，
∴∠BPE=∠FCP，
在△PEB与△CFP中，
∠PEB=∠PFC=90°∠BPE=∠FCPPB=PC，
∴△PEB≌△CFP，
∴PE=CF，
∵S△ABP:S△PCD=1:3，
即12AB×PE：12CD×PF=1:3，
∴PE:PF=1:3，
∴PF=3PE=3CF，
在Rt△PFC中，由勾股定理得：PF2+CF2=PC2，
即9CF2+CF2=50，
解得：CF=5；
∴EF=PE+PF=4PE=4CF=45，
∴平行四边形的面积为；AB·EF=8×45=325；
（3）连接DE，如图，
由旋转性质得：PE=AP，∠PEC=∠PAB=75°，∠PCE=∠PBA，CE=AB，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，即∠PBA+∠PBC+∠PCB+∠PCD=180°，
∵∠PBC+∠PCB=90°，
∴∠PBA+∠PCD=90°，
即∠PCE+∠PCD=90°，
∴CE⊥CD，
∵AB=CD，
∴CE=CD=AB，
∴∠CED=45°，
∴∠DEF=∠PEC−∠CED=75°−45°=30°，
设AP=a，则PE=a，CE=CD=AB=6a，
在Rt△CED中，由勾股定理得DE=2CE=2×6a=23a，
∵DF⊥PF，∠DEF=30°，
∴DF=12DE=3a，
在Rt△DFE中，由勾股定理得：EF=DE2−DF2=12a2−3a2=3a，
∴PF=EF−PE=3a−a=2a，
在Rt△DFP中，由勾股定理得PD=PF2+DF2=4a2+3a2=7a，
∴PFPD=2a7a=277；
故答案为：277．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，综合性强，既要灵活运用这些知识，又要构造适当的辅助线，对学生而言有一定的难度．
必考点2
平行四边形中的面积转换
1．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，点E、F、G、H分别在▱ABCD的AD、AB、BC、CD边上，EG∥CD，FH∥AD，EG与FH交于点P，连接BD交FH于点Q，连接BP，设▱AEPF、▱EDHP、▱FPGB、▱PHCG的面积分别为S1、S2、S3、S4，若▱AEPF∽▱PHCG，则只需知道（ ），就能求△BPQ的面积．
A．S2−S1B．S3−S1C．S4−S1D．S4−S3
【答案】D
【分析】根据▱AEPF∽▱PHCG，设相似比=k，AE=m，AF=n，∠AFP=θ，得到S1、S2、S3、S4的面积等式，根据△BFQ∽△DHQ，得到相似比k，求出BM、PQ的长度等式，证明S△BPQ=12S4−S3，即可得出结论．
【详解】解：如图，
∵▱AEPF∽▱PHCG，设相似比PHAE=PGAF=k，AE=m，AF=n，∠AFP=θ，
∴DE=PH=CG=kAE=km，BF=PG=CH=kAF=kn，
∴S1=mn·sinθ，S2=kmn·sinθ，S3=kmn·sinθ，S4=k2S1=k2mn·sinθ，
∵△BFQ∽△DHQ，
∴FQQH=BFDH=BQDQ=k，
∴FQ=kk+1FH=kk+1AE+DE=kk+1m+km=km，
∴PQ=FQ−FP=km−m=k−1m，
过点B作BM⊥FH于点M，则BM=BF·sin∠BFM=kn·sinθ，
∴S△BPQ=12·BM·PQ=12kn·sinθ·k−1m=12kk−1mn·sinθ，
∵S4−S3=k2mn·sinθ−kmn·sinθ=kk−1mn·sinθ，
∴S△BPQ=12S4−S3，
故选：D．
【点睛】本题考查相似多边形的性质，平行四边形的性质，三角函数等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2022秋·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在平行四边形FBCE中，点J，G分别在边BC，EF上，JG∥BF，四边形ABCD∼四边形HGFA，相似比k=3，则下列一定能求出△BIJ面积的条件（ ）

A．四边形HDEG和四边形AHGF的面积之差B．四边形ABCD和四边形HDEG的面积之差
C．四边形ABCD和四边形ADEF的面积之差D．四边形JCDH和四边形HDEG的面积之差
【答案】C
【分析】分别过点A，D作BC的平行线，根据相似比，找出对应相似图形的面积关系，然后找出符合的选项即可．
【详解】解：如图，分别过点A，D作BC的平行线交CE于点M，交BF于点N，
∵四边形ABCD ∼四边形HGFA，相似比k=3，
∴CD=3AF=3ME，BC=3FG=3BJ，△BCD∼△BJI，相似比k=3，
则S▱BCDN=3S▱MEFA=2S△BCD，9S△BJI=S△BCD，
∵S△ADN=S△ADM，
∴SABCD−SADEF=S▱BCDN−S▱MEFA=43SBCD=12S△BIJ，选项C符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了根据相似比求面积关系，平行四边形性质，相似三角形性质等知识，适当添加辅助线，找出对应面积关系，采用面积作差方法是解题关键．
3．（2022春·浙江·八年级阶段练习）如图，点P是▱ABCD内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，得到△PAB、△PBC、△PCD、△PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出如下结论中正确的是____________．
①S1+S3=S2+S4；②如果S4>S2，则S3>S1；③若S3=2S1，则S4=2S2；④如果P点在对角线BD上，则S1:S4=S2:S3；⑤S1−S2=S3−S4，则P点一定在对角线BD上．
【答案】①④⑤
【分析】根据平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是ℎ1，ℎ2，ℎ3，ℎ4，再根据三角形的面积公式整理判断①；然后根据三角形面积公式可判断②③；再根据两个等高的三角形面积的比等于底的比，得出S1:S4=S2:S3，判断④；最后根据已证关系式，得出S1=S2，S3=S4，判断⑤，综合即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC．
设点P到AB，BC，CD，DA的距离分别是ℎ1，ℎ2，ℎ3，ℎ4，
则S1=12AB·ℎ1，S2=12BC·ℎ2，S3=12CD·ℎ3，S4=12AD·ℎ4．
∵12AB·ℎ1+12CD·ℎ3=12AB⋅ℎAB，12BC·ℎ2+12AD·ℎ4=12BC⋅ℎBC，
∴S平行四边形ABCD=AB⋅ℎAB=BC⋅ℎBC，
∴S2+S4=S1+S3，故①正确；
根据S4>S2只能判断ℎ4>ℎ2，不能判断ℎ3>ℎ1，即不能判断S3>S1，故②错误；
根据S3=2S1，能得出ℎ3=2ℎ1，不能得出ℎ4=2ℎ2，即不能判断S4=2S2，故③错误；
∵点P在对角线BD上，
∴S1:S4=PB:PD，S2:S3=PB:PD，
∴S1:S4=S2:S3，故④正确；
由S1−S2=S3−S4和S2+S4=S1+S3，得S1=S2，S3=S4，
∴点P一定在对角线在BD上，故⑤正确，
综上所述，正确的结论是①④⑤．
故答案为：①④⑤
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、三角形的面积等，用平行四边形的面积表示出相应的两个三角形的面积的和是解本题的关键．
4．（2022秋·上海·七年级校考期末）小明在学习了中心对称图形以后，想知道平行四边形是否为中心对称图形．于是将一张平行四边形纸片平放在一张纸板上，在纸板上沿四边画出它的初始位置，并画出平行四边形纸片的对角线，用大头针钉住对角线的交点．将平行四边形纸片绕着对角线的交点旋转180°后，平行四边形纸片与初始位置的平行四边形恰好重合．通过上述操作，小明惊喜地发现平行四边形是中心对称图形，对角线的交点就是对称中心．请你利用小明所发现的平行四边形的这一特征完成下列问题：
(1)如图①，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O．过点O的直线l与边AB、CD分别相交于点M、N，四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为___________；
(2)如图②，这个图形是由平行四边形ABCD与平行四边形ECGF组成的，点E在边CD上，且B、C、G在同一直线上．
①请画出一条直线把这个图形分成面积相等的两个部分（不要求写出画法，但请标注字母并写出结论）；
②延长GF与边AD的延长线交于点K，延长FE与边AB交于点H．联结EB、EK、BK，如图③所示，当四边形AHED的面积为10，四边形CEFG的面积为2时，求三角形EBK的面积．
【答案】(1)1:2
(2)①图见解析，S四边形HGBM=S四边形AMND+S四边形NEFH；②三角形EBK的面积为4
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，得AB∥CD，OA=OC，从而得到∠MAO=∠NCO，即可证明出△MAO≌△NCO，同理可证明出△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，因此得到S△COB=S△AOD，S△MBO=S△NDO，S△MAO=S△NCO，又因为S四边形AMND=S△AMO+S△ADO+S△NDO，S四边形ABCD=S△AMO+S△CNO+S△MBO+S△ADO+S△NDO+S△COB，所以得到S四边形AMND=12S四边形ABCD，从而即可得到答案；
（2）①根据（1）中的结论画出图并写出相关结论即可；②由四边形ABCD是平行四边形得AB∥CD，AD∥BC，由四边形ECGF为平行四边形，得EC∥GF，EF∥CG，从而可得AK∥BG，AB∥GK，进而可得四边形ABGK为平行四边形，同理可得，四边形DEFK、四边形HBCE均为平行四边形，在根据平行四边形的面积与三角形的面积关系，即可得到三角形EBK的面积为．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AB∥CD，OA=OC，
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CONAO=CO，
∴△MAO≌△NCO（AAS），
同理可得△MBO≌△NDO，△COB≌△AOD，
∴S△COB=S△AOD，S△MBO=S△NDO，S△MAO=S△NCO，
∵S四边形AMND=S△AMO+S△ADO+S△NDO，S四边形ABCD=S△AMO+S△CNO+S△MBO+S△ADO+S△NDO+S△COB，
∴S四边形AMND=12S四边形ABCD，
即四边形AMND的面积与平行四边形ABCD的面积之比为1:2，
故答案为：1:2；
（2）解：①根据（1）中的结论画出图如图所示，
平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，平行四边形ECGF的对角线EG、CF相交于点Q，过点O、Q的直线l将图形分为面积相等的两个部分，直线l与AB相交于点M，直线l与GF相交于N，
其中S四边形MBCN=S四边形AMND，S四边形HGCN=S四边形NEFH，
∴S四边形HGBM=S四边形MBCN+S四边形HGCN=S四边形AMND+S四边形NEFH，
即S四边形HGBM=S四边形AMND+S四边形NEFH；
② ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∵四边形ECGF为平行四边形，
∴EC∥GF，EF∥CG，
∴AK∥BG，AB∥GK，
∴四边形ABGK为平行四边形，
同理可得，四边形DEFK、四边形HBCE均为平行四边形，
∵S四边形AHED=10，S四边形CEFG=2，
∵S四边形ABGK=S四边形AHED+S四边形CEFG+S四边形BCEH+S四边形DEFK=10+2+S四边形BCEH+S四边形DEFK=12+S四边形BCEH+S四边形DEFK，
∴S△BGK=12S四边形ABGK=1212+S四边形BCEH+S四边形DEFK=6+12S四边形BCEH+12S四边形DEFK，
∵S△BCE=12S四边形BCEH，S△EFK=12S四边形DEFK，
∴S△EBK=S△BGK−S△BCE−S△EFK−S四边形CEFG=6+12S四边形BCEH+12S四边形DEFK−12S四边形BCEH−12S四边形DEFK−2=4，
∴三角形EBK的面积为4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定的应用，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解决问题的关键，难度较大，综合性较强．
5．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．性质：“朋友三角形”的面积相等．
例如：如图1，在△ABC中，如果AD是AB边上的中线，那么△ACD和△ABD是“朋友三角形”，则有S△ACD=S△ABD．
应用：如图2，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．
(1)求证：△AOE和△AOB是“朋友三角形”．
(2)如图3，在四边形ABCD中，∠ADC=90°，AD//BC，AD=DC=8，BC=12，点G在BC上，点E在AD上，DG与CE交于点F，GF=DF．
①求证：△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②连接AF，若△AEF和△DEF是“朋友三角形”，求四边形ABGF的面积．
(3)在△ABC中，∠B=30°，AB=8，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“朋友三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得到△A′CD，若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的14，则△ABC的面积是________（请直接写出答案）．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②四边形ABGF的面积为48
(3)8或83
【分析】（1）连接EF，根据四边形ABCD为矩形，可知AD∥BC，再借助AE=BF，可证明四边形ABFE为平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线相互平分”可知OE=OB，即AO是△ABE的中线，即可证明△AOE和△AOB是“朋友三角形”；
（2）①先证明△DFE≌△GFC，可推导EF=CF，即△DFE和△DFC是“朋友三角形”；②由△AEF和△DEF是“朋友三角形”，可知AE=DE=12AD=4，再借助∠ADC=90°，求得S△DCE=16，根据△DFE和△DFC是“朋友三角形”、△AEF和△DEF是“朋友三角形”、△DFE≌△GFC，可依次求得△AEF、△DEF、△DCF、△GFC的面积，最后由四边形ABGF的面积=S梯形ABCD−S△AEF−S△DFE−S△DFC−S△GFC求解即可；
（3）根据题意画出符合条件的两种情况：①证明四边形AD′CB是平行四边形，求出BC、A′D并推导∠ACB=90°，根据三角形面积公式求解即可；②求出高CQ、在求出△AD′C的面积，即可求出△ABC的面积．
（1）
证明：连接EF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴OE=OB，即AO是△ABE的中线，
∴△AOE和△AOB是“朋友三角形”；
（2）
①证明：∵AD//BC，
∴∠EDF=∠CGF，
又∵GF=DF，∠DFE=∠GFC，
∴△DFE≌△GFC(ASA)，
∴EF=CF，
∴△DFE和△DFC是“朋友三角形”；
②解：∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，
∴AE=DE=12AD=4，
∵∠ADC=90°，
S△DCE=12DE⋅CD=12×4×8=16，
∵△DFE和△DFC是“朋友三角形”，
∴S△DFE=S△DFC=12S△DCE=8，
∵△DFE≌△GFC，
∴S△DFE=S△GFC=8，
∵△AEF和△DEF是“朋友三角形”，
S△AEF=S△DFE=8，
∴四边形ABGF的面积=S梯形ABCD−S△AEF−S△DFE−S△DFC−S△GFC
=12×(8+12)×8−8−8−8−8
=48；
（3）
分为两种情况：
①如图1所示：
∵S△ACD=S△BCD，
∴AD=BD=12AB=4，
∵沿CD折叠A和A′重合，
∴AD=A′D=12AB=12×8=4，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的14，
∴S△DOC=14S△ABC=12S△BDC=12S△ADC=12S△′，
∴DO=OB，A′O=CO，
∴四边形A′DCB是平行四边形，
∴BC=A′D=4，
过B作BM⊥AC于M，
∵AB=8，∠BAC=30°，
∴BM=12AB=4=BC，
即C和M重合，
∴∠ACB=90°，由勾股定理得AC=82−42=43，
∴△ABC的面积=12×BC×AC=12×4×43=83；
②如图2所示：
∵S△ACD=S△BCD.
∴AD=BD=12AB，
∵沿CD折叠A和A′重合，
∴AD=′=12AB=12×8=4，
∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的14，
∴S△DOC=14S△ABC=12S△BDC=12S△ADC=12S△A′DC，
∴DO=OA′，BO=CO，
∴四边形A′BDC是平行四边形，
∴A′C=BD=4，
过C作CQ⊥A′D于Q，
∵A′C=4，∠DA′C=∠BAC=30°，
∴CQ=12A′C=2，
∴S△ABC=2S△ADC=2S△′=2×12×′×CQ=2×12×4×2=8．
综上所述，△ABC的面积是8或83．
故答案为：8或83．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，是四边形综合题目，难度大，综合性强，解题关键是理解“朋友三角形”的概念及利用分类讨论的思想分析问题．
6．（2022秋·重庆大足·九年级统考期末）如图1，两个等腰直角三角形△ABC、△EDC的顶点C重合，其中∠ABC=∠EDC=90°，连接AE，取AE中点F，连接BF,DF．
(1)如图1，当B、C、D三个点共线时，请猜测线段BF、FD的数量关系，并证明；
(2)将△EDC绕着点C顺时针旋转一定角度至图2位置，根据“AE中点F”这个条件，想到取AC与EC的中点G、H，分别与点F相连，再连接BG,DH，最终利用△BGF≌△FHD（SAS）证明了（1）中的结论仍然成立．请你思考当△EDC绕着点C继续顺时针旋转至图3位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明你的结论；若不成立，请说明理由；
(3)连接BD，在△EDC绕点C旋转一周的过程中，△BFD的面积也随之变化．若AC=52,CB=32，请直接写出△BFD面积的最大值．
【答案】(1)DF=BF，证明见解析
(2)成立，证明见解析
(3)32
【分析】（1）连接CF，由等腰直角三角形的性质证出∠ABF=∠CBF=45°，得出∠FBD=∠FDB，则可得出结论；
（2）取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，由三角形中位线定理证出四边形FNCM是平行四边形，得出∠FMC=∠FNC，证明△FMB≌△DNF（SAS），由全等三角形的性质得出BF=DF；
（3）当BD最大时，△BFD的面积最大，由等腰直角三角形的性质及三角形面积公式可得出答案．
【详解】（1）解：BF=DF．
连接CF，
∵△ABC和△EDC是等腰直角三角形，
∴∠ACB=∠DCE=45°，DC=DE，AB=BC，
∴∠ACE=90°，
∵F为AE的中点，
∴AF=CF=EF，
又∵DF=DF，
∴△DCF≌△DEF(SSS)，
∴∠CDF=∠EDF=45°，
同理△ABF≌△CBF(SSS)，
∴∠ABF=∠CBF=45°，
∴∠FBD=∠FDB，
∴DF=BF；
（2）解：成立，理由如下：
如图3，取AC的中点M，CE的中点N，连接BM，FM，FN，DN，
∵△ABC是等腰直角三角形，AM=MC，
∴∠MCB=∠MBC=45°，∠CMB=90°，BM=CM= 12 AC，
∵△DEC是等腰直角三角形，EN=NC，
∴∠DEN=∠DCN=45°，∠CND=90°，DN=CN= 12 CE，
∵F，N分别是AE和EC的中点，
∴FN是△AEC的中位线，
∴FN∥AC，FN= 12 AC，
∵F，M分别是AE和AC的中点，
∴FM是△AEC的中位线，
∴FM∥EC，FM= 12 EC，
∴BM= 12 AC=FN，DN= 12 EC=FM，
又∵FN∥AC，FM∥EC，
∴四边形FNCM是平行四边形，
∴∠FMC=∠FNC，
∴∠FMB+∠CMB=∠DNF+∠CND，
∴∠FMB=∠DNF，
∴△FMB≌△DNF（SAS），
∴BF=DF；
（3）解：过点F作FG⊥BD于点G，
由（2）知：△BFD是等腰直角三角形，
∴当BD最大时，△BFD的面积最大，
∵BD≤CB+CD，
∴当B、C、D共线时，BD最大=CB+CD=52+32=82，
∴S△BDF= 12 BD•GF= 12 ×82×42=32．
即△BFD面积的最大值是32．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
必考点3
平行四边形中的角度转换
1．（2022春·江西新余·八年级新余四中校考期中）如图，平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，且AB=AE，延长AB与DE的延长线交于点F．下列结论中：①△ABE是等边三角形：②△ABC≌△EAD；③AD=AF：④S△ABE=S△CDF；⑤S△ABE=S△CEF其中正确的是（ ）
A．①②③B．①④⑤C．①②⑤D．②③④
【答案】C
【分析】由AB=AE及平行四边形的性质、AE平分∠BAD，可得△ABE是等边三角形，即可判定①正确；由△ABE是等边三角形及平行四边形的性质可得△ABC≌△EAD，即可判定②正确；若点E是DF的中点，则可得AD=AF，否则AD与AF不相等，即可判定③错误；由S△ACD=S△CDF=S△ADE=S△ABC，可对④作出判断；由S△ACE=S△DCE及前一步的证明可判定⑤．
【详解】∵AB=AE
∴∠ABE=∠AEB
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AD=BC
∴∠DAE=∠AEB
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=∠BAE
∴∠BAE=∠AEB
∴∠BAE=∠AEB=∠ABE
∴△ABE是等边三角形
故①正确
∵△ABE是等边三角形
∴∠ABE=∠BAE=60°
∴ ∠ABE=∠DAE=60°
∵AB=AE，BC=AD
∴△ABC≌△EAD
故②正确
若点E是DF的中点，则可得AD=AF，否则AD与AF不相等
故③错误
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，AD∥BC
∴S△ACD=S△CDF，S△ACD=S△ADE
∵△ABC≌△EAD
∴S△ADE=S△ABC
∴S△ACD=S△CDF=S△ADE=S△ABC
∵S△ABC=S△ABE+S△AEC>S△ABE
∴S△CDF>S△ABE
故④错误
∵AD∥BC
∴S△ACE=S△DCE
由④知，S△CDF=S△ABC
∴S△CDF−S△DCE=S△ABC−S△ACE
即S△CEF=S△ABE
故⑤正确
即正确的有①②⑤
故选：C.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等底等高的两个三角形面积相等，其中平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）如图，在等边三角形ABC中，AB=4，P为AC上一点（与点A、C不重合），连接BP，以PA、PB为邻边作平行四边形PADB，则PD的取值范围是_______．
【答案】23≤PD<43
【分析】由平行四边形的性质可得：AO=BO=2，DP=2OP，当点P与点C重合时，此时OP有最大值，当OP⊥AC时，此时OP有最小值，即可求解．
【详解】如图，设AB与PD交于点O，连接OC，
∵四边形ADBP是平行四边形
∴AO=BO=2，DP=2OP
∵△ABC是等边三角形，AO=BO
∴OC⊥AB，∠ABC=60°
∴∠BCO=30°
∴OC=3OB=23
当点P与点C重合时，此时OP有最大值
∴DP的最大值为43
当OP⊥AC时，此时OP有最小值
∵S△AOC=12⋅AO⋅CO=12⋅AC⋅OP
∴OP=3
∴DP的最小值为23
∵P为 AC 上一点（与点A、C不重合）
∴23≤PD<43
故答案为：23≤PD<43
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、垂线段最短等知识点，灵活运用这些性质是解决问题的关键．
3．（2022秋·辽宁朝阳·九年级校考期中）如图，▱ABCD中，对角线AC，BD相交于O，BD=2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③EG=GF
；④EA平分∠GEF．其中正确的是________．
【答案】①②④
【分析】由平行四边形的性质可得OB=BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断③错误，由BG=EF，BG∥EF∥CD可证四边形BEFG是平行四边形，可得②正确．由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴BO=DO=12BD，AD=BC，AB=CD，AB∥BC，
又∵BD=2AD，
∴OB=BC=OD=DA，且点E 是OC中点，
∴BE⊥AC，
故①正确，
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，EF=12CD，
∵点G是RtΔABE斜边AB上的中点，
∴GE=12AB=AG=BG
∴EG=EF=AG=BG，无法证明GE=GF，
故③错误，
∵BG=EF，BG∥EF∥CD
∴四边形BEFG是平行四边形
故②正确
∵EF∥CD∥AB，
∴∠BAC=∠ACD=∠AEF，
∵AG=GE，
∴∠GAE=∠AEG，
∴∠AEG=∠AEF，
∴AE平分∠GEF，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用相关的性质定理、综合运用知识是解题的关键．
4．（2022春·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AB//CD,∠B=∠D，点E为BC延长线上一点，连接AE，AE交CD于H．∠DCE的平分线交AE于G．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）如图1，若AB=2AD=10，H为CD的中点，HE=6，求AC的长；
（3）如图2，若∠BAC=∠DAE
①∠AGC=2∠CAE，求∠CAE的度数；
②∠AGC=n∠CAE,∠CAE=_____°（用含有n的式子表示）
【答案】（1）见解析；（2）97；（3）①36°；②1802n+1
【分析】（1）根据平行线的性质得∠B=∠DCE，推出∠D=∠DCE，可得AD∥BC，即可得出结论；
（2）根据平行四边形的性质得到相应线段的长度，并证明△AHD≌△EHC，得到AH=EH=6，CE=AD=5，再根据三线合一的性质得到HG=EG=3，CG⊥AE，再利用勾股定理求出CG和AC的长；
（3）①设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+2x+y+z=180°，变形后相减可得结论；
②设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，△AHD中，x+2y+2z=180°①，△ACG中，x+nx+y+z=180°，变形后相减可得结论．
【详解】解：（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B=∠DCE，
∵∠B=∠D，
∴∠D=∠DCE，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=2AD=10，
∴CD=10，AD=BC=5，
∵AD∥BE，
∴∠D=∠HCE，
∵H为CD中点，
∴CH=DH，CH=DH=5，
又∠AHD=∠EHC，
∴△AHD≌△EHC（ASA），
∴AH=EH=6，CE=AD=5，
∵CG平分∠DCE，
∴CG⊥AE，即△ACG为直角三角形，HG=EG=12EH=3，
∴AG=AH+HG=9，CG=CH2−HG2=4，
∴AC=AG2+CG2=97；
（3）①设∠CAG=x，∠DCG=z，∠BAC=y，
则∠EAD=y，∠D=∠DCE=2z，∠AGC=2∠CAE=2x，
∵AB∥CD，
∴∠AHD=∠BAH=x+y，∠ACD=∠BAC=y，
△AHD中，x+2y+2z=180°①，
△ACG中，x+2x+y+z=180°，
即3x+y+z=180°，
∴6x+2y+2z=360°②，
②-①得：5x=180°，
解得：x=36°，
∴∠CAE=36°；
②设∠CAE=x，∠DCG=z，∠BAC=y，
则∠EAD=y，∠D=∠DCE=2z，∠AGC=n∠CAE=nx，
∵AB∥CD，
∴∠AHD=∠BAH=x+y，∠ACD=∠BAC=y，
△AHD中，x+2y+2z=180°①，
△ACG中，x+nx+y+z=180°，
∴（n+1）x+y+z=180°，
∴2（n+1）x+2y+2z=360°②，
②-①得：（2n+1）x=180°，
∴x=180°2n+1，
即∠CAE=180°2n+1．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、平行线的判定与性质、三角形内角和定理、三角形的外角性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
5．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，∠ABC，∠BCD的平分线分别交AD于点E，F，BE，CF相交于点G.
(1)求证：BE⊥CF；
(2)若AB=a，CF=b，求BE的长.
【答案】（1）见详解；（2）BE=2a2−(b2)2．
【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的性质，证明∠EBC+∠FCB=90°即可解决问题；
（2）如图，作EH∥AB交BC于点H，连接AH交BE于点P．构造特殊四边形菱形，利用菱形的性质，结合勾股定理即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∵BE，CF分别是∠ABC，∠BCD的平分线，
∴∠EBC=12∠ABC，∠FCB=12∠BCD，
∴∠EBC+∠FCB=90°，
∴∠BGC=90°．
即BE⊥CF．
（2）如图，作EH∥AB交BC于点H，连接AH交BE于点P．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE，
∴四边形ABHE是菱形，
∴AH，BE互相垂直平分；
∵BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴四边形AHCF是平行四边形，
∴AP=b2；
在Rt△ABP中，由勾股定理，得：
BP=a2−(b2)2，
∴BE=2BP=2a2−(b2)2．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造特殊四边形解决问题．
6．（2022春·湖北武汉·七年级统考期末）在平面直角坐标系中，点 A（a，6），B（4，b），
（1）若 a，b 满足 (a  b  5)2  2a−b−1 0 ，
①求点 A，B 的坐标；
②点 D 在第一象限，且点 D 在直线 AB 上，作 DC⊥x 轴于点 C，延长 DC 到 P 使 得 PC=DC，若△PAB 的面积为 10，求 P 点的坐标；
（2）如图，将线段 AB 平移到 CD，且点 C 在 x 轴负半轴上，点 D 在 y 轴负半轴上， 连接 AC 交 y 轴于点 E，连接 BD 交 x 轴于点 F，点 M 在 DC 延长线上，连 EM，3∠MEC+∠CEO=180°，点 N 在 AB 延长线上，点 G 在 OF 延长线上，∠NFG= 2∠NFB，请探究∠EMC 和∠BNF 的数量关系，给出结论并说明理由.
【答案】（1）①A（2，6），B（4，3）．②P（83，-5）．（2）∠BNF-∠EMC=30°，理由见解析.
【分析】（1）①利用非负数的性质构建方程组解决问题即可．
②由题意AB的解析式为y=-32x+9，设D（m，-32m+9），利用三角形的面积，构建方程解决问题即可．
（2）结论：∠BNF-∠EMC=30°．设∠MEC=α，∠BFN=β，首先证明α-β=30°，再利用平行四边形的性质，三角形的外角的性质解决问题即可．
【详解】（1）①∵（a+b-5）2+|2a-b-1|=0，
又∵（a+b-5）2≥0，|2a-b-1|≥0，
∴a+b＝52a−b＝1，
∴a＝2b＝3，
∴A（2，6），B（4，3）．
②如图1中，
∵A（2，6），B（4，3），
∴直线AB的解析式为y=-32x+9，设D（m，-32m+9），
∵CD=PC，
∴PD=-3m+18，
∵S△PAB=10，
∴12×PD×2=10，
∴-3m+18=10，
∴m=83，
∴D（83，5），
∴P（83，-5）．
（2）结论：∠BNF-∠EMC=30°．
理由：设∠MEC=α，∠BFN=β，
∵3∠MEC+∠CEO=180°，∠AEO+∠CEO=180°，
∴∠AEO=3α，
∵∠NFG=2∠BFN，
∴∠NFG=2β，∠OFD=∠BFG=3β，
∵AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
∴AC∥BD，∠ACD=∠ABD，
∴∠BDE=180°-∠AEO=180°-3α，
∵∠BDE+∠OFD=90°，
∴180°-3α+3β=90°，
∴α-β=30°，
∵∠ACD=∠EMC+∠MEC，∠ABD=∠BFN+∠BNF，
∴∠EMC+α=∠BNF+β，
∴∠BNF-∠EMC=α-β=30°．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了非负数的性质，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题.
必考点4
平行四边形中勾股定理的运用
1．（2022春·浙江温州·八年级统考期中）如图，一副三角板如图1放置，AB＝CD＝6，顶点E重合，将△DEC绕其顶点E旋转，如图2，在旋转过程中，当∠AED＝75°，连接AD、BC，这时△ADE的面积是______．
【答案】32+32
【分析】过点E作EF∥AB，由∠AED＝75°得AB∥CD，再由AB＝CD得四边形ABCD为平行四边形，再证明△AEC≌△BEC得AC＝BC，再由AE＝BE可知CE垂直平分AB，延长CE交AB于G，求出BG、CG，然后可用平行四边形的面积减三角形面积可得答案．
【详解】解：如图，过点E作EF∥AB，

∴∠BAE＝∠AEF＝45°，
∵∠AED＝75°，
∴∠FED＝∠AED−∠AEF＝30°，
∴∠FED＝∠EDC，
∴EF∥CD，
∴AB∥CD，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵∠AED＝75°，∠DEC＝60°，
∴∠AEC＝135°，
∵∠AEB＝90°，
∴∠BEC＝360°−135°−90°＝135°，
∴∠BEC＝∠AEC，
在△AEC与△BEC中，
AE＝BC∠BEC＝∠AECCE＝CE，
∴△AEC≌△BEC（SAS），
∴AC＝BC，
∵AE＝BE，
∴CE垂直平分AB，
延长CE交AB于G，
∴CG⊥AB，
∵AE＝BE，EG⊥AB，
∴AG＝BG＝GE＝62，
∵∠EDC＝30°，
∴CE＝12ED，
∵EC²＋CD²＝ED²，
∴CE＝2，
∴CG＝CE＋GE＝2＋62．
∵CE垂直平分AB，
∴ S四边形ABCD=CG⋅AB＝6×（2＋62）＝3＋23，
∴S△AED=S四边形ABCD-S△ABE-S△CDE-S△BEC
=3＋23−12×3×3−12×2×6−122×62
=32+32．
故答案为：32+32．
【点睛】本题是三角形旋转变换综合题，主要考查了平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，垂直平分线的判定与性质以及勾股定理，综合能力较强．
2．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，四边形ABCD为菱形，AB=3，∠ABC=60°，点M为BC边上一点且BM=2CM，过M作MN∥AB交AC，AD于点O，N，连接BN．若点P，Q分别为OC，BN的中点，则PQ的长度为________．
【答案】72
【分析】连接BD交AC于E，连接QE，过Q作QF⊥AC于F，证△ABC是等边三角形，得∠ACB=60°，AC=AB=3，再证QE是△BDN的中位线，得QE=12DN=12，QE∥DN∥BC，则∠AEQ=∠ACB=60°，可证得△CMO是等边三角形，得OC=CM=1，最后由勾股定理求解即可．
【详解】解：连接BD交AC于E，连接QE，过Q作QF⊥AC于F，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AB=3，
∴BC=CD=AD=AB=3，BE=DE，AE=CE，AD∥BC，AB∥CD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=AB=3，
∴AE=CE=12AC=32，
∵BM=2CM，BM+CM=BC=3，
∴CM=1，
∵MN∥AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形MNDC是平行四边形，
∴DN=CM=1，
∵Q是BN的中点，BE=DE，
∴QE是△BDN的中位线，
∴QE=12DN=12，QE∥DN∥BC，
∴∠AEQ=∠ACB=60°，
∵QF⊥AC，
∴∠EQF=90°﹣60°=30°，
∴EF=12QE=14，
∴QF=QE2−EF2=122−142=34，
∵MN∥AB，
∴∠CMN=∠ABC=60°，
∵∠ACB=60°，
∴△CMO是等边三角形，
∴OC=CM=1，
∵P是OC的中点，
∴PC=12OC=12，
∴PE=AC-AE-CP=3-32-12=1，
∴PF=PE+EF=1+14=54，
在Rt△PQF中，由勾股定理得：PQ=PF2+QF2=542+342=72，
故答案为：72．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键
3．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）已知：如图，在平行四边形ABCD中，G、H分别是AD、BC的中点，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形．
(2)若AB=4，BC=7，当四边形GEHF是矩形时BD的长为 ．
【答案】(1)见解析
(2)334
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD=BC,AD∥BC，进而得到∠GDB=∠FBH，再根据直角三角形斜边上的中线推出EG=FH，∠GED=∠BFH，得到GE∥HF，即可得证；
（2）根据平行四边形的性质，证明△ABE≌△CDF，得到BE=DF，AE=CF，连接GH，推出四边形GABH是平行四边形，得到GH=AB=4，根据矩形的性质，得到EF=GH=4，利用AE=CF和勾股定理，求出BF的长，进而求出BE,DF长，利用BD=BF+DF进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∴∠GDB=∠FBH，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠BFC=∠AED=90°，
∵G、H分别是AD、BC的中点，
∴EG=12AD=DG,FH=12BC=BH，
∴EG=FH，∠GED=∠GDB,∠BFH=∠FBH，
∴∠GED=∠BFH，
∴GE∥HF，
∴四边形GEHF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF，
在△ABE和△CDF中，
∠AEB=∠CFD=90°∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDFAAS，
∴BE=DF，AE=CF，
连接GH，如图，
∵GA∥HB,GA=HB，
∴四边形GABH是平行四边形，
∴GH=AB=4，
四边形GEHF是矩形时，EF=GH=4，
设BF=x，则：BE=x−4，
在Rt△AEB中，AE2=AB2−BE2=16−x−42，
在Rt△CFB中，CF2=BC2−BF2=49−x2，
∵AE=CF，
∴16−x−42=49−x2，解得：x=498，
即：BF=498，
∴DF=BE=498−4=178，
∴BD=BF+DF=498+178=668=334；
故答案为：334．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线以及勾股定理．本题的综合性较强，熟练掌握并灵活运用相关知识点，是解题的关键．
4．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为平面内一点，以CD为腰在CD右侧作等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°，过点B作BF∥DE，且BF=DE，连接BD，DF，EF．
(1)如图①，当点D在AC边上时，直接写出线段AF与AD的关系为 ；
(2)将图①中的等腰Rt△CDE绕点C逆时针旋转α0°<α<45°到图②的位置，连接AD，AF，（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)若AD=3，AC=5，当A、E、F三点在一条直线上时，请直接写出CD的长．
【答案】(1)AF⊥AD且AF=AD
(2)成立，理由见解析
(3)10
【分析】（1）先说明点F在线段AB上，然后从位置和数量上说明线段AF与AD的关系即可；
（2）先说明∠FBA=∠DCA，然后证明△ADC≌△AFBSAS，则可判断（1）中的结论是否仍然成立；
（3）先证明四边形BDEF是平行四边形，可得EF∥BD，从而说明△ADB △ADE都是直角三角形，然后利用勾股定理即可求得线段CD的长．
【详解】（1）解：∵在等腰Rt△CDE，且∠CDE=90°，
∴DC=DE，ED⊥AC，
∵BF∥DE，BF=DE，
∴BF=DC，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴AB⊥AC，即AF⊥AD，
∴AB∥DE，
∴点F在AB上，
∴AF=AB−BF=AC−CD=AD，即AF=AD．
故答案为：AF⊥AD且AF=AD．
（2）成立，理由如下：
延长CD交AB于G，交BF于H，
∵BF∥DE，∠CDE=90°，
∴∠BHG=∠CDE=90°，
又∵∠BGH=∠CGA，
∴∠HBG=90°−∠BGH=90°−∠CGA=∠GCA
∴∠HBG=∠GCA，即∠FBA=∠DCA，
∵BF=DE，Rt△CDE是等腰三角形且∠CDE=90°，
∴BF=DE=DC，
在△ADC和△AFB中，
AC=AB∠ACD=∠ABFCD=BF，
∴△ADC≌△AFBSAS，
∴AD=AF，∠CAD=∠BAF，
∴∠FAD=∠BAF+∠BAD=∠CAD+∠BAD=∠BAC=90°，
∴AF⊥AD，
∴（1）中的结论仍然成立．
（3）如图所示，
∵BF∥DE，BF=DE，且A、E、F三点在一条直线上，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∴EF∥BD，EF=BD
∴∠FAD+∠ADB=180°，
由（2）可知：AD=AF且∠FAD=90°，
∴∠ADB=90°，∠EAD=90°，
∵AD=3，AC=5，AB=AC
∴AB=5，AF=AD=3
在Rt△ADB中，BD=AB2−AD2=52−32=4，
∴EF=BD=4，
∴AE=EF−AF=4−3=1，
在Rt△ADE，DE=AD2+AE2=32+12=10，
∵Rt△CDE是等腰三角形且∠CDE=90°，
∴CD=DE=10．
∴CD的长为10．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些定理和性质解决问题是解题的关键．
5．（2022春·广东广州·八年级广州市南武中学校考期中）如图：
(1)如图1，平行四边形ABCD中，AM⊥BC于M，DN⊥BC于N．求证：BM=CN．
(2)如图2，平行四边形ABCD中，AC，BD是两条对角线，求证：AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．
(3)如图3，PT是△PQR的中线，已知：PQ=7，QR=6，RP=5．求：PT的长度．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)PT=27
【分析】（1）用AAS证明△ABM≅△DCN即可；
（2）作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，利用勾股定理和平行四边形的性质即可证明；
（3）倍长中线补全图形，证明四边形PQSR是平行四边形，将第二问结论代入数值计算即可．
(1)
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//DC,AB=DC，
∴∠ABM=∠DCN，
又∵AM⊥BC,DN⊥BC，
∴∠BMA=∠CND=90°，
在△ABM和△DCN中，∠ABM=∠DCN∠AMB=∠DNCAB=DC，
∴△ABM≅△DCN(AAS) ，
∴BM=CN．
(2)
证明：作AM⊥BC于M，DN⊥BC于N，如图所示，
在Rt△DBN和Rt△DCN中，
根据勾股定理得BD2=BN2+DN2，DC2=CN2+DN2，
∴BD2−CD2=BN2−CN2=(BC+CN)2−CN2=BC2+2BC⋅CN，
同理，在Rt△AMB和Rt△AMC中，
根据勾股定理得AB2=BM2+AM2，AC2=CM2+AM2，
∴AC2−AB2=CM2−BM2=(BC−BM)2−BM2=BC2−2BC⋅BM，
∴AC2+BD2=BC2+2BC⋅CN+CD2+BC2−2BC⋅BM+AB2，
联系第一问，易证：△ABM≅△DCN，
∴BM=CN,
∴2BC⋅CN−2BC⋅BM=0，
又∵AD=BC，
∴AC2+BD2=AB2+BC2+CD2+DA2．
(3)
延长PT至S，使得PT=TS，连接QS，RS，如图所示，
∵PT是△PQR的中线，
∴QT=RT，
∴四边形PQSR为平行四边形，
∴PQ=RS=7，RP=QS=5，
由（2）得PS2+RQ2=PQ2+QS2+SR2+PR2，
∴2PT2+62=72+52+72+52，
解得PT2=112×14=28，
∵PT>0 ，
∴PT=27．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用等知识点，第2问运用勾股定理，第3问用倍长中线构造平行四边形是解题的关键．
6．（2022春·广东深圳·八年级深圳中学校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BD是它的一条对角线，过A，C两点分别作AE⊥BD，CF⊥BD，E、F为垂足．
（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若AD＝13cm，AE＝12cm，AB＝20cm，过点C作CH⊥AB，垂足为H，求CH的长．
【答案】（1）见解析；（2）12.6cm
【分析】（1）连接AC交BD于点O，由“AAS”可证△AOE≌△COF，可得EO＝FO，且AO＝CO，可证四边形AFCE是平行四边形；
（2）由勾股定理可求BF＝DE＝5cm，BE＝16cm，由三角形面积公式可求CH的长．
【详解】解：（1）如图，连接AC交BD于点O
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC，AO＝CO，且∠AEO＝∠CFO＝90°，∠AOE＝∠COF
∴△AOE≌△COF（AAS）
∴EO＝FO
∵AO＝CO
∴四边形AECF是平行四边形
（2）∵四边形AECF是平行四边形
∴AE＝CF＝12cm，
∵BC=AD=13cm
∴在Rt△BCF中，由勾股定理得：BF＝BC2−CF2=5cm，
在Rt△BAE中，由勾股定理得：BE＝AB2−AE2＝16cm
∴EF＝BE﹣BF＝11cm，
∵BO＝DO，EO＝FO
∴DE＝BF＝5cm
∴BD＝21cm，
∵S△ABD＝12S▱ABCD＝S△ABC，
∴12BD×AE＝12×AB×CH
∴21×12＝20×CH
∴CH＝12.6cm
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，用到了等积法求线段的长，这也是本题（2）问中的关键所在．
必考点5
平行四边形中的多解问题
1．（2022春·浙江杭州·八年级期末）平行四边形的一边长为12，那么这个平行四边形的两条对角线的长可能是（ ）
A．8和12B．9和13C．12和12D．11和14
【答案】D
【分析】作辅助线CE∥BD，根据平行四边形的性质和三角形的三边关系，对题中的选项逐个进行判断，即可得出结论．
【详解】解：如图，作CE∥BD，交AB的延长线于点E，
∵AB=CD，DC∥AB
∴四边形BECD是平行四边形，
∴CE=BD，BE=CD=AB，
∴在△ACE中，AE=2AB=24＜AC+CE，
∴四个选项中只有D中11+14=25＞24．
故选D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的思路在于通过作一条对角线的平行线，将两条对角线转化到一个三角形，而利用三角形的三边关系解题是得到答案的关键．
2．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）已知：一组邻边分别为6cm和10cm的平行四边形ABCD，∠DAB和∠ABC的平分线分别交CD所在直线于点E，F，则线段EF的长为________cm．
【答案】2或14
【分析】利用当AB=10cm,AD=6cm，由于平行四边形的两组对边互相平行，又AE平分∠BAD，由此可以推出所以∠BAE=∠DAE，则DE=AD=6cm；同理可得：CF=CB=6cm，而EF=CF+DE-DC，由此可以求出EF长；同理可得：当AD=10cm,AB=6cm时，可以求出EF长
【详解】解：如图1，当AB=10cm,AD=6cm
∵AE平分∠BAD
∴∠BAE=∠DAE，
又∵AD∥CB
∴∠EAB=∠DEA，
∴∠DAE=∠AED，则AD=DE=6cm
同理可得：CF=CB=6cm
∵EF=DE+CF-DC=6+6-10=2(cm)
如图2，当AD=10cm,AB=6cm,
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE
又∵AD∥CB
∴∠EAB=∠DEA，
∴∠DAE=∠AED则AD=DE=10cm
同理可得，CF=CB=10cm EF=DE+CF-DC=10+10-6=14（cm）
故答案为：2或14.
图1 图2
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质等知识，关键是平行四边形的不同可能性进行分类讨论．
3．（2022春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第一二六中学校考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=4，E为斜边AB的中点，点P是射线BC上的一个动点，连接AP、PE，将△AEP沿着边PE折叠，折叠后得到△EPA′，当折叠后△EPA′与△BEP的重叠部分的面积恰好为△ABP面积的四分之一，则此时BP的长为______．

【答案】4或43
【分析】根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可求出AB，即可得到AE的值，进而根据勾股定理求出BC，分类两种情况讨论：①若P'A与AB交于点F，连接A'B，易得S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，即可得到EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，从而得到四边形A'EPB是平行四边形，根据平行四边形的性质即可求解；②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP于H，同理可得GP=12BP=BG，EG=12EA'=12×4=2，根据三角形中位线定理可得AP=AC=4，此时点P与点C重合，进而可求解．
【详解】解：∵∠ACB=90°,∠A=60°,AC=4，E为斜边AB的中点，
∴AB=8，AE=12AB=4，BC=43，
①若P'A与AB交于点F，连接A'B，如图1所示，

由折叠可得，S△A'EP=S△AEP，A'E=AE=4，
∵点E是AB的中点，
∴S△BEP=S△AEP=12S△ABP，
由题意得，
S△EFP=14S△ABP，
∴S△EFP=12S△BEP=12S△AEP=12S△A'EP，
∴EF=12BE=BF，PF=12A'P=A'F，
∴四边形A'EPB是平行四边形，
∴BP=A'E=4，
②若EA'与BC交于点G，连接AA'，交EP于H，如图2所示，

同理可得GP=12BP=BG，EG=12EA'=12×4=2，
∵BE=AE，
∴EG=12AP=2，
∴AP=AC=4，
∴点P与点C重合，
∴BP=BC=43，
故答案为：4或43．
【点睛】本题考查了翻折变换，轴对称图形，30°角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，平行四边形的判定及性质，三角形中位线定理等知识，巧妙运用分类讨论思想是解题的关键．
4．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，点E为BD上的一个动点，连接CE并延长到点F，使EF=CE，连接AF．
(1)若点E与点B重合（如图2），判断AF与BD的数量关系和位置关系，并说明理由；
(2)若以A，F，B，E为顶点的四边形是平行四边形，BD=3，请直接写出线段BE的长度．
【答案】(1)AF=BD且AF∥BD；
(2)1或3
【分析】（1）若点E与点B重合根据矩形ABCD得到AD=BC，AD∥BC，结合EF=CE，即可得到四边形AFBD为平行四边形；
（2）先根据矩形的性质得到OC=OA，OB=OD，再根据三角形中位线的性质得到OE∥AF，OE=12AF，当AB为对角线时，如图1根据平行四边形的性质得到AF=BE，则OB=32BE，即可得到一个答案；当AB为边时，如图，此时E点与D点重合，即可得到答案．
【详解】（1）解：AF=BD且AF∥BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵EF=CE，
∴AD=FB,
∴四边形AFBD是平行四边形，
∴AF=BD，AF∥BD；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OA，OB=OD，
∵EF=CE，
∴OE∥AF，OE=12AF，
当AB为对角线时，如下图
∵四边形AFBE为平行四边形，
∴AF=BE，
∴OE=12BE，
∴OB=OE+BE=32BE，
∵BD=3，
∴BE=1；
当AB为边时，如下图
∵四边形ABEF为平行四边形，
∴AB=EF，
∵AB=CD，
∴此时点E与点D重合，
∴BE=BD=3；
综上所述BE的长度为1或3．
【点睛】本题考查了矩形的性质：平行四边形的性质矩形都具有；矩形的四个角都是直角；也考查了平行四边形的判定和三角形中位线性质．
5．（2022春·四川成都·八年级四川省成都市七中育才学校校考期末）已知△ABC为等边三角形，其边长为4．点P是AB边上一动点，连接CP．
(1)如图1，点E在AC边上且AE=BP，连接BE交CP于点F．
①求证：BE=CP；②求∠BFC的度数；
(2)如图2，将线段CP绕点C顺时针旋转120°得线段CQ，连接BQ交AC于点D．设BP=x，CD=y，求y与x的函数关系式；
(3)如图3，在（2）的条件下，延长BC至点E，且CE=BP，连接QE，DE．在点P运动过程中，当△CEQ的周长为4+13时，求DE的长．
【答案】(1)①见解析；②120°
(2)y=−12x+2
(3)DE=2194或432
【分析】（1）①利用等边三角形的性质，证明△AEB≌△BPC即可得到答案；②由全等三角形的性质可得∠ABE=∠PCB，再结合三角形的内角和定理可得答案；
（2）在线段AC上截取一点M，使AM=BP=x，交CP于点F，可得CM=4−x由（1）知：△AMB≌△BPC，线段CP绕点C顺时针旋转120°得到线段CQ四边形MBCQ是平行四边形，可得CD=12CM=12(4−x)，从而可得答案；
（3）延长QM与AB交于点N，证明△NMB≌△ECQ，可得QE=NB=4−x．求解CQ=BM=CP=13过点P作PK⊥BC于点K，由BP=x,∠ABC=60°, 利用PK2+KC2=PC2，建立方程求解x1=1，x2=3，再分两种情况求解即可．
(1)
①证明：在等边△ABC中，AB=BC，∠A=∠ABC=60°
又∵AE=BP，
∴△AEB≌△BPC（SAS），
∴BE=CP．
②解：由（1）知：△AEB≌△BPC，
∴ ∠ABE=∠PCB，
又∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°，
∴∠PCB+∠EBC=60°，
在△BFC中，∠BFC=120°．
(2)
解：在线段AC上截取一点M，使AM=BP=x，交CP于点F，
∴CM=4−x，
由（1）知：△AMB≌△BPC，
∴BM=CP，∠BFC=120°，
又∵线段CP绕点C顺时针旋转120°得到线段CQ，
∴CP=CQ，∠PCQ=120°，
∴BM=CQ，BM∥CQ，
∴四边形MBCQ是平行四边形，
∴CD=12CM=12(4−x)，
∴y=−12x+2．
(3)
解：延长QM与AB交于点N，
∵四边形MBCQ是平行四边形
∴MQ∥BC， BM=CQ，∠QMB=∠BCQ，
∴∠ANM=∠ABC=60°，∠NMB=∠MBC,
∵BM∥CQ,
∴∠MBC=∠QCE,
∴ ∠NMB=∠QCE，
又∵∠A=60°，
∴△ANM为等边△，
∴NM=AM=x，BN=4−x，
∵CE=BP, BP=AM=MN,
∴MN=CE,
∴△NMB≌△ECQ，
∴QE=NB=4−x．
又∵△CEQ的周长为4+13，
∴CQ+CE+QE=CQ+BN+AN=CQ+AB=4+13，
∴CQ=BM=CP=13，
过点P作PK⊥BC于点K，由BP=x,∠ABC=60°,
∴BK=x2，PK=32x，
∴CK=4−x2，
在Rt△PKC中，PK2+KC2=PC2，(32x)2+(4−x2)2=(13)2，
x1=1，x2=3，
情况一：当x1=1时，y=−12x+2=32，
过点D作DH⊥BC于点H，
∴CH=y2=34，DH=334，
∴HE=74，
在Rt△DHE中，DE=DH2+HE2=2194；
情况二：当x2=3时，y=−12x+2=12，
同理可证：DE=432，
综上所述，DE=2194或432．
【点睛】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的应用，旋转的性质，二次根式的化简，理解题意，作出适当的辅助线是解本题的关键．
6．（2022春·浙江杭州·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，AB=AD=10cm，BC=8cm，点P从点B出发，沿线段BA，向点A以2cm/s的速度匀速运动；点Q从点D出发，沿线段DC向点C以3cm/s的速度匀速运动，已知两点同时出发，当一个点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为ts．
（1）连结P、Q两点，则线段PQ长的取值范围是________；
（2）当PQ=10cm时，求t的值；
（3）若在线段CD上有一点E，QE=2cm，连结AC和PE．请问是否存在某一时刻使得AC平分PE？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）8cm≤PQ≤85cm；（2）t的值为2或225；（3）存在某一时刻使得AC平分PE，此时t的值为4．
【分析】（1）先确认线段PQ取最大值与最小值时点P、Q的位置，再根据矩形的性质、勾股定理求解即可；
（2）先根据勾股定理求出FQ的长，再根据PQ=10cm分两种情况：点Q在点F左侧和点Q在点F右侧，然后根据图中的BP=CF建立方程求解即可得；
（3）当AC平分PE时，先根据平行线的性质得出∠OAP=∠OCE,∠OPA=∠OEC，再根据三角形全等的判定定理与性质得出AP=CE，然后分点Q在点E左侧和点Q在点E右侧，分别建立方程求解即可得．
【详解】（1）∵四边形ABCD中，AB//CD,∠BCD=90°
∴四边形ABCD是直角梯形
由题意可知，在点P、Q运动过程中，当点P在点B处，点Q在点D处时，线段PQ取得最大值BD；当PQ⊥CD时，线段PQ取得最小值，此时PQ=BC=8cm
如图1，过点A作AM⊥CD，连接BD，则四边形ABCM是矩形
∴AM=BC=8cm,CM=AB=10cm
∴MD=AD2−AM2=102−82=6(cm)
∴CD=MD+CM=6+10=16(cm)
∴BD=BC2+CD2=82+162=85(cm)
则线段PQ长的取值范围是8cm≤PQ≤85cm
故答案为：8cm≤PQ≤85cm；
（2）点P运动到点A所需时间为t=AB2=5；点Q运动到C所需时间为t=CD3=163
由题意得，t≤5
如图2，过点P作PF⊥CD，则四边形BCFP是矩形
∴PF=BC=8cm,BP=CF
∴FQ=PQ2−PF2=102−82=6(cm)
因PQ=10cm>8cm，则分以下两种情况：
①当点Q在点F左侧时，BP=2t,CF=CD−FQ−DQ=16−6−3t
即2t=16−6−3t，解得t=2，符合题意
②当点Q在点F右侧时，即点Q在点Q′处
PQ′=10cm,FQ′=6cm,BP=2t,CF=CD−DQ′+FQ′=16−3t+6
则2t=16−3t+6，解得t=225，符合题意
综上，t的值为2或225；
（3）存在某一时刻使得AC平分PE，求解过程如下：
如图3，设AC与PE相交于点O
当AC平分PE时，OP=OE
∵AB//CD
∴∠OAP=∠OCE,∠OPA=∠OEC
在ΔOAP和ΔOCE中，
∠OAP=∠OCE∠OPA=∠OECOP=OE
∴ΔOAP≅ΔOCE(AAS)
∴AP=CE
由题意，分以下两种情况：
①当点Q在点E左侧时，AP=AB−BP=10−2t,CE=CD−DQ−QE=16−3t−2
即10−2t=16−3t−2，解得t=4，符合题意
②当点Q在点E右侧时，即点Q在点Q′处，Q′E=QE=2cm
AP=AB−BP=10−2t,CE=CD−DQ′+Q′E=16−3t+2
则10−2t=16−3t+2，解得t=8>5，不符题意，舍去
综上，存在某一时刻使得AC平分PE，此时t的值为4．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，较难的是题（2）和（3），依据题意，正确分两种情况讨论是解题关键．
必考点6
平行四边形中的动点问题
1．（2022秋·广东广州·九年级广州四十七中校考期末）如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D为CA上一动点，E为BC延长线上的动点，始终保持CE=CD．连接BD和AE，将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，连接DF．
(1)请判断线段BD和AF的位置关系并证明；
(2)当S△ABD=14BD2时，求∠AEC的度数；
(3)如图2，连接EF，G为EF中点，AB=22，当D从点C运动到点A的过程中，EF的中点G也随之运动，请求出点G所经过的路径长．
【答案】(1)AF∥BH，证明见解析
(2)∠AEC=67.5°
(3)2
【分析】（1）由题意可得∠ACB=∠ACE，继而证明出△BCD≌△ACESAS，然后利用外角的性质和平行线的判定求解即可；
（2）延长BD交AE于点H，首先证明出四边形ABDF是平行四边形，然后由三角形的面积公式可得AH=12BD=12AE，从而可得BH垂直平分AE，继而由等腰三角形的性质进行求解即可；
（3）连接AG、CG，过点G作GH⊥CE交CE延长线于H，GN⊥AC于N，首先根据等腰直角三角形的性质得到BC=AC=2，然后证明四边形CHGN是矩形，进而证明出△ANG≌△EHGAAS，得到G点所经过的路径长是以AC为边的正方形的对角线长度的一半，即可求得答案．
【详解】（1）AF∥BH，证明如下：
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE=180°−∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE，
∴△BCD≌△ACESAS；
∴∠CAE＝∠CBD，
∵将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，
∴∠EAF=90°，
∵∠ADB=∠BCD+∠CBD，∠DAF=∠EAF+∠CAE，
∴∠ADB=∠FAD，
∴AF∥BH；
（2）延长BD交AE于点H，
∵将AE绕A点逆时针旋转90°到AF，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∵△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，∠CAE=∠CBD，
∴AF=BD，
∵AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵S△ABD=14BD2，
∴S四边形ABDF＝12BD2，
∴BD·AH=12BD2，
∴AH=12BD=12AE，
∴BH垂直平分AE，
∴BA＝BE，
∵AC＝BC，∠ACB=90°，
∴∠ABE=45°，
又∵BA=BE，
∴∠AEC=67.5°；
（3）连接AG、CG，过点G作GH⊥CE交CE延长线于H，GN⊥AC于N，
∵∠ACB=90°，AC=BC，AB=22，
∴BC=AC=2，
∵GH⊥CE，GN⊥AC，∠ACH=90°，
∴四边形CHGN是矩形，
∵AF=AE，∠EAF=90°，G是EF中点，
∴AG=GE，AG⊥EF，
∵∠CAG+∠ACH+∠CEG+∠AGE=360°，
∴∠CAG+∠CEG=180°，
∵∠CEG+∠GEH=180°，
∴∠CAG=∠GEH，
又∵∠ANG=∠GHE=90°，
∴△ANG≌△EHGAAS，
∴NG=GH，
∴四边形CHGN是正方形，
∴CG平分∠ACH，
∴点G在∠ACH的角平分线上运动，
∴当D从C运动到A点，G点所经过的路径长是以AC为边的正方形的对角线长度的一半，即为22AC=2．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线，熟练运用相关知识是解题的关键．
2．（2022春·贵州遵义·八年级校考期末）如图，点P是□ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．
(1)当点P与点O重合时如图1，线段OE与线段OF的数量关系是______．
(2)如图2，点P在OC上运动时（不与点O与C重合），（1）中的结论是否成立？
(3)点P在OC的延长线上运动时，当∠OFE=60°时，如图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？
【答案】(1)OE=OF
(2)成立，理由见解析
(3)AE+CF=3OE
【分析】（1）证明△AOE≌△COF即可得出结论；
（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△AOE≌△CGO，得OE=OG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出结论；
（3）作辅助线，构建全等三角形，与（2）类似，同理得：△AOE≌△COG，再利用∠OFE=60°，得△EOF是等边三角形，根据勾股定理，以及含30度角的直角三角形的性质得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF；
（2）解：如图，（1）中的结论仍然成立，理由是：
延长EO交CF的延长线于G，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴AE∥CF，
∴∠EAO=∠OCG，
∵AO=OC，∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COG（ASA），
∴EO=OG，
在Rt△EFG中，FO=12EG=OE；
（3）解：AE+CF=3OE，理由是：
如图3，延长EO、FC交于G，
同理得：△AOE≌△COG，
∴OE=OG，AE=CG，
在Rt△EGF中，OF=12EG=OE=OG，
∵∠OFE=60°，
∴△EOF是等边三角形，
∴∠GEF=60°，则∠G=30°，
∴GF=GE2−EF2=3EF =3OE，
∵GF=GC+CF=AE+CF，
∴AE+CF=3OE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的性质和判定以及等腰三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是利用平行四边形的对角线互相平分得全等的边相等的条件．
3．（2022春·四川泸州·八年级统考期末）如图（a），直线l1∶y=kx+b经过点A、B，OA=OB=3，直线l2:y=32x−2交y轴于点C，且与直线l1交于点D，连接OD．
(1)求直线l1的解析式；
(2)求△OCD的面积；
(3)如图（b），点P是直线l1上的一动点，连接CP交线段OD于点E，当△COE与△DEP的面积相等时，求点P的坐标；
(4)在（3）的条件下，若点H为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)l1：y=−x+3
(2)2
(3)P65,95
(4)H165,245、45,−145或−45,−65
【分析】（1）由已知可以得到A、B的坐标，再利用待定系数法即可求得直线l1的解析式；
（2）联立l1、l2的解析式可以得到D的坐标，在l2的解析式中令x=0，可以得到C坐标，然后可以得到△OCD的面积；
（3）△COE与△DEP的面积相等，则S△CDO＝S△PCD，则点P、O到CD的距离相等，故OP所在的直线与CD平行，即可求解；
（4）分别按照PD、PC、DC为对角线三种情况分类讨论即可得解．
【详解】（1）由已知可得A、B的坐标分别为：A（3，0）、B（0，3），
∴可得0=3k+b3=b，
解得：k=-1，b=3，
∴直线l1的解析式为：y=-x+3；
（2）联立l1、l2的解析式可以得到：
y=−x+3y=32x−2，
解之可得：x=2y=1，
∴D为（2，1），
在l2的解析式中令x=0，可以得到y= -2,
∴C（0，-2），
∴△OCD底边OC上的高为2，
在y=32x−2中令x=0可得y=-2，
∴OC=2，
∴S△OCD=12×2×2=2；
（3）∵△COE与△DEP的面积相等，
∴S△CDO＝S△CDE+S△OCE＝S△PED+S△CED＝S△PCD，
∴点P、O到CD的距离相等，故OP所在的直线与CD平行，
∴直线OP的表达式为：y=32x，
∴由y=−x+3y=32x可得：x=65y=95，
则点P(65，95)．
（4）如图，可以画出图形如下，
设使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为（x，y），则：
当对角线是PD时，由题意可得：
x−652+y−952=2−02+1+22x−22+y−12=652+95+22，
解之可得：x=165y=245，
∴此时H为165,245；
当对角线是PC时，由题意可得：
x−652+y−952=2−02+1+22x−02+y+22=65−22+95−12，
解之可得：x=−45y=−65，
∴此时H为−45,−65；
当对角线是CD时，由题意可得：
x−22+y−12=652+95+22x−02+y+22=65−22+95−12，
解之可得：x=45y=−145，
∴此时H为45,−145；
综上所述，使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为165,245、45,−145或−45,−65．
【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形面积的计算等，综合性强，难度适中．
4．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图1，直线y＝kx＋b分别交x轴，y轴于点A，点B，点C、P分别是线段OB，AB的中点，且OC=32，CP＝2，动点D，E分别在直线CP和线段AB上，设点E的横坐标为m，线段CD的长为n（n>0），且m＋n＝3，以DO，DE为邻边作平行四边形ODEF．
(1)求出直线AB的解析式．
(2)当n＝1时，请求出点F的坐标．
(3)当点F落在△AOB的边OB或AB上时，求直接写出点F的坐标．
【答案】(1)y=−34x+3
(2)(1，0)或(3，0)
(3)0,38
【分析】（1）由OC，CP的长，可得出OB，OA的长，进而可得出点A，B的坐标，再利用待定系数法即可求出直线AB的解析式；
（2）由n=1，结合m+n=3可得出n的值，由点D，E所在的位置，即可求出点D，E的坐标，再利用平行四边形的性质（对角线互相平分），即可求出点F的坐标；
（3）依题意可知点D，E的坐标，利用平行四边形的性质可找出点F的坐标为m−n,−34m+32，当点F落在边OB上时，可得出m-n=0，结合m+n=3，即可求出m，n的值，将其代入点F的坐标中即可求出结论；当点F落在边AB上时，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出32−34m=−34m−n+3，结合m+n=3可求出n=−2，这与n>0矛盾，进而可得出不存在该情况．
（1）
解：（1）∵OC=32，CP＝2，且点C、P分别是线段OB，AB的中点，
∴OB＝3，OA＝4
∴点B坐标为点（0，3），A坐标为（4，0）
把点A和点B的坐标分别代入解析式得：b=34k+b=0
解得：b=3k=−34
∴直线AB的解析式为：y=−34x+3
（2）
（2）∵m＋n＝3，且n＝1
∴m＝2，
∴点E坐标为2,32
点E与点P重合
当点D在点C的左侧时，DE＝1＋2＝3
在□ODEF中，OF∥DE，OF＝DE，∴F（3，0）；
当点D在点C的右侧时，DE＝2－1＝1
在□ODEF中，OF∥DE，OF＝DE，∴F（1，0）；
∴点F坐标为（1，0）或（3，0）
（3）
点F坐标为0,38
根据题意，可知：点D的坐标为（n，32），点E的坐标为（m，−34m+3），
∵四边形ODEF为平行四边形，
∴点F的坐标为0+m−n,0−34m+3−32，即m−n,−34m+32，
当点F落在边OB上时，m−n=0，
又∵m+n=3，
∴m=n=32
∴点F的坐标为0,38；
∴当点F落在AB上时，32−34m=−34m−n+3
又∵m+n=3，
∴n=−2（不符合题意，舍去）．
∴当点F落在△AOB的边OB或AB上时，点F的坐标为0,38．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式；（2）利用一次函数图象上的点的坐标特征，找出点D，E的坐标；（3）利用平行四边形的性质，用m，n的代数式表示出点F的坐标．
5．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为ts．
(1)CD边的长度为______cm，t的取值范围为______．
(2)从运动开始，当t取何值时，PQ∥CD？
(3)从运动开始，当t取何值时，PQ=CD？
【答案】(1)10，0≤t≤9
(2)t=4
(3)t=8或t=4
【分析】（1）作辅助线，构建矩形ABED，利用勾股定理可得CD的长，根据两动点P，Q运动路程和速度可得t的取值范围；
（2）根据PD=CQ列方程可得t=4时PQ∥CD，
（3）由PQ=CD，根据CQ=2t=6+6+12−t，可得t=8，再结合（2）可得出结论；
【详解】（1）如图1，过点D作DE⊥BC于E，则∠DEB=∠DEC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠DEB=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE=AB=8，BE=AD=12，
∵BC=18，
∴CE=18−12=6，
由勾股定理得：CD=62+82=10 （cm）；
∵点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，AD=12cm，
∴点P运动到D的时间为：12s，
同理得：点Q运动到点B的时间为：182=9s，
∴0≤t≤9；
故答案为：10，0≤t≤9；
（2）如图2，∵AD∥BC，
∴PD∥CQ，
当PD=CQ时，四边形DPQC是平行四边形，
∴PQ∥CD，
∴12−t=2t，
∴t=4，
即当t=4时，PQ∥CD，此时PD=CQ；
（3）如图3，过点P作PF⊥BC于F，过点D作DE⊥BC于E，
当PQ=CD时，
∵PF=DE，
∴Rt△PQF≌Rt△DCE，
∴FQ=CE=6，
∵∠PFE=∠DEF=∠ADE=90°，
∴四边形DPFE矩形，
∴PD=EF=12−t，
∴CQ=QF+EF+CE，即6+6+12−t=2t，
∴t=8，
综合（2）、（3）所述，当t=8或t=4时，PQ=CD；
【点睛】此题是四边形综合题：动点问题，考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识，综合性较强，难度适中．利用分类讨论和数形结合是解题的关键．
6．（2022春·浙江温州·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是平行四边形，O为坐标原点，点A的坐标是(−16，0)， 线段BC 交y轴于点D，点D的坐标是(0，8)，线段CD=6．动点P从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q从点D出发，以每秒1个单位的速度向终点B运动，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动，运动时间为t秒.
(1)用t的代数式表示：BQ=_______，AP=_______；
(2)若以A，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值；
(3)当△BQP恰好是等腰三角形时，求t的值．
【答案】(1)BQ=10−t，AP=16−2t(0(2)6或263
(3)t=103或95
【分析】（1）由平行四边形的性质结合题意可得出BC=OA=16，BD=10，0（2）分类讨论：①当P在A点右侧时和②当P在A点左侧时，根据平行四边形的性质即可分别得出关于t的等式，解出t即可；
（3）分类讨论：①当BP=PQ时、②当BQ=PQ时，③当BQ=PB时和④当点P在A点左侧时，分别根据等腰三角形的性质，勾股定理，结合题意列出关于t的等式或判断情况是否存在，再解出t即可．
【详解】（1）∵四边形ABCO是平行四边形，A(−16，0)，
∴BC=OA=16．
∵CD=6，
∴BD=BC−CD=10，
∴0∵动点P从点O出发，沿射线OA的方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q从点D出发，以每秒1个单位的速度向终点B运动，
∴OP=2t，DQ=t，
∴BQ=BD−DQ=10−t．
当P在A点右侧时，此时t<162=8，AP=16−2t，
当P与A点重合时，此时t=162=8，AP=0，
当P在A点左侧时，此时8∴AP=16−2t(0故答案为：BQ=10−t，AP=16−2t(0（2）分类讨论：①当P在A点右侧时，如图，
∵四边形ABQP为平行四边形，
∴BQ=AP， 即10−t=16−2t，
解得t=6；
②当P在A点左侧时，如图，
∵四边形BQAP为平行四边形，
∴BQ=AP，即10−t=2t−16，
解得t=263．
综上可知，当以A，B，Q，P为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为6或263；
（3）当△BQP恰好是等腰三角形时，有以下四种情况：
①当BP=PQ时，如图，过点Q作QE⊥x轴于点E，过点P作PF⊥BD于点F，
∴OE=DQ=t，PE=FQ，
∴PE=OP−OE=2t−t=t．
∵BP=PQ，
∴BF=FQ=12BQ=12(10−t)，
∴12(10−t)=t，
解得t=103；
②当BQ=PQ时，如图，过点Q作QG⊥x轴于点G．
由①可知PG=t，
∵PQ2=PG2+QG2，即PQ2=t2+82，PQ2=BQ2=(10−t)2
∴(10−t)2=t2+82，
解得：t=95；
③当BQ=PB时，由②同理可得出(10−t)2=82+(10−2t)2，
此时方程无解；
④当点P在A点左侧时，△BQP不可能是等腰三角形，此情况舍．
综上可知当△BQP恰好是等腰三角形，t=103或95．
【点睛】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，等腰三角形的定义，勾股定理等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
必考点7
平行四边形中的最值问题
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期中）如图，点D，E是△ABC内的两点，且DE//AB，连结AD，BE，CE．若AB＝92，DE＝22，BC＝10，∠ABC＝75°，则AD+BE+CE的最小值为___________．
【答案】132
【分析】过E点作EF//AD交AB于F，将ΔBEF绕点B逆时针旋转60°，得到△BE′F′，过F′作F′H⊥BC交CB延长线于H，则ΔBEE′，ΔBFF′都是等边三角形，可判断四边形AFED是平行四边形，由已知分别可求AF=22，BF=72，则BE=EE′，BF′=BF=72，所以AD=EF=E′F′，则AD+BE+CE=CE+EE′+E′F′，当C、E、E′、F′共线时，AD+BE+CE有最小值为CF′的长，再由∠ABC=75°，∠FBF′=60°，可得∠CBF′=135°，∠BF′H=45°，在RtΔ′中，HF′=HB=22BF′=7，在Rt△CF′H中，CF′=CH2+F′H2=132，则AD+BE+CE的最小值为132．
【详解】解：过E点作EF//AD交AB于F，将ΔBEF绕点B逆时针旋转60°，得到△BE′F′，过F′作F′H⊥BC交CB延长线于H，
∴ΔBEE′，ΔBFF′都是等边三角形，
∵DE//AB，
∴四边形AFED是平行四边形，
∵DE=22，
∴AF=22，
∵AB=92，
∴BF=72，
∴BE=EE′，BF′=BF=72，
∴AD=EF=E′F′，
∴AD+BE+CE=CE+EE′+E′F′，
∴当C、E、E′、F′共线时，AD+BE+CE有最小值为CF′的长，
∵∠ABC=75°，∠FBF′=60°，
∴∠CBF′=135°，∠BF′H=45°，
在Rt△BF′H中，HF′=HB=22BF′=22×72=7，
在Rt△CF′H中，CF′=CH2+F′H2=172+72=132，
∴AD+BE+CE的最小值为132，
故答案为132．
【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握轴对称的性质，通过构造平行四边形、旋转三角形，确定AD+BE+CE有最小值为CF'的长是解题的关键．
2．（2022春·上海静安·八年级上海市静安区教育学院附属学校校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝45°，点E为射线AD上一动点，连接BE，将BE绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接AF，则AF的最小值是___．
【答案】6+22．
【分析】如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．证明△ABF≌△KBE（SAS），推出AF＝EK，根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，用勾股定理求出EK即可解决问题．
【详解】如图，以AB为边向下作等边△ABK，连接EK，在EK上取一点T，使得AT＝TK．
∵BE＝BF，BK＝BA，
又∵∠EBF＝∠ABK＝60°，
∴∠ABF＝∠KBE，
∴△ABF≌△KBE（SAS），
∴AF＝EK，
根据垂线段最短可知，当KE⊥AD时，KE的值最小，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝135°，
∵∠BAK＝60°，
∴∠EAK＝75°，
∵∠AEK＝90°，
∴∠AKE＝15°，
∵TA＝TK，
∴∠TAK＝∠AKT＝15°，
∴∠ATE＝∠TAK+∠AKT＝30°，
设AE＝a，则AT＝TK＝2a，ET=3a，
在Rt△AEK中，∵AK2＝AE2+EK2，
∴a2+（2a+3a）2＝4，
∴a＝6−22，
∴EK＝2a+3a＝6+22，
∴AF的最小值为6+22．
故答案为6+22．
【点睛】本题考查旋转的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等的三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
3．（2022春·浙江·八年级期中）如图，已知在△ABC中，AB=AC=5,BC=6，点M是AC边上任意一点，连接MB，以MB、MC为邻边作平行四边形MCNB，连接MN，则MN的最小值_________．
【答案】245
【分析】根据平行四边形的性质，点N在过点B且平行于AC的线段上运动，则当MN⊥AC时，MN最小，利用同一三角形的面积相等即可求得MN的值．
【详解】如图，设MN、BC交于点O，连接AO，过点B作BD⊥AC于点D
∵四边形MCNB是平行四边形，且对角线交于点O
∴BN∥AC，OB=OC
∵点M在AC上运动
∴点N在过点B且平行于AC的线段上运动
∴当MN⊥AC时，MN最小
∵BD⊥AC
∴BD∥MN
∴MN=BD
∵AB=AC=5，OB=OC
∴OB=12BC=3，且AO⊥B C
由勾股定理得：AO=AB2−OB2=4
∵12AC·BD=12BC·AO
∴BD=BD=BC•AOAC=6×45=245
∴MN=245
即MN的最小值为245
故答案为：245．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，两平行线间的公垂线段最短，勾股定理，等腰三角形的性质，关键是确定点N的运动路径，从而转化为两平行线间的公垂线段最短，化动为静，这也是本题的难点所在．
4．（2022春·江苏南通·八年级校联考期中）如图，▱ABCD中，∠DAB＝30°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则2PB+ PD的最小值等于______.
【答案】6
【分析】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据四边形ABCD是平行四边形，得到 AB∥CD，推出PE=12PD，由此得到当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，利用∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6求出PB+PE的最小值=12AB=3，得到2PB+ PD的最小值等于6.
【详解】过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EDC=∠DAB＝30°，
∴PE=12PD，
∵2PB+ PD=2（PB+12PD）=2(PB+PE)，
∴当PB+PE最小时2PB+ PD有最小值，此时P、B、E三点在同一条直线上，
∵∠DAB＝30°，∠AEP=90°，AB=6，
∴PB+PE的最小值=12AB=3，
∴2PB+ PD的最小值等于6，
故答案为：6.
【点睛】此题考查平行四边形的性质，直角三角形含30°角的问题，动点问题，将线段2PB+PD转化为三点共线的形式是解题的关键.
5．（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥AC，AD=AC，点E为AB上一动点，DE与AC相交于点G，CH⊥DE，垂足为H，CH的延长线与AB相交于点F，点P在边AB上
（1）若DG=10，AG=1，求AB的长
（2）求证DG=CF+FG
（3）若AP=1，AD=42，请直接写出PH的最小值
【答案】（1）32；（2）见解析；（3）17−4
【分析】（1）在Rt△AGD中，利用勾股定理求得AD，再在Rt△ADC中，求出CD即可解决问题；
（2）如图1，延长CF交DA的延长线于T，利用全等三角形的性质证明DG=CT,FG=FT即可；
（3）如图2中，取CD的中点O，连接OH,OP，过点O作OJ⊥AD与J,过点P作PT⊥OJ与T,交AC于K，则OJ是△ADC的中位线，根据勾股定理和直角三角形的性质求得OP,OH再根据PH≥OP−OH求得PH的最小值．
【详解】（1）∵AD⊥AC，
∴∠DAC=90°，
∵DG=10,AG=1，
∴AD=DG2−AG2=(10)2−12=3，
∵AD=AC，
∴AD=AC=3，
∴CD=AD2+AC2=32+32=32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD=32．
（2）如图1中，延长CF交DA的延长线于T，
∵CH⊥DE，
∴∠CHD=90°，
∵∠CHG=∠DAG=90°,∠CGH=∠AGD，
∴∠GCH=∠GDA，
∵∠DAG=∠CAT=90°,AD=AC，
∴△DAG≌△CAT（ASA），
∴DG=CT,AG=AT，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD//BC，
∴∠ACB=∠CAD=90°，
∵AD=AC
∴AC=BC，
∴ ∠CAB=45°，
∵ ∠CAT=90°，
∴∠GAF=∠TAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△TAF（SAS），
∴GF=TF，
∴DG=CT=CF+TF=CF+FG．
（3）如图2中，取CD的中点O，连接OH,OP，过点O作OJ⊥AD与J,过点P作PT⊥OJ与T,交AC于K，则OJ是△ADC的中位线，
∵∠TJA=∠JTK=∠JAK=90°，
∴四边形TJAK是矩形，
∵AP=1,∠PAC=45°，
∴AK=PK，
∵AP2=AK2+PK2，
∴AK=TJ=PK=22，
∵OD=OC,OJ//AC AD=42，
∴DJ=JA=22，
∴OJ=12AC=22，
TK=AJ=22，
∴OT=OJ−TJ=22−22=322，
PT=PK+TK=22+22=522，
∴OP=OT2+TP2=(322)2+(522)2=17，
∵∠DHC=90°,OC=OD，
CD=AD2+DC2=(42)2+(42)2=8，
∴OH=12CD=4，
∴PH≥OP−OH=17−4．
∴ PH的最小值为17−4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确的添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
6．（2022春·四川遂宁·九年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，BC∥AD，BC＝12AD，点E为AD的中点，点F为AE的中点，AC⊥CD，连接BE、CE、CF．
（1）判断四边形ABCE的形状，并说明理由；
（2）如果AB＝4，∠D＝30°，点P为BE上的动点，求△PAF的周长的最小值．
【答案】（1）四边形ABCE是菱形，理由见解析；（2）△PAF的周长的最小值为23+2．
【分析】（1）先证明四边形ABCE是平行四边形，再结合直角三角形斜边中线的性质得出CE=AE，从而可得到四边形ABCE是菱形；
（2）当PA+PF最小时，△PAF的周长最小．由（1）知四边形ABCE是菱形，得点A、C关于BE对称，得出PC=AP，即点P为CF与BE的交点时，C，P，F三点共线，PA+PF=PC+PF最小，此时△PAF的周长=PA+PF+AF=CF+AF．再证明△ACE是等边三角形，得AC=AE=CE=4，又根据AF=12AE=2，结合勾股定理可得出CF的长，从而可得出结果．
【详解】解：（1）四边形ADCE是菱形，理由如下：
∵点E是AD的中点，∴AE=12AD．
∵BC=12AD，∴AE=BC．
∵BC∥AD，即BC∥AE．
∴四边形ABCE是平行四边形．
∵AC⊥CD，点E是AD的中点，
∴CE=AE，
∴四边形ABCE是菱形；
（2）由（1）得，四边形ABCE是菱形．
∴AE=EC=AB=4，且点A、C关于BE对称，
∴AP=CP．
∴当PA+PF最小时，△PAF的周长最小，
即点P为CF与BE的交点时，C，P，F三点共线，PA+PF=PC+PF最小，
此时△PAF的周长=PA+PF+AF=CP+PE+AF=CF+AF．
在Rt△ACD中，点E是AD的中点，则CE=DE，
∴∠ECD=∠D=30°，
∴∠ACE=90°-30°=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC=AE=CE=4．
∵AF=EF，∴CF⊥AE，
∵点F是AE的中点，AF=12AE=2．
∴CF=AC2−AF2=23，
∴△PAF的周长最小值=CF+AF=23+2．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练运用基本性质进行推理是解题的关键．
必考点8
构造平行四边形
1．（2022春·湖北武汉·八年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期中）如图，线段AB长为6cm，点C是线段AB上一动点（不与A，B重合），分别以AC和BC为斜边，在AB的同侧作等腰直角三角形△ADC，△CEB，点P是DE的中点，当点C从距离A点1cm处沿AB向右运动至距离B点1cm处时，点P运动的路径长是_____cm．
【答案】2
【分析】分别延长AD、BE交于点F，易证四边形CDFE为平行四边形，得出P为CF中点，设点C从距离A点1cm处G沿AB向右运动至距离B点1cm处H，则P的运行轨迹为△FGH的中位线MN．再求出GH的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
【详解】解：如图，分别延长AD、BE交于点F．
∵△ADC和△ECB都是等腰直角三角形，且∠ADC＝∠CEB＝90°
∵∠A＝∠ECB＝45°，
∴AF∥CE，
同理，CD∥BF，
∴四边形CDFE为平行四边形，
∴CF与DE互相平分．
∵P为DE的中点，
∴P为CF中点，即在P的运动过程中，P始终为FC的中点，所以P的运行轨迹为三角形FGH的中位线MN．
∵GH＝AB﹣AG﹣BH＝6﹣1﹣1＝4，
∴MN＝12GH＝2，
即P的移动路径长为2cm．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、三角形中位线的性质、平行四边形的判定和性质，以及动点问题，是中考的热点，解题的关键是正确寻找点R的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
2．（2022秋·江苏常州·八年级统考期中）【模型建立】
(1)如图1，已知在△ABC中，点D是AB边的中点，将△BDC沿CD翻折得到△FDC，连接FA，FB．
①求证：△AFB是直角三角形；
②延长FA，BC交于点E，判断CF与BE的数量关系，并证明你的结论；
(2)【拓展应用】如图2，已知在△ABC中，点D是AB边的中点，点E是BC边上一点，将△BDE沿DE翻折得到△FDE，连接FA，FB．
①判断AF与DE的位置关系，并证明你的结论；
②若AC∥EF，用等式表示线段BE，CE，AC之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①证明见解析；②CF=12BE，证明见解析
(2)①AF∥DE，证明见解析；②AC+CE=BE，证明见解析
【分析】（1）①根据折叠的性质得到BD=FD，根据线段中点的定义得到AD=BD，根据直角三角形的判定定理即可得到结论；
②如图1，延长FA，BC交于点E，根据折叠的性质得到CF=BC，BD=FD，根据等腰三角形的性质得到∠CBF=∠CFB，求得DF=12AB，推出∠AFB=90°，即可得到结论；
（2）①由（1）知，∠AFB=90°，求得∠AFE+∠EFB=90°，根据三角形的内角和定理得到∠AFE+∠EFB=90°，根据平行线的判定定理得到AF∥DE；
②如图2，延长AC，DE交于G，根据折叠的性质得到∠BED=∠FED，EF=BE，根据平行线的性质得到∠G=∠FED，推出四边形AFEG是平行四边形，得到AG=EF，于是得到结论．
【详解】（1）①证明：∵将△BDC沿CD翻折得到△FDC，
∴BD=FD，
∵点D是AB边的中点，
∴AD=BD，
∴DF=12AB，
∴∠AFB=90°，
∴△AFB是直角三角形；
②CF=12BE，
证明：如图1，延长FA，BC交于点E，
∵将△BDC沿CD翻折得到△FDC，
∴CF=BC，BD=FD，
∴∠CBF=∠CFB，
∵点D是AB边的中点，
∴AD=BD，
∴DF=12AB，
∴∠AFB=90°，
∴∠CBF+∠E=∠CFB+∠CFA=90°，
∴∠E=∠CFA，
∴CE=CF，
∴CF=12BE；
（2）①AF∥DE，
证明：由（1）知，∠AFB=90°，
∴∠AFE+∠EFB=90°，
∵将△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴EF=EB，∠FED=∠BED，
∴∠EFB=∠EBF，
∵∠FED+∠BED+∠EFB+∠EBF=180°，
∴∠FED+∠EFB=90°，
∴∠AFE=∠FED，
∴AF∥DE；
②AC+CE=BE，
证明：如图2，延长AC，DE交于G，
∴∠CEG=∠BED，
∵将△BDE沿DE翻折得到△FDE，
∴∠BED=∠FED，EF=BE，
∵AC∥EF，
∴∠G=∠FED，
∴∠G=∠CEG，
∴CG=CE，
∵AF∥DG，
∴四边形AFEG是平行四边形，
∴AG=EF，
∴AG=BE，
∵AG=AC+CG=AC+CE，
∴AC+CE=BE．
【点睛】本题考查了折叠的性质，直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
3．（2022秋·广东广州·八年级华南师大附中校考期中）如图，△CAB 与△CDE 为等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，连接AD、BE．
(1)如图1，若∠CAD=30∘，∠DCB=10∘，求∠DEB的度数；
(2)如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF=BF，AD=3，求△CEF 的面积：
(3)如图3，BE 与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD 与AB 交于点N ，在BC 上有一点M 且BM=CG，连接NM ，请猜想CN、NM、BG 之间的数量关系并证明你的猜想．
【答案】(1)25°
(2)94
(3)BG=CN+NM ；理由见解析
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE 得∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACD，由三角形内角和定理可解决问题；
（2）过C作CG⊥DE于点G，由（1）可证△ACD≌△BCE得BE=AD=3 ，证明△CGF≌△BEF 求出CG 和EF，根据三角形面积公式可计算出结果；
（3）过点C 作CF∥AB 交BG 于点F ，证明四边形CNBF 是平行四边形得CN=BF ，CF=BN ，证明ΔBMN≌ΔCGF得GF=MN ，进一步可得结论；
【详解】（1）解：（1）∵∠ACB=∠DCE=90° ，
∴∠ACB−∠BCD=∠DCE−∠BCD
∴∠ACD=∠BCE
∵△CAB，△CDE 为等腰直角三角形
∴AC=BC，CD=CE ，∠CED=45°
∴△ACD≌△BCE(SAS)
∴∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE=30°
∵∠DCB=10°
∴∠BCE=90°−∠DCB=80°
∠CEB=180°−∠CBE−∠BCE=180°−30°−80°=70°
∴∠DEB=∠CEB−∠CED=70°−45°=25°
（2）解：过C 作CG⊥DE 于点G，如图：
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴CG=DG=GE ，∠CGE=90°
由（1）同理可证明：△ACD≌△BCE(SAS)
∴BE=AD=3 ，∠CEB=∠CDA=180°−45°=135°
∴∠GEB=∠CEB−∠CED=135°−45°=90°=∠CGF
∵CF=BF，∠CFG=∠EFB
∴△CGF≌△BEF
∴GF=EF=12GE，GC=BE=AD=3
∵CG=GE
∴GF=EF=32
∵∠CGF=90°
∴SΔCEF=12EF·CG=12×32×3=94
（3）解：过点C 作CF//AB 交BG于点F，
∴∠GCF=∠CAB=∠CBA=45°
由（1）同理可得：△ACD≌△BCE
∴∠BEC=∠ADC
∵AD⊥CD
∴∠ADC=∠BEC=90°=∠DCE=∠CEG
∴CN∥BF
∵CF∥BN
∴四边形CNBF是平行四边形
∴CN=BF，CF=BN
在△BMN 和△CGF 中，
BM=CG∠MBN=∠GCF=45°BN=CF
∴ΔBMN≌ΔCGF(SAS)
∴GF=NM
∴BG=GF+BF=CN+NM
【点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
4．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
重温定理，识别图形
（1）如图1，我们在探究三角形中位线DE和第三边BC的关系时，所作的辅助线为“延长DE到点F，使EF=DE，连接CF”，此时DE与DF在同一直线上且DE=12DF，又可证图中的四边形______为平行四边形，可得BC与DF的关系是______，于是推导出了“DE//BC，DE=12BC”．
寻找图形，完成证明
（2）如图2，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，△BEH是等边三角形，∠ABC=∠AEF=60°，连接CF、CH．求证：CF=BE．
构造图形，解决问题．
（3）如图3，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，连接BE、CF．直接写出CF与BE的数量关系．
【答案】（1）BCFD，平行且相等，理由见详解；（2）见详解；（3）CF＝2BE．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠ADE＝∠F，根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）连接BH，先证明△AEB≌△CHB，根据全等三角形的性质得到CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，推出四边形EFCH是平行四边形，得到CF＝EH，进而得到结论；
（3）BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°根据全等三角形的性质得到AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，推出四边形EFCH是平行四边形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）∵AE＝CE，DE＝EF，∠AED＝∠CEF，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴AD＝CF，∠ADE＝∠F，
∴BD∥CF，
∵AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF＝BC，DF∥BC，
故答案为：BCFD，平行且相等；
（2）连接BH，
∵△BEH是等边三角形，∠ABC=∠AEF=60°
∴∠EBH=∠ABC=60°，BE=BH=EH，
∴∠ABE＝∠CBH，
又∵AB＝BC，
∴△AEB≌△CHB（SAS），
∴CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，
∵∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠AEB−60°，
∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝240°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝180°，
∴CH∥EF且CH＝EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH=BE；
（3）证明：BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°，
∵△BEH是等腰直角三角形，
∴EH＝2BE＝2BH，∠BEH＝∠BHE＝45°，∠EBH＝90°，即∠CBH＋∠CBE＝90°
∴∠ABE＝∠CBH，
在△ABE 和△CBH 中，
AB=CB∠ABE=∠CBHBE=BH，
∴△ABE≌△CBH（SAS），
∴AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，
∴∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠CHB−45°＝∠AEB−45°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴EF＝HC，∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝225°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝∠AEB−45°＋225°−∠AEB＝180°，
∴EF∥HC 且 EF＝HC，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH＝2BE；
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
5．（2022秋·重庆渝北·八年级重庆市两江育才中学校校考期中）如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．
（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为________度；
（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF的面积；
（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．
【答案】（1）27；（2）94；（3）BG=MN+CN，证明见解析．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE得∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE，再求出∠ACD，由三角形内角和定理可解决问题；
（2）过C作CG⊥DE于点G，由（）1）可证△ACD≌△BCE得BE=AD=3，证明△CGF≌△BEF得CG=3，EF=32，根据三角形面积公式可计算出结果；
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，证明四边形CNBF是平行四边形得CN=BF，CF=BN，证明ΔBMN≅ΔCGF得GF=MN，进一步可得结论．
【详解】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD=∠BCE
∵,AC=BC,CD=CE
∴△ACD≌△BCE
∴∠CEB=∠ADC，∠CAD=∠CBE=28°
∵∠DCB=10°
∴∠ACD=∠ACB-∠DCB=90°-10°=80°
∴∠BCE=80°
∴∠CEB=180°-∠CBE-∠BCE=72°
∴∠DEB=∠CEB-∠CED=72°-45°=27°；
故答案为27；
（2）过C作CG⊥DE于点G，如图，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴CG=DG=GE,∠CGE=90°
由（1）同理可证明：△ACD≌△BCE
∴BE=AD=3，∠CEB=∠CDA=180°-45°=135°
∴∠GEB=∠CEB-∠CED=135°-45°=90°=∠CGF
∵CF=BF，∠CFG=∠EFB
∴△CGF≌△BEF
∴GF=EF=12GE，GC=BE=AD=3
∵CG=GE
∴GF=EF=32
∵∠CGF=90°
∴SΔCEF=12CG×EF=12×32×3=94
（3）过点C作CF//AB交BG于点F，
∴∠GCF=∠CAB=∠CBA=45°
由（1）同理可得，△ACD≌△BCE
∴∠BEC=∠ADC
∵AD⊥CD
∴∠ADC=90°
∴∠BEC=90°=∠DCE
∴CN//BF
∵CF//BN
∴四边形CNBF是平行四边形
∴CN=BF，CF=BN
在△BMN和△CGF中，
{BM=CG∠MBN=∠GCFBN=CF
∴ΔBMN≅ΔCGF
∴GF=MN
∴BG=GF+BF=MN+CN
【点睛】本题考查三角形综合题、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
6．（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校考期中）已知ΔABC和ΔDEC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点．
（1）如图1，当点D在BC边上时，连接AD、BE，求证：AD=BE；
（2）如图2，F是线段AD上的一点，连接CF，若AF=CF，试判断BE与CF的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）如图3，把ΔDEC绕点C顺时针旋转α角（0°<α<90°）将（2）问的条件AF=CF换成AF=FD，其他条件不变，（2）问中的关系是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请直接写出相应的正确的结论．
【答案】（1）见解析；（2）BE=2CF，BE⊥CF，理由见解析；（3）成立，理由见解析
【分析】（1）要想证明AD=BE，只要证明△ACD≌△BCE即可；
（2）先利用等腰直角三角形的性质得CA=CB，CD=CE，则可证明△ADC≌△BEC得到AD=BE，∠1=∠CBE，易得AD=2CF，∠1=∠2，则BE=2CF，再证明∠CBE+∠3=90°，于是可判断CF⊥BE；
（3）延长CF到G使FG=CF，连结AG、DG，如图3，易得四边形ACDG为平行四边形，则AG=CD，AG∥CD，于是根据平行线的性质得∠GAC=180°-∠ACD，所以CD=CE=AG，再根据旋转的性质得∠BCD=α，所以∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+α=90°+90°-∠ACD=180°-∠ACD，得到∠GAC=∠ECB，接着可证明△AGC≌△CEB，得到CG=BE，∠2=∠1，所以BE=2CF，和前面一样可证得CF⊥BE．
【详解】解：（1）∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，
∴BC=AC，DC=EC，
在△ACD和△BCE中，
BC=AC，∠C=∠C=90°，DC=EC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE．
（2）BE=2CF，BE⊥CF．如图2：
理由如下：
∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，
在△ADC和△BEC中
CA=CB，∠ACD=∠BC，CD=CE
∴△ADC≌△BEC，
∴AD=BE，∠1=∠CBE，
∵AF=CF，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠CDF，
∴AD=2CF，
∴BE=2CF，
而∠2+∠3=90°，
∴∠CBE+∠3=90°，
∴CF⊥BE；
（3）仍然有BE=2CF，BE⊥CF．理由如下：
延长CF到G使FG=CF，连结AG、DG，如图3，
∵AF=DF，FG=FC，
∴四边形ACDG为平行四边形，
∴AG=CD，AG∥CD，
∴∠GAC+∠ACD=180°，即∠GAC=180°-∠ACD，
∴CD=CE=AG，
∵△DEC绕点C顺时针旋转α角（0＜α＜90°），
∴∠BCD=α，
∴∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+α=90°+90°-∠ACD=180°-∠ACD，
∴∠GAC=∠ECB，
在△AGC和△CEB中
AG=CE，∠GAC=∠ECB，AC=BC
∴△AGC≌△CEB，
∴CG=BE，∠2=∠1，
∴BE=2CF，
而∠2+∠BCF=90°，
∴∠BCF+∠1=90°，
∴CF⊥BE．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和等腰直角三角形的性质，在（3）中解决本题的关键是作出辅助线．
必考点9
矩形的折叠问题
1．（2022春·福建福州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，点O为对角线的交点，点E为CD上一点，沿BE折叠，点C恰好与点O重合，点G为BD上的一动点，则EG+CG的最小值m与BC的数量关系是（ ）
A．3m=5BCB．m=2BCC．3m=7BCD．2m=7BC
【答案】C
【分析】△OBC是等边三角形，延长EO交AB于K，连接CK交BD于G，连接GE，由题意E、K关于BD对称，推出GE+GC=GK+GC，当K、G、C共线时，GE+GC的值最小，最小值为KC的长.
【详解】如图，由题意∠BOE=∠BCE=90°，OB=BC=OC，
∴ △OBC是等边三角形，
延长EO交AB于K，连接CK交BD于G，连接GE，
由题意E、K关于BD对称，
∴ GE+GC=GK+GC，
∴当K、G、C共线时，GE+GC的值最小，最小值为KC的长，
设BC=a，CK=m，
在Rt△BOK中，∵ ∠KBO=30°，OB=a，
∴ BK=OB÷cs30°=233a，
在Rt△CBK中，∵ BC2+BK2=CK2，
∴ a2+233a2=m2，
∴ 3m2=7a2，
∴ 3m=7a.
故选：C.
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型.
2．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=25．
以上结论中，你认为正确的有__________．（填序号）
【答案】①③④
【详解】解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，（故①正确）；
∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，（故②错误）；
点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8﹣x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，（故③正确）；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME=（8﹣3）﹣3=2，
由勾股定理得，
EF=MF2+ME2=42+22=25，（故④正确）；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故答案为①③④．
考点：翻折变换的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
3．（2022秋·山东淄博·八年级统考期末）定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．
(1)根据定义判矩形
已知：如图1，在平行四边形ABCD中，AC,BD是它的两条对角线，AC=BD．求证：平行四边形ABCD是矩形．
(2)动手操作有发现
如图2，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC有何数量关系?并证明你的结论．
(3)类比探究到一般
如图3，将(2)中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，(2)中的结论是否仍然成立，请说明理由．
(4)解决问题巧应用
如图4，保持(2)中的条件不变，若G点是CD的中点，且AB=2，请直接写出矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)GF=GC，理由见解析
(3)成立，理由见解析
(4)42
【分析】（1）由“边边边”证明△ABC≌△DCB，然后得到∠ABC=90°，即可得到结论成立；
（2）连接GE，利用折叠的性质，矩形的性质，证明Rt△GFE≌Rt△GCE，即可得到结论成立；
（3）连接FC，利用折叠的性质，平行四边形的性质，证明∠GFC=∠GCF，即可得到结论成立；
（4）由折叠的性质，先求出AG=3，然后由勾股定理求出AD=22，即可求出面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=CD，∠ABC+∠DCB=180°，
在△ABC和△DCB中，
∵AB=CD，BC=CB，AC=BD，
∴△ABC≌△DCB(SSS)，
∴∠ABC=∠DCB，
∴∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）证明：GF=GC．
理由如下：如图，连接GE，
∵E是BC的中点，
∴BE=EC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，∠B=∠AFE=90°，
∴EF=EC，∠EFG=90°
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠B=90°，
∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，
∵EF=EC，EG=EG
∴Rt△GFE≌Rt△GCE(HL)，
∴GF=GC；
（3）证明：（2）中的结论仍然成立．
理由如下：如图，连接FC，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，∠B=∠AFE，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF；
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠ECD=180°−∠D，∠EFG=180°−∠AFE=180°−∠B=180°−∠D，
∴∠ECD=∠EFG，
∴∠GFC=∠GFE−∠EFC=∠ECG−∠ECF=∠GCF，
∴∠GFC=∠GCF，
∴FG=CG；
即（2）中的结论仍然成立．
（4）解：在平行四边形ABCD中，CD=AB=2，
由（2）可知GF=GC，
∵G点是CD的中点，
∴GF=GC=GD=12CD=12×2=1，
由折叠的性质，则AF=AB=2，
∴AG=2+1=3，
∵AD2+DG2=AG2，
∴AD=32−12=22，
∴矩形ABCD的面积为：
22×2=42；
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的进行证明．
4．（2022春·湖北宜昌·八年级统考期末）（1）【操作发现】：如图一，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．猜想线段GF与GC的数量关系是 ．
（2）【类比探究】：如图二，将（1）中的矩形ABCD改为平行四边形，其它条件不变，（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
（3）【应用】：如图三，将（1）中的矩形ABCD改为正方形，边长AB＝4，其它条件不变，求线段GC的长．
【答案】（1）点E在BC的中点时，GF＝GC，理由见解析；（2）成立，理由见解析；（3）CG＝1
【分析】（1）根据翻折的性质得出BE=EF，∠B=∠EFA，利用三角形全等的判定得△ECG≌△EFG，即可得出答案；
（2）利用平行四边形的性质，首先得出∠C=180°-∠D，∠EFG=180°-∠AFE=180°-∠B=180°-∠D，进而得出∠ECG=∠EFG，再利用EF=EC，得出∠EFC=∠ECF，即可得出答案．
（3）设GF=GC=x，则 AG=4+x，DG=4-x，在Rt△ADG中利用勾股定理列出关于x的方程，解之可得．
【详解】（1）点E在BC的中点时，GF＝GC，
证明：如图一，连接EG，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
∵EG＝EG，∠C＝∠EFG＝90°，
∴△ECG≌△EFG（HL），
∴FG＝CG，
故答案为FG＝CG；
（2）（1）中的结论仍然成立．
证明：如图二，连接FC，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，
∴EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠B＝∠D，
∵∠ECD＝180°﹣∠D，∠EFG＝180°﹣∠AFE＝180°﹣∠B＝180°﹣∠D，
∴∠ECD＝∠EFG，
∴∠GFC＝∠GFE﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF＝∠GCF，
∴∠GFC＝∠GCF，
∴FG＝CG；
即（1）中的结论仍然成立；
（3）设GF＝GC＝x，则 AG＝4+x，DG＝4﹣x，
在Rt△ADG中，（4+x）2＝（4﹣x）2+42，
解得：x＝1，
即CG＝1．
【点睛】此题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是根据已知得出EF=EC，∠EFC=∠ECF是解决问题的关键．
5．（2022春·全国·八年级统考期末）已知：如图，矩形纸片ABCD的边AD=3，CD=2，点P是边CD上的一个动点（不与点C重合，把这张矩形纸片折叠，使点B落在点P的位置上，折痕交边AD与点M，折痕交边BC于点N .
（1）写出图中的全等三角形. 设CP=x，AM=y，写出y与x的函数关系式；
（2）试判断∠BMP是否可能等于90°. 如果可能，请求出此时CP的长；如果不可能，请说明理由.
【答案】（1）y=x2−4x+96；（2）当CM=1时，∠BMP=90°.
【详解】试题分析：（1）由折叠的性质可得：△MBN≌△MPN，即可得MB=MP，又由四边形ABCD是矩形，可得AB=CD，∠A=∠D=90°，然后分别在Rt△ABM与Rt△DMP中，利用勾股定理，可得MB2=AM2+AB2=y2+4，MP2=MD2+PD2=2+2，继而求得y与x的函数关系式；
（2）若∠BMP=90°，可证得△ABM≌△DMP，即可得AM=DP，AB=DM，则可求得CP的长．
试题解析：（1）⊿MBN≌⊿MPN .
∵⊿MBN≌⊿MPN，
∴MB=MP，
∴MB2=MP2.
∵矩形ABCD，
∴AD=CD (矩形的对边相等)，
∴∠A=∠D=90°(矩形四个内角都是直角) .
∵AD=3， CD=2， CP=x， AM=y，
∴DP=2-x， MD=3-y .
在Rt⊿ABM中，
MB2=AM2+AB2=y2+4 .
同理 MP2=MD2+PD2=(3−y)2+(2−x)2.
y2+4=(3−y)2+(2−x)2 .
∴ y=x2−4x+96 .
（2）∠BMP=90°
当∠BMP=90°时，
可证ΔABM≅ΔDMP.
∴ AM=CP，AB=DM.
∴ 2=3−y,y=1.
∴ 1=2−x,x=1 .
∴当CM=1时，∠BMP=90°.
必考点10
矩形与等腰三角形
1．（2022秋·江西吉安·九年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，点E在AD边上，若△BCE是等腰三角形，则线段DE的长为______．
【答案】2.5或2或3
【分析】分三种情况：①BE＝EC，此时点E是BC的中垂线与AD的交点；②BE′＝BC，在直角△ABE′中，利用勾股定理求得AE′的长度，然后求得DE′的长度即可；③与第②种情况关于E点对称，CE″=BC=5，在Rt△CDE″中，利用勾股定理求得DE″的长度即可．
【详解】解：分三种情况讨论，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD＝BC＝5，
当BE＝EC时，点E是BC的中垂线与AD的交点，DE＝12AD＝2.5；
②当BC＝BE′＝5时，在Rt△ABE′中，AB＝4，
则AE′＝BE'2−AB2=52−42=3，
∴DE′＝AD−AE′＝5−3＝2；
一③当CE″=BC=5时，在Rt△CDE″中，CD＝4，
则DE″=CE″2−CD2=52−42=3，
∴DE″=3；
综上所述，线段DE的长为2.5或2或3，
故答案是：2.5或2或3．
【点睛】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·浙江·八年级期末）在一张长为6cm，宽为5cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为4cm的等腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）则剪下的等腰三角形的面积为________cm2．
【答案】8或215或43
【分析】因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分三种情况进行讨论：（1）ΔAEF为等腰直角三角形，直接利用面积公式求解即可；（2）先利用勾股定理求出AE边上的高BF，再代入面积公式求解；（3）先求出AE边上的高DF，再代入面积公式求解．
【详解】解：分三种情况计算：
（1）当AE=AF=4时，如图：
∴SΔAEF=12AE·AF=12×4×4=8cm2；
（2）当AE=EF=4时，如图：
则BE=5−4=1，
BF=EF2−BE2=15，
∴SΔAEF=12·AE·BF=12×4×15=215cm2；
（3）当AE=EF=4时，如图：
则DE=6−4=2，
DF=EF2−DE2=23，
∴SΔAEF=12AE·DF=12×4×23=43cm2；
故答案为：8或215或43．
【点睛】本题主要考查矩形的角的性质和勾股定理的运用，要根据三角形的腰长的不确定分3种情况讨论，有一定的难度．
3．（2022秋·福建福州·八年级校考期末）已知：若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条底边互为顶针点；若再满足两个顶角和是180°，则称这个两个顶点关于这条底边互为勾股顶针点．
如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB＝AC，DB＝DC，则点A与点D关于BC互为顶针点；若再满足∠A+∠D＝180°，则点A与点D关于BC互为勾股顶针点．
初步思考
(1)如图2，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，D、E为△ABC外两点，EB＝EC，∠EBC＝45°，△DBC为等边三角形．
①点A与点______关于BC互为顶针点：
②求证：点D与点A关于BC互为勾股顶针点．
实践操作
(2)在长方形ABCD中，AB＝8，AD＝10．
①如图3，点E在AB边上，点F在AD边上，请用圆规和无刻度的直尺作出点E、F，使得点E与点C关于BF互为勾股顶针点．（不写作法，保留作图痕迹）
思维探究
②如图4，点E是直线AB上的动点，点P是平面内一点，点E与点C关于BP互为勾股顶针点，直线CP与直线AD交于点F，求在点E运动过程中，当线段BE与线段AF的长度相等时AE的长．
【答案】(1)①D和E；②见解析；
(2)①见解析；②满足条件的AE的值为43或2或367或18．
【分析】（1）根据互为顶针点即可得出结果；
②根据互为勾股顶针点的定义进行证明即可；
（2）①以C为圆心，CB为半径画弧交AD于F，连接CF，作∠BCF的角平分线交AB于E，点E，点F即为所求；
②分四种情形：如图4-1中，当BE=AF时，如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合；如图4-3中，当BE=AF时；如图4-4中，当BE=CB=AF时，点F与点D重合；分别求解即可解决问题．
【详解】（1）解：根据互为顶针点，互为勾股顶针点的定义可知：
①点A与点D和E关于BC互为顶针点；
故答案为：D和E；
②点D与点A关于BC互为勾股顶针点，
理由：如图2中，
∵△BDC是等边三角形，
∴∠D = 60°，
∵AB = AC，∠ABC = 30°，
∴∠ABC =∠ACB = 30°，
∴∠BAC = 120°，
∴∠A+ ∠D= 180°，
∴点D与点A关于BC互为勾股顶针点；
（2）①如图3中，以C为圆心，CB为半径画弧交AD于F，连接CF，作∠BCF的角平分线交AB于E，点E，点F即为所求；证明如下：
连接EF，
∵CE平分∠BCF，
∴∠BCE=∠ECF，
∵BC=CF，CE=CE，
∴∆CEF≅∆CEB，
∴∠B=∠EFC=90°，
∴BE=BF，∠BEF+∠BCF=180°，
∴点E与点C关于BF互为勾股顶针点；
②如图4-1中，当BE=AF时，设AE=x,连接EF.
∵BE = EP = AF, EF = EF，∠EAF =∠FPE = 90°，
∴Rt∆EAF≅Rt∆FPE(HL) ，
∴PF=AE =x，
在Rt△DCF中
DF =10- (8 -x) =2+x， CD =8，CF=10-x，
10−x2=82+x+22
解得x=43，
∴.AE=43，
如图4-2中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合，可得
AE = BE-AB = 10-8 = 2；
如图4-3中，当BE=AF时，设AE=x，
同法可得PF=AE=x，
在Rt△CDF中，则有
10+x2=82+18−x2，
解得x=367，
∴AE=367；
如图4-4中，当BE=CB=AF时，点F与点D重合，此时
AE=AB＋BE=AB＋BC=18；
综上所述，满足条件的AE的值为43或2或367或18．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，互为顶点，互为勾股顶针点的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
4．（2022春·福建泉州·八年级统考期末）有一张矩形纸条ABCD，AB=15，BC=4，点M、N分别在边AB、CD上．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点E，F上．
(1)如图，当点E与点D重合时
①求证：△EMN是等腰三角形；
②点G在EM上，当四边形EGNF为矩形时，求MG的长．
(2)如图，若CN=3，点M从点A出发运动到终点B的过程中，若四边形MEFN的边ME与线段CD交于点P，求点P的运动路程．
【答案】(1)①见解析；②1615
(2)113
【分析】（1）①根据翻折的性质以及矩形的性质可得∠2=∠3，则EM=EN，即可得△EMN是等腰三角形；
②在△AME中，由勾股定理得AE2+AM2=EM2，即42+（15-EM）2=EM2，则EM=24130，NC=15-EN=20930，由翻折的性质可知，NF=EG=NC=20930，即可得MG的长；
（2）探究点P的运动路程，寻找特殊位置解决问题即可．
（1）
①证明：当点E与点D重合时，
由翻折的性质可知，∠1=∠2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴EM=EN，
∴△EMN是等腰三角形；
②解：过点N作NG⊥EN，垂足为G，
则四边形EGNF为矩形，
∴NF=EG，
∵BM=ME，EM=EN，
∴EM+BM=AB=15，
∴AM=15-BM=15-EM，
在△AME中，AE2+AM2=EM2，
∴42+（15-EM）2=EM2，
∴EM=24130,
∴EN=EM=24130,
∴NC=15−EN=20930
由翻折的性质可知，NF=NC，
∴NF=EG=NC=20930,
∴MG=EM−EG=24130−20930=1615;
（2）
解：如图，当点M与A重合时，
由（1）①可得PA=PN，
设PA=PN=x，
在Rt△ADP中，AD2+DP2=AP2，
∴42+（15-3-x）2=x2，
∴x=203,
∴DP=15−3−203=163,
如图，当PM⊥AB时，CP=4+1=5，
∴DP=15-3-4=8．
当点E落在CD上时，
EN=EF2+NF2=42+32=5,
∴EC=CN+EN=3+5=8，
∴DP=15-8=7，
∴点P的运动路程为8−163+(8−7)=113.
【点睛】本考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题．
5．（2022春·上海长宁·八年级上海市民办新世纪中学校考期末）如图矩形ABCD中，AB=2，AD=4，点P是边AD上一点，联结BP，过点P作PE⊥BP，交DC于E点，将△ABP沿直线PE翻折，点B落在点B′处，若△B′PD为等腰三角形，求AP的长．
【答案】32或43或23或2
【分析】若△B′PD为等腰三角形，则需分以下三种情况进行讨论，①若B′P=PD，根据BP=PD列出方程即可解出；②若B′P=B′D，作出辅助线，证明△ABP≌△FB′P（AAS），根据等腰三角形的性质得出PF=DF=12(4−x)，再结合全等三角形的性质得到AP=PF，列出方程求解即可；③若PD=B′D，作出辅助线，在Rt△FB′D中运用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：设AP=x，则PD=AD－AP=4－x，
∵PE⊥BP，
∴△ABP沿直线PE翻折后，PE⊥B′B．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∴BP2=AP2+AB2=x2+4．
①若B′P=PD，则BP=PD，
∴x2+4=（4−x）2，
解得x=32；
②若B′P=B′D，过点B′作B′F⊥AD交AD于点F，如下图所示，
则PF=DF=12(4−x) ，
又∵∠A=∠B′FP，∠APB=∠B′PF，B′P=BP，
∴△ABP≌△FB′P（AAS），
∴AP=PF，
即x=12(4−x)，
解得x=43；
③若PD=B′D，过点B′作B′F⊥AD交AD于点F，如图所示，
∵∠A=∠B′FP，∠APB=∠B′PF，B′P=BP，
∴△ABP≌△FB′P（AAS），
∴PF=AP=x，B′F=AB=2，
∴FD=4－2x，PD=B′D=4−x，
在Rt△FB′D中，B′D2=B′F2+FD2，
即(4−x)2=4+(4−2x)2，
解得x=23或x=2；
综上所述：AP的长为32或43或23或2．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的问题，涉及到矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等，解题的关键是通过数形结合思想，根据几何图形的性质列出方程，注意分类讨论思想的运用．
6．（2022秋·江苏·八年级期末）问题背景
若两个等腰三角形有公共底边，则称这两个等腰三角形的顶角的顶点关于这条底边互为顶针点；若再满足两个顶角的和是180°，则称这两个顶点关于这条底边互为勾股顶针点．
如图1，四边形ABCD中，BC是一条对角线，AB=AC，DB=DC，则点A与点D关于BC互为顶针点；若再满足∠A+∠D=180°，则点A与点D关于BC互为勾股顶针点．
初步思考
(1)如图2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E为△ABC外两点，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC为等边三角形．
①点A与点______关于BC互为顶针点；
②点D与点______关于BC互为勾股顶针点，并说明理由．
实践操作
(2)在长方形ABCD中，AB=8，AD=10．
①如图3，点E在AB边上，点F在AD边上，请用圆规和无刻度的直尺作出点E、F，使得点E与点C关于BF互为勾股顶针点．(不写作法，保留作图痕迹)
思维探究
②如图4，点E是直线AB上的动点，点P是平面内一点，点E与点C关于BP互为勾股顶针点，直线CP与直线AD交于点F．在点E运动过程中，线段BE与线段AF的长度是否会相等？若相等，请直接写出AE的长；若不相等，请说明理由．
【答案】（1）①D、E，②A，理由见解析；（2）①作图见解析；②BE与AF可能相等，AE的长度分别为43，367，2或18．
【分析】（1）根据互为顶点，互为勾股顶针点的定义即可判断．
（2）①以C为圆心，CB为半径画弧交AD于F，连接CF，作∠BCF的角平分线交AB于E，点E，点F即为所求．
②分四种情形：如图①中，当BE=AF时；如图②中，当BE=AF时；如图③中，当BE=BC=AF时，此时点F与D重合；如图④中，当BE=CB=AF时，点F与点D重合，分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）根据互为顶点，互为勾股顶针点的定义可知：
①点A与点D和E关于BC互为顶针点；
②点D与点A关于BC互为勾股顶针点，
理由：如图2中，
∵△BDC是等边三角形，
∴∠D＝60°，
∵AB＝AC，∠ABC＝30°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠A＋∠D＝180°，
∴点D与点A关于BC互为勾股顶针点，
故答案为：D和E，A．
（2）①如图，点E、F即为所求(本质就是点B关于CE的对称点为F，相当于折叠)．
②BE与AF可能相等，情况如下：
情况一：如图①，
由上一问易知，BE=EP,BC=PC，
当BE=AF时，设AE=x，连接EF，
∵BE=EP=AF,EF=EF,∠EAF=∠FPE=90°，
∴ΔEAF≌ΔFPEHL，
∴AE=PF=x，
在RtΔCDF中，
DF=AD−AF=10−8−x=2+x，
CF=PC−PF=10−x，
∴82+(x+2)2=(10−x)2，
解得x=43，即AE=43；
情况二：如图②
当BE=AF时，设AE=x，同法可得PF=AE=x，
则BE=AF=8−x，FP=FG+GP=EG+AG=AE=x，
则DF=18−x，CF=x+10，
在RtΔCDF中，则有82+(18−x)2=(x+10)2，
解得：x=367；
情况三：如图③，
当BE=BC=AF时，此时点D与F重合，可得AE=BE−AB=10−8=2；
情况四：如图④，
当BE=CB=AF时,此时点D与F重合，可得AE=AB+BE=AB+BC=18．
综上所述，BE与AF可能相等，AE的长度分别为43，367，2或18．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．（2011秋·福建泉州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=10．
（1）求矩形ABCD的周长；
（2）E是CD上的点，将△ADE沿折痕AE折叠，使点D落在BC边上点F处．
①求DE的长；
②点P是线段CB延长线上的点，连接PA，若△PAF是等腰三角形，求PB的长．
（3）M是AD上的动点，在DC 上存在点N，使△MDN沿折痕MN折叠，点D落在BC边上点T处，求线段CT长度的最大值与最小值之和．
【答案】（1）36
（2）①DE=5.
②PB=6或4或73.
（3）12．
【详解】试题分析：（1）因为矩形的两组对边相等，所以周长等于邻边之和的2倍；
（2）①四边形ABCD是矩形，由折叠对称的特点和勾股定理即可求出ED的长；
②分若AP=AF；PF=AF以及AP=P三种情形分别讨论求出满足题意的PB的值即可；
（3）由题意可知当点N与C重合时，CT取最大值是8，当点M与A重合时，CT取最小值为4，进而求出线段CT长度的最大值与最小值之和．
解：（1）周长=2×（10+8）=36；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
由折叠对称性：AF=AD=10，FE=DE．
在Rt△ABF中，BF=6，
∴FC=4，
在Rt△ECF中，42+（8﹣DE）2=EF2，
解得DE=5，
②分三种情形讨论：
若AP=AF，
∵AB⊥PF，
∴PB=BF=6，
若PF=AF，则PB+6=10，
解得PB=4，
若AP=PF，在Rt△APB中，AP2=PB2+AB2，解得PB=，
综合得PB=6或4或．
（3）当点N与C重合时，CT取最大值是8，
当点M与A重合时，CT取最小值为4，
所以线段CT长度的最大值与最小值之和为：12．
考点：矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理；翻折变换（折叠问题）．
必考点11
矩形的多解与最值
1．（2022秋·河南郑州·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的边AD长为4，将△ADC沿对角线AC翻折得到△AD′C，CD′与AB交于点E，再以CD′为折痕，将△BCE进行翻折，得到△B′CE．若两次折叠后，点B′恰好落在△ADC的边上，则AB的长为___________．
【答案】43或4+42
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点B′恰好落在AC上时，由翻折以及矩形的性质利用AAS可证明△AD′E≌△CBE，然后根据等腰三角形的性质求出AC的长，再依据勾股定理求解即可；②当点B′恰好落在DC上时，同理利用AAS可证明△AD′E≌△CBE，根据全等三角形的性质可得出AE的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴BC=AD=4，∠B=∠D=90°，
∵△ADC沿对角线AC翻折得到△AD′C，
∴∠D′=∠D=90°，AD′=AD=4，
∵以CD′为折痕，将△BCE进行翻折，得到△B′CE，
∴∠CBE′=∠B=90°，CB′=CB=4，
①当点B′恰好落在AC上时，如图，
在△AD′E和△CBE中，
∠AED′=∠CEB∠D′=∠BAD′=CB
∴△AD'E≌△CBE(AAS)
∴EA=EC，即△EAC为等腰三角形，
∵∠CB′E=∠B=90°
∴点B′为AC中点，
∴AC=2CB′=2CB=8，
在Rt△ABC中，有AB2+BC2=AC2，
即AB2+42=82，解得AB=43
②当点B′恰好落在DC上时，如图，
∵∠CB′E=∠B=∠ACB=90°
∴四边形B′EBC为矩形，
∴B′E=CB=4，
∵△BCE沿CD′进行翻折，得到△B′CE，
∴BE=B′E=4
在Rt△CBE中，
CE=CB2+BE2=42+42=42，
在△AD′E和△CBE中，
∠AED′=∠CBE∠D′=∠BAD′=CB
∴△AD′E≌△CBE（AAS）
∴AE=CE=42
∴AB=AE+BE=42+4．
故答案为：43或4+42．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
2．（2022秋·天津和平·九年级天津一中校考期末）如图，长方形ABCD中，AB=3，BC=4，E为BC上一点，且BE=1，F为AB边上的一个动点，连接EF，将EF绕着点E顺时针旋转45°到EG的位置，连接FG和CG，则CG的最小值为__．
【答案】1+322
【分析】如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．首先证明∠ETG=90°，推出点G的在射线TG上运动，推出当CG⊥TG时，CG的值最小．
【详解】解：如图，将线段BE绕点E顺时针旋转45°得到线段ET，连接DE交CG于J．
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=3，∠B=∠BCD=90°，
∵∠BET=∠FEG=45°，
∴∠BEF=∠TEG，
∵EB=ET，EF=EG，
∴△EBF≌△TEG(SAS)，
∴∠B=∠ETG=90°，
∴点G的在射线TG上运动，
∴当CG⊥TG时，CG的值最小，
∵BC=4，BE=1，CD=3，
∴CE=CD=3，
∴∠CED=∠BET=45°，
∴∠TEJ=90°=∠ETG=∠JGT=90°，
∴四边形ETGJ是矩形，
∴DE∥GT，GJ=TE=BE=1，
∴CJ⊥DE，
∴JE=JD，
∴CJ=12DE=322，
∴CG=CJ+GJ= 1+322，
∴CG的最小值为1+322．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，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，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2022秋·河南商丘·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E是对角线BD上一点，EF⊥BC于点F，EG⊥CD于点G，连接FG，则EF+FG的最小值为______________．
【答案】7213
【分析】连接CE，作点C关于BD的对称点C′，连接C′E交BD于点M，过点C′作C′F′⊥BC，交BD于点E′，交BC于点F′，先证明四边形EFCG是矩形，得到CE=FG，推出EF+FG=EF+CE≥C′F′，即当C′、E、F三点共线时，EF+FG有最小值，最小值为C′F′的长，利用勾股定理求出BD=213，再利用三角形面积公式求出CM=121313，CC′=241313，然后证明△C′F′C∽△BCD，利用对应边成比例求出C′F′=7213，即可得到EF+FG的最小值．
【详解】解：连接CE，作点C关于BD的对称点C′，连接C′E交BD于点M，
由对称的性质可知，CE=C′E，CM=C′M=12CC′，
过点C′作C′F′⊥BC，交BD于点E′，交BC于点F′，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥CD，
∵EF⊥BC，EG⊥CD，
∴四边形EFCG是矩形，
∴CE=FG，
∴EF+FG=EF+CE≥C′F′，
即当C′、E、F三点共线时，EF+FG有最小值，最小值为C′F′的长，
∵AB=CD=4，BC=6，
∴BD=BC2+CD2=62+42=213，
∵S△BCD=12BC⋅CD=12BD⋅CM，
∴CM=BC⋅CDBD=6×4213=121313，
∴CC′=2CM=241313，
∵∠C′F′B=∠C′MB=90°，∠BE′F′=∠C′E′M，
∴∠CBD=∠CC′F′，
∵∠C′FC=∠BCD=90°，
∴△C′F′C∽△BCD，
∴CC′BD=C′F′BC，
∴C′F′=BC⋅CC′BD=6×241313213=7213，
即EF+FG的最小值为7213．
【点睛】本题考查了垂线段最短，对称的性质，矩形的判定个性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键利是用对称的性质将EF+FG转化为EF+CE′．
4．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，把矩形COAB绕点C顺时针旋转α角，得到矩形CDEF．设若A0,3，C4,0，则BD2+BF2−BC2的最小值为______．
【答案】4
【分析】根据矩形和旋转的性质进而证明四边形CBGF和四边形DBGE均为平行四边形，再根据勾股定理对角的转化证明BF2+BD2−BC2=BE2，再分类讨论C、B、E三点共不共线时进行讨论即可．
【详解】解：∵四边形OABC为矩形
∴OA∥BC，AB∥OC，OA=BC，AB=OC，
∠AOC=∠OAB=∠OCB=∠ABC=90°，
∵A(0，3)，C(4，0)
∴AO=BC=3，OC=AB=4，
由旋转可知
四边形CDEF为矩形且DE=OA=3，DC=OC=4
连CE，
则在Rt△CDE中
CE=CD2+DE2=42+32=5，
过B作BG⊥EF于H，且使BG=CF，连GF，GE，
则∠BHE=∠CFE=90°
∴BG∥CF
又∵CF∥DE，CF=DE
∴BG=CF，BG=DE，BG∥CF，BG∥DE，
∴四边形CBGF和四边形DBGE均为平行四边形，
∴BC=FG，BD=EG，
∵BG⊥EF于H，
∴∠BHF=∠FHG=∠GHE=∠BHE=90°，
∴BF2=BH2+HF2，BD2=EG2=HE2+HG2，
∴BF2+BD2=BH2+HF2+HE2+HG2，
又∵BE2=BH2+HE2，BC2=GF2=HF2+HG2，
∴BE2+BC2=BH2+HE2+HE2+HG2，
∴BF2+BD2=BE2+BC2，
∴BF2+BD2−BC2=BE2，
∴当BE最小时，BF2+BD2−BC2才最小，
当C、B、E三点不共线时，
在△CBE中，BE>CE−CB，
当C、B、E三点共线时（点E在CB的延长线上时），
BE=CE-CB，
综上所述BE≥CE-CB=5-3=2，
即BE≥2，
∴BE的最小值为2，
当BE=2时，BF2+BD2−BC2=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、平行四边形的性质和勾股定理的应用，解决本题的关键是对以上性质的掌握是否熟练．
5．（2022春·辽宁沈阳·八年级统考期末）等边△ABC中，AB＝14．平面内有一点D，BD＝6，AD＝10， 则CD的长为_____．
【答案】219或16
【分析】分点D在△ABC的内部和点D在△ABC的外部两种情况，先利用等边三角形的性质可得BE=7,CE=73，再根据勾股定理可得BF=337，从而可得DG、CG的长，然后在Rt△CDG中，利用勾股定理即可得．
【详解】由题意，分以下两种情况：
（1）如图1，点D在△ABC的内部
过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，作DG⊥CE于点G
则四边形DFEG是矩形
∴DG=EF,EG=DF
∵ △ABC是等边三角形，AB=14
∴BE=12AB=7,CE=32AB=73
设BF=x，则AF=AB−BF=14−x
在Rt△ADF中，DF2=AD2−AF2=100−(14−x)2
在Rt△BDF中，DF2=BD2−BF2=36−x2
则100−(14−x)2=36−x2
解得x=337
即BF=337
∴DG=EF=BE−BF=167,EG=DF=36−x2=1573
∴CG=CE−EG=73−1573=3473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(3473)2=219
（2）如图2，点D在△ABC的外部
过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F，作DG⊥CE，交CE延长线于点G
同理可得：CE=73,DG=EF=167,EG=DF=1573
∴CG=CE+EG=73+1573=6473
在Rt△CDG中，CD=DG2+CG2=(167)2+(6473)2=16
综上，CD的长为219或16
故答案为：219或16．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识点，依据题意，正确分两种情况讨论，并通过作辅助线，构造直角三角形是解题关键．
6．（2022秋·天津·九年级校考期末）在平面直角坐标系中，矩形OABC，O为原点，A3,0,B3,4,C0,4，将△OBC绕点B逆时针旋转，点O,C旋转后的对应点为O′,C′．
(1)如图（1），当∠CBC′=30°时，求C′的坐标；
(2)如图（2），当点O′恰好落在x轴上时，O′C′与AB交于点D．
①此时DB与DO′是否相等，说明理由；
②求点D的坐标；
(3)求△AO′C′面积的最大值．（直接写出答案即可）
【答案】(1)C′3−332,52
(2)①DB=DO′；②D3,78
(3)14
【分析】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．解直角三角形求出BH，CH，可得结论；
（2）①此时DB与DO′相等，证明∠DBO′=∠DO′B即可；
②设DB=DO′=x，再利用勾股定理构建方程求出x即可；
（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，△AO′C′的面积最大．
【详解】（1）如图①中，过点C′作C′H⊥BC于点H．
∵四边形OABC是矩形，B(3,4)，
∴AB=OC=4，BC=3，
在Rt△ BC′H中，∠BHC′=90°，∠HBC′=30°，
∴HC′=12BC′=32，BH=332，
∴CH=3−332，
∴C′3−332,52；
（2）①结论：DB=DO′．
理由：∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴∠OBA=∠ABO′，
∵AB∥OC，
∴∠ABO=∠COB=∠BO′C′，
∴∠DBO′=∠DO′B，
∴DB=DO′；
②∵BO=BO′，BA⊥OO′，
∴OA=AO′=3，
设BD=DO′=x，
在Rt△ADO′中，AD2+AO′2=O′D2，
∴(4−x)2+32=x2，
∴x=258，
∴AD=4−258=78，
∴D(3,78)．
（3）如图③中，当点C′值AB的延长线上时，此时点A到O′C′的距离最大，即△AO′C′的面积最大．
△AO′C′的面积的最大值=12×7×4=14．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
必考点12
菱形中的全等三角形的构造
1．（2022春·山东济南·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①OG=12AB；②S四边形ODGF>S△ABF；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=4S△BOG，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=12AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．
④∵连接CG，由O、G分别是AC，AD的中点，得到S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDGAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵连接CG，
∵O、G分别是AC，AD的中点，
∴S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，
∴S△ACD＝4S△AOG，
∵OG∥AB，
∴S△AOG＝S△BOG，
∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；
连接FD，如图：
∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；
正确的是①③④，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于点E，F，G分别是线段AB和线段AC上的动点，且AF=CG，若DE=1，AB=2，则DF+DG的最小值为______．
【答案】22
【分析】先根据AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD证明四边形ABCD是菱形．在AC上取点B'，使AB'=AB，连接FB'，作点D关于AB的对称点D'，连接D'F、DD'．作BH⊥CD于点H，作BM⊥DD'于点M，则△B'AF≌△DCG（SAS），得出B'F=DG，所以DF+DG=D'F+B'F，当B'、F、D'三点在同一直线上时，DF+DG=D'F+B'F取最小值为B'D'．再根据勾股定理求出B'D'即可．
【详解】解：连接BC，
∵AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD，
∴∠DAC=∠BAC，∠ADB=∠CDB，∠AED=180°-180°÷2=90°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴DA=DC，
同理：DA=BA，
∴DC=AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形ABCD是菱形．
如图．在AC上取点B'，使AB'=AB，连接FB'，作点D关于AB的对称点D'，连接D'F、DD'．
作B'H⊥CD于点H，作B'M⊥DD'于点M．
∴DF=D'F，
∵AF=CG，∠B'AF=∠DCG，AB'=AB=CD，
∴△B'AF≌DCG（SAS），
∴B'F=DG，
∴DF+DG=D'F+B'F，
∴当B'、F、D'三点在同一直线上时，DF+DG=D'F+B'F取最小值为B'D'．
∵DE=1，AD=AB=2，
∴∠DAE=30°，∠ADE=60°，
∴AC=3AD=23，CB'=23-2，
∴B'H=12B'C=3-1，CH=3B'H=3-3，
∴DH=DC-CH=2-（3-3）=3−1，
∵四边形DHB′M是矩形
∴DM=B'H=3-1，MB′=DH=3−1,
∴D'M=DD'-DM=3AD-DM=23-（3-1）=3+1，
∴D'B'=MB′2+MD′2=(3−1)2+(3+1)2=22．
即DF+DG的最小值为22．
故答案为：22．
【点睛】本题考查了线段之和最小值问题，作辅助线推出△B'AF≌△DCG是解题的关键．
3．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交边BC于点E，交DC的延长线于点F．
(1)如图1，求证：CE=CF；
(2)如图2，FG∥BC,FG=EC，连接DG、EG，当∠ABC=120°时，求证：∠BDG=60°；
(3)如图3，在（2）的条件下，当BE=2CE,AE=43时，求线段BD的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)BD=27
【分析】（1）根据角平分线的性质可得∠1=∠2，然后再运用平行四边形的性质说明∠2=∠3,∠1=∠F，进一步说明∠3=∠F，最后运用等边对等角即可证明结论；
（2）延长AB、FG交于点H，连接DH，可证得四边形AHFD是平行四边形，四边形AHFD是菱形，推出△FDH和△ADH都是等边三角形，再证明△DFG≌△DHB（SAS），得出∠FDG=∠HDB，进而证得结论；
（3）如图3，连接DE，根据平行四边形性质和角平分线性质可得∠BAE=∠AEB=180°−∠ABC2=30°，过点B作BM⊥AE于点M，可得EM=12AE=23，利用勾股定理求得AB=CD=BE=4，过点D作DN⊥BC于点N，结合勾股定理即可解答．
（1）
明：如图1：∵AF是∠BAD平分线．
∴∠1=∠2
∵ABCD是平行四边形．
∴AD∥BC,AB∥CD
∴∠2=∠3,∠1=∠F，
∴∠3=∠F，
∴CE=CF．
（2）
证明：如图2;延长AB、FG交于点H，连接DH，
∴FG∥CE，CE∥AD，
∴FH∥BC∥AD，
∵AH∥DF，
∴四边形AHFD是平行四边形，
∵∠DFA=∠FAB=∠DAF，
∴DA=DF，
∴四边形AHFD是菱形，
∴FD=FH，AD=AH，
∵∠ABC=120°，
∴∠DFH=∠DAH=60°，
∴△FDH和△ADH都是等边三角形，
∴∠DFG=∠DHB=∠FDH=60°，FD=HD，
∵四边形BCFH是平行四边形，
∴BH=CF，
∵FG=CE，CE=CF，
∴FG=BH，
在△DFG和△DHB中，
FG=BH∠GFD=∠BHDFD=HD
∴△DFG≌△DHB(SAS),
∴∠FDG=∠HDB,
∴∠BDG=∠HDB+∠HDG=∠FDG+∠HDG=∠FDH=60°．
（3）
解：如图3，连接DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，∠DCB=180°-∠ABC=60°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB=180°−∠ABC2=30°
过点B作BM⊥AE于点M
∴EM=12AE=23
在Rt△BME中
∵∠BEM=30°
∴BM=12BE
∵BE2−BM2=EM2
∴BE2−(12BE)2=(23)2，解得：BE=4
∵BE=2CE
∴CE=2
过点D作DN⊥BC于点N,则∠NDC=90°-∠DCB=30°
∴CN=12CD=2=CE
∴点N与点E重合
∴∠DEC=90°
∴DE2=CD2−CE2=42−22=12
∴BD=DE2+BE2=12+16=27 ．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质、勾股定理等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．
4．（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+b分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为(8，0)，四边形ABCD是正方形．
(1)求b的值和点D的坐标；
(2)点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外）．
①如图2，将△BMC沿CM折叠，点B的对应点是点E，连接ME并延长交AD边于点F，问△AMF的周长是否发生变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由；
②点P是x轴上一个动点，Q是坐标平面内一点，探索是否存在一个点P，使得以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)b的值为6，点D的坐标为(14，8)
(2)①△AMF的周长不变，△AMF的周长为20；②存在，点Q的坐标为(0，−6)或(−10，6)或(10，6)或(254，6)
【分析】（1）将点A(8，0)代入y=−34x+b，即可求出b的值，从而即得出直线AB的解析式为y=−34x+6，进而即得出A(0，6)．过点D作DH⊥x轴于点H，由正方形的性质结合题意利用“AAS”易证△AOB≅△DHA，得出DH=OA=8，OH=OA+AH=14，即得出D(14，8)；
（2）①由折叠和正方形的性质可知BM=EM，CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，即易证△CDF≅△CEF(HL)，得出DF=EF．再由△AMF的周长=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD，结合勾股定理即可求出答案；②分类讨论ⅰ当AP为菱形的对角线时，ⅱ当AQ为菱形的对角线时和ⅲ当AB为菱形的对角线时，根据菱形的性质结合图形即可求出答案．
【详解】（1）解：将点A(8，0)代入y=−34x+b，得0=−34×8+b，
解得：b=6，
∴直线AB的解析式为y=−34x+6，
当x=0，时y=6，
∴A(0，6)，
∴OB=6，OA=8．
如图，过点D作DH⊥x轴于点H，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAO+∠DAH=90°．
∵∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠ABO=∠DAH．
又∵∠AOB=∠DHA=90°，
∴△AOB≅△DHA(AAS)，
∴DH=OA=8，AH=OB=6，
∴OH=OA+AH=14，
∴D(14，8)；
（2）解：①由折叠的性质可知BM=EM，BC=CE=4，∠CBM=∠CEM=90°，
∴CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，
又∵CF=CF，
∴△CDF≅△CEF(HL)
∴DF=EF．
∵△AMF的周长=AM+MF+AF，MF=ME+EF，
∴△AMF的周长=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD．
∵OB=6，OA=8，
∴AB=OA2+OB2=10，
∴△AMF的周长=10+10=20，
故△AMF的周长不变，且为20；
②存在以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
设P(t，0)，Q(x，y)．
分类讨论：ⅰ当AP为菱形的对角线时，如图菱形ABP1Q1，此时AB=BP1．
∵xA+xP=xQyB+yQ=yABP1=OB2+OP12，
即8+t=x6+y=010=62+t2，
解得：x1=16y1=−6t1=8（舍），x2=0y2=−6t2=−8；
即此时Q(0，-6)；
ⅱ当AQ为菱形的对角线时，如图菱形ABQ2P2和ABQ4P4，此时AB=AP2和AB=AP4．
同理可得：8+x=ty=610=8−t，
解得：x1=−10y1=6t1=−2，x2=10y2=6t2=18；
即此时Q(-10，6)或(10，6)；
ⅲ当AB为菱形的对角线时，如图菱形AQ3BP3，此时AP3=BP3．
同理可得8=t+xy=636+t2=8−t，
解得：x=254y=6t=74；
即此时Q(254，6)；
综上可知点Q的坐标为(0，−6)或(−10，6)或(10，6)或(254，6)时，以A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，勾股定理以及菱形的判定和性质等知识．正确的作出辅助线并利用数形结合的思想是解题关键．
5．（2022春·河南鹤壁·八年级鹤壁市外国语中学校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，两条对角线相交于点O，EF经过点O且垂直于AC，分别与边AD，BC交于点F，E．
(1)求证：四边形AECF为菱形；
(2)若AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，直接写出四边形AECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)54
【分析】（1）根据平行四边形、平行线的性质得出OA=OC，OB=OD，AD∥BC，进而得出∠FDO=∠EBO，由全等三角形的判定（角边角）得出△FDO≌△EBO，再利用全等三角形的性质得出OF=OE，最后根据菱形的判定及已知EF⊥AC即可证明．
（2）设辅助线CG⊥AD于点G，利用勾股定理得出CG的值，由（1）已知四边形AECF为菱形，根据菱形的性质设AF=t，则FG=2−t，CF=t，利用勾股定理建立等式求解得出t值，最后利用菱形的性质及三角形面积公式求解即可．
（1）
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC．
∴∠FDO=∠EBO．
∵{∠FDO=∠EBO,OD=OB,∠DOF=∠BOE,
∴△FDO≌△EBO．
∴OF=OE．
∵EF⊥AC，且EF，AC互相平分，
∴四边形AECF为菱形．
（2）
如图，作CG⊥AD于点G，
∵AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，∠CGD=∠CGF=90°，
∴∠ADC=∠GCD=45°．
∴CG=GD，△CGD是等腰直角三角形．
∵CG2+GD2=CD2，即2CG2=2，
∴CG=GD=1，AG=AD−GD=3−1=2．
∵由（1）已知四边形AECF是菱形，
∴AF=CF．
设AF=t，则FG=2−t，CF=t，
∵FG2+CG2=CF2，即(2−t)2+1=t2，
∴解得t=54．
∴AF=54．
∴S菱形AECF=2S△AFE=2×12AF⋅CG=2×12×54×1=54．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等的理解与综合应用能力．对角线互相垂直平分的四边形是菱形．菱形四条边都相等．两角及其夹边分别相等的三角形全等．平行四边形的对边平行且相等；平行四边形的两条对角线互相平分．两全等三角形的对应边相等，对应角相等．灵活利用菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，根据勾股定理建立等式关系是解本题的关键．
6．（2022春·江苏淮安·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AC=2AB．对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转β°0<β<180，分别交直线BC、AD于点E、F．
(1)当β=______°，四边形ABEF是平行四边形；
(2)在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意找4个点为顶点构造四边形．
①β=______°，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有______个．
【答案】(1)90
(2)①45或90；②2
【分析】（1）根据平行四边形的判断方法即可解决问题．
（2）①根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，分两种情形解决问题即可；
②根据对角线相等的四边形是矩形，分两种情形讨论求解即可．
（1）
解：当β=90°时，四边形ABEF是平行四边形．
理由：∵AB⊥AC，
∴∠BAO=∠AOF=90°，
∴AB∥EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴四边形ABEF是平行四边形．
故答案为：90．
（2）
①当β=45°，即∠AOF=45°时，四边形BEDF是菱形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD=OB，OA=OC，
∴∠FDO=∠EBO，
在△FDO和△EBO中，
∠FDO=∠EBOOD=OB∠FOD=∠EOB，
∴△FDO≌△EBOASA，
∴DF=BE，
∵DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵AC=2AB，
∴2AO=2AB，即AO=AB，
∴∠AOB=∠ABO=45°，
∴∠BOF=∠ABO+∠AOF=45°+45°=90°，
∴BD⊥EF，
∴四边形BEDF是菱形；
当β=90°，即∠AOF=90°时，四边形AECF是菱形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠FAO=∠ECO，
在△FAO和△ECO中，
∠FAO=∠ECOOA=OC∠FOA=∠EOC，
∴△FAO≌△ECOASA，
∴AF=CE，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵∠AOF=90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形．
故答案为：45或90．
②设AB=a，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥AC，AC=2AB，
∴∠BAC=90°，AC=2a，AD=BC，
∴BC=a2+2a2=5a=AD，
分两种情况：
第一种情况：如图，当EF=AC时，四边形AECF是矩形，对角线EF=AC=2a，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∴S△ABC=12AB·AC=12BC·AE，
即12×a×2a=12×5a×AE，
∴AE=25a5，即AD与BC之间的距离为25a5，
∴EC=AC2−AE2=2a2−25a52=45a5，
∴矩形AECF的两边的长分别为25a5和45a5；
第二种情况：如图，当EF=BD时，四边形BEDF是矩形，
∴∠BFA=90°，BF=25a5，
∴AF=AB2−BF2=a2−25a52=5a5，
∴DF=AF+AD=5a5+5a=65a5，
∴矩形BEDF的两边的长分别为25a5和65a5．
∴若构造的四边形是矩形，则不同的矩形应该有2个．
故答案为：2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的全等的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
必考点13
正方形中线段的和差倍分关系
1．（2022春·广东惠州·八年级统考期末）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段DG与BE、AE分别相交于点H、K．
(1)求证：∠ABE=∠ADG；
(2)判断BE与DG的关系，并说明理由；
(3)若AB=62，AG=6，求DK的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=DG，BE⊥DG，理由见解析
(3)DK=35
【分析】（1）根据正方形的性质和SAS定理证明△EAB≌△GAD即可得出结论；
（2）由（1）的结论得∠AGD=∠AEB，∠AKG=∠HKE，再根据∠AGK+∠AKG=90°通过等量代换即可证明；
（3）连接DE，证明出四边形AEDO是正方形，再利用正方形的性质得出条件，证出△DKE≌△GAK，在Rt△DKE中利用勾股定理求得DE的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴ AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG=90°，
∴ ∠DAB+∠DAE=∠EAG+∠DAE，
∴ ∠EAB=∠GAD，
∴ △EAB≌△GAD SAS．
∴ ∠ABE=∠ADG．
（2）BE=DG，BE⊥DG，理由如下：
∵ △EAB≌△GAD，
∴ ∠AGD=∠AEB，BE=DG，
∵ ∠AKG=∠HKE，
在Rt△AGK中，∠AGK+∠AKG=90°，
∴ ∠KEH+∠HKE=90°，
∴ ∠EHK=180°−90°=90°，
∴ BE⊥DG．
（3）连接DE，如图，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴ AB=BC，∠ABC=90°，OA=OC=OB=OD，AE=AG，
∵ AB=62，AG=6，
在Rt△ABC中，
∴ AB=BC=62，
∴ AC=622+622=12，
∴ OA=OD=12AC=6，
∴ AE=AO=DO=6，
∵ AO⊥DO，AG⊥AE，
∴ AE=DO，AE∥DO
∴四边形AEDO是平行四边形，
∵ AO⊥DO，AO=DO
∴四边形AEDO是正方形，
∴ ∠DEK=∠GAK=90°，
∵ DE=AG=6，∠DKE=∠AKG，
∴ △DKE≌△GKA，
∴ EK=AK=3，
在Rt△DKE中，
∴ DK=DE2+EK2=62+32=35．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握相关的知识点，添加适当的辅助线是解本题的关键．
2．（2022春·黑龙江绥化·八年级统考期末）已知四边形ABCD是正方形，等腰Rt△AEF的直角顶点E在直线BC上（不与点B，C重合），FM⊥AD，交射线AD于点M．
(1)当点E在边BC上，点M在边AD的延长线上时，如图①，求证：AB＋BE＝AM；（提示：延长MF，交边BC的延长线于点H）
(2)当点E在边CB的延长线上，点M在边AD上时，如图②；当点E在边BC的延长线上，点M在边AD上时，如图③．请分别写出线段AB，BE，AM之间的数量关系，不需要证明；
(3)在（1）、（2）的条件下，若BE＝3，∠BAF＝15°，则AM的长为 ．
【答案】(1)见解析
(2)BE＝AM＋AB
(3)33﹣3或3﹣3
【分析】（1）首先利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质得AE＝EF，∠ABE＝∠EHF＝90°，利用全等三角形的判定定理证明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性质定理可得结论；
（2）同（1）首先证明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性质定理可得结论；
（3）利用分类讨论的思想，首先由∠AFM＝15°，易得∠EFH，由△ABE≌△EHF，根据全等三角形的性质易得∠AEB，利用锐角三角函数易得AB，利用（1）（2）的结论，易得AM．
（1）
证明：如图①，延长MF，交边BC的延长线于点H，
图①
∵四边形ABCD是正方形，FM⊥AD，
∴∠ABE＝90°，∠EHF＝90°，四边形ABHM为矩形，
∴AM＝BH＝BE＋EH
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠AEB＋∠FEH＝90°，
∵∠EFH＋∠FEH＝90°，
∴∠AEB＝∠EFH，
在△ABE与△EHF中，
∠ABE=∠EHF=90°∠AEB=∠EFHAE=AF，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH，
∵AM＝BH＝BE＋EH，
∴AM＝BE＋AB，即AB＋BE＝AM；
（2）
解：结论：BE＝AM＋AB；
理由：如图②，
∵∠AEB＋∠FEH＝90°，∠AEB＋∠EAB＝90°，
∴∠FEH＝∠EAB，
在△ABE与△EHF中，
∠ABE=∠EHF∠EAB=∠FEHAE=FE，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH＝EB＋AM；
如图③，
∵∠BAE＋∠AEB＝90°，∠AEB＋∠HEF＝90°，
∴∠BAE＝∠HEF，
在△ABE与△EHF中，
∠ABE=∠EHF∠BAE=∠HEFAE=FE，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH，
∴BE＝BH＋EH＝AM＋AB；
（3）
解：如图①，∵∠BAF＝15°，∠EAF＝45°，
∴此情况不存在；
如图②，∵∠BAF＝15°，AB//MF，
∴∠AFM＝15°，
∵∠AFE＝45°，
∴∠EFH＝60°，
∵△ABE≌△EHF，
∴∠AEB＝∠EFH＝60°，
∵BE＝3，
∴AB＝BE•tan60°＝33，
∵AB＝EB＋AM，
∴AM＝AB﹣EB＝33﹣3；
如图③，∵∠AFM＝15°，∠AFE＝45°，
∴∠EFH＝45°﹣15°＝30°，
∴∠AEB＝30°，
∵BE＝3，
∴AB＝BE•tan30°＝3，
∵BE＝AM＋AB，
AM＝BE﹣AB＝3﹣3，
故答案为：33﹣3或3﹣3．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，全等三角形的性质及判定定理，数形结合，分类讨论，利用前面问题的结论是解答此题的关键．
3．（2022春·河南信阳·八年级统考期末）已知正方形ABCD与正方形CEFG，点M是AF的中点，连接DM，EM．
(1)如图，点E在CD上，点G在BC的延长线上，请判断DM，EM的数量关系与位置关系，并直接写出结论；
(2)如图，点E在DC的延长线上，点G在BC上，（1）中结论是否仍然成立？请证明你的结论；
(3)将（1）图中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB=13，CE=5，请直接写出MF的长__________．
【答案】(1)DM⊥EM，DM=EM
(2)成立，理由见解析
(3)37或157
【分析】（1）延长EM交AD于K，由 EF∥CG∥AD，M是AF中点，可证△AMK≌△FME，有AK=EF=EC，KM=EM，可得AD-AK=CD-CE，即DK=DE，故△KDE是等腰直角三角形，即知DM=EM，DM⊥EM；
（2）延长EM，DA交于T，证明△AMT≌△FME，得AT=EF=EC，TM=EM，可得DT=DE，△TDE是等腰直角三角形，从而DM=EM，DM⊥EM；
（3）连接DE，过M作MR⊥DE于R，延长EM至H，使MH=ME，连接AH，DH，分两种情况；当F在DC右侧时，由△AMH≌△FME（SAS），得AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，可证∠DAH=∠DCE，得△DAH≌△DCE（SAS），有DH=DE，∠ADH=∠CDE，可得DM⊥EH，DM=MH=EM，在Rt△CDE中，DE=DC2−CE2=12，即得MR=12DE=6=DR=RE．在Rt△RMF中，FM=MR2+FR2=157；当F在DC左侧时，FM=MR2+FR2=37．
（1）
解：DM⊥EM，DM=EM，理由如下：
延长EM交AD于K，如图，
∵EF∥CG∥AD，
∴∠MAK=∠MFE，∠MKA=∠MEF，
∵M是AF中点，
∴AM=FM，
∴△AMK≌△FME，
∴AK=EF=EC，KM=EM，
∵AD=CD，
∴AD-AK=CD-CE，即DK=DE，
∵∠KDE=90°，
∴△KDE是等腰直角三角形，而KM=EM，
∴DM=EM，DM⊥EM；
（2）
结论仍然成立，DM⊥EM，DM=EM．
证明：如图中，延长EM交DA的延长线于点H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH=∠MFE．
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FMEASA，
∴MH=ME，AH=EF=EC，
∴DH=DE．
∵∠EDH=90°，
∴DM⊥EM，DM=ME；
（3）
如图，连接DE．延长EM到点H，使得MH=ME，连接AH，DH．作MR⊥DE于点R．
易证△AMH≌△FME（SAS），
∴AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，
∴AH∥DF，
∴∠DAH+∠ADE=180°，
∴∠DAH+∠CDE=90°，
∵∠DCE+∠EDC=90°，
∴∠DAH=∠DCE．
∵DA=DC，
∴△DAH≅△DCESAS，
∴DH=DE，∠ADH=∠CDE，
∴∠HDE=∠ADC=90°，
∵ME=MH，
∴DM⊥ME，DM=MH=EM．
在Rt△CDE中，DE=132−52=12，
∵DM=ME，DM⊥ME，
∴MR⊥DE，ME=12DE=6，DR=RE=6，FR=RE+EF=11．
在Rt△FMR中，FM=MR2+FR2=62+112=157；
如图，作MR⊥DE于点R．同法可得DE=12，MR=6，可得FR=6−5=1．
在Rt△MRF中，FM=FR2+MR2=12+62=37．
故满足条件的MF的值为37或157．
故答案为：37或157．
【点睛】本题考查四边形的综合应用，涉及正方形性质及应用，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题．
4．（2022春·山东济南·八年级统考期末）阅读下列材料：
数学课上老师出示了这样一个问题：如图1，等腰Rt△PBF的直角顶点P在正方形ABCD的边AD上，斜边BF交CD于点Q，连接PQ．请探索PQ、AP、CQ的数量关系．
某学习小组的同学经过探索，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将△ABP旋转到△CBE位置，然后通过证明△BPQ≌△BEQ来探索数量关系．
(1)（问题解决）请你根据他们的想法写出PQ、AP、CQ的数量关系是________；
(2)（学以致用）如图2，若等腰Rt△PBF的直角顶点P在正方形ABCD的边DA的延长线上，斜边BF的延长线交CD的延长线于点Q，连接PQ，猜想线段PQ，AP，CQ满足怎样的数量关系？并证明你的结论；
(3)（思维拓展）等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P为△ABC内部一点，若BC＝2．则AP＋BP＋CP的最小值＝________．
【答案】(1)PQ＝AP＋CQ
(2)CQ＝AP＋PQ，过程见解析；
(3)6+2
【分析】（1）由旋转的性质可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，由“SAS”可证△BQE≅△BQP，可得PQ＝QE，可得结论；
（2）由旋转的性质可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，由“SAS”可证△BQE≅△BQP，可得PQ＝QE，可得结论；
（3）由旋转的性质可得AC＝A'C＝2，∠A'CA＝∠PCP'＝60°，CP＝CP'，AP＝A'P'，可证△CPP'是等边三角形，可得CP＝PP'，当点A'，点P'，点P，点B四点共线时，BP＋AP＋CP有最小值为A'B的长，即可求解．
（1）解：如图1，将△ABP绕点B顺时针旋转90°到△CBE，∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，∴∠BCD＋∠BCE＝180°，∴点E，点C，点D三点共线，∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，∴∠ABP＋∠CBQ＝45°，∴∠EBC＋∠CBQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，又∵BE＝BP，BQ＝BQ，∴△BQE≅△BQP（SAS），∴PQ＝QE，∴PQ＝QE＝QC＋CE＝AP＋QC；
（2）CQ＝AP＋PQ，理由如下：如图2，将△ABP绕点B顺时针旋转90°到△CBE，∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，∴∠ABP＋∠ABQ＝45°，∴∠EBC＋∠ABQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，又∵BE＝BP，BQ＝BQ，∴△BQE≅△BQP（SAS），∴PQ＝QE，∴PQ＝QE＝QC−CE＝QC−AP，∴CQ＝AP＋PQ；
（3）如图3，将△ACP绕点C顺时针旋转60°，得到△A'CP'，连接PP'，A'B，过点A'作A'E⊥BC，交BC的延长线于E，∴AC＝A'C＝2，∠A'CA＝∠PCP'＝60°，CP＝CP'，AP＝A'P'，∴△CPP'是等边三角形，∴CP＝PP'，∴BP＋AP＋CP＝BP＋PP'＋A'P'，∴当点A'，点P'，点P，点B四点共线时，BP＋AP＋CP有最小值为A'B的长，∵∠A'CE＝180°−∠ACA'−∠ACB＝30°，A'E⊥CE，∴A'E＝12A'C＝1，EC＝3，∴A'BBE2+A'E2＝（2+3）2+12＝6+2，∴AP＋BP＋CP的最小值为6+2．故答案为：6+2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定及性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022秋·四川达州·九年级统考期末）如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标物上，点B坐标为3,3．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α0°<α<90°，得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P．连AP、AG．
（1）求证：△AOG≌△ADG；
（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式（可能用到的数据：在Rt△中，30°内角对应的直角边等于斜边的一半）．
（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠PAG=45°，PG=OG+BP；（3）y=3x−3；（4）(0,−3)或(23，3)
【分析】（1）由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出ΔAOG≅ΔADG即可．
（2）首先根据三角形全等的判定方法，判断出ΔADP≅ΔABP，再结合ΔAOG≅ΔADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．
（3）首先根据ΔAOG≅ΔADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．
（4）根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．
【详解】（1）证明：在Rt△AOG和Rt△ADG中，
AO=ADAG=AG
∴△AOG≌△ADG（HL）．
（2）在Rt△ADP和Rt△ABP中，
AD=ABAP=AP
∴ΔADP≅ΔABP（HL），
则∠DAP=∠BAP；
∵ΔAOG≅ΔADG，
∴∠1=∠DAG；
又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，
∴∠DAG+∠DAP=45°，
∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，
∴∠PAG=45°；
∵ΔAOG≅ΔADG，
∴DG=OG，
∵ΔADP≅ΔABP，
∴DP=BP，
∴PG=DG+DP=OG+BP．
（3）解：∵ΔAOG≅ΔADG，
∴∠AGO=∠AGD，
又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，
∴∠AGO=∠PGC，
又∵∠AGO=∠AGD，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠1=∠2=90°−60°=30°；
∴在RtΔAOG中，AG=2OG,OA=3，AG2=OG2+OA2
∴(2OG)2=OG2+32
解得OG=3
∴G点坐标为(3，0)，CG=3−3，
在RtΔPCG中，PG=2CG，PG2=CG2+PC2
∴(2CG)2=CG2+PC2，
∴PC=3CG=33−3，
∴P点坐标为：(3，33−3 )，
设直线PE的解析式为：y=kx+b，
则3k+b=03k+b=33−3，
解得k=3b=−3，
∴直线PE的解析式为y=3x−3．
（4）①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，
∵AG=MG，点A坐标为(0,3)，
∴点M坐标为(0,−3)．
②如图2，当点M在EP的延长线上时，
由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，
∴EP与AB的交点M，满足AG=MG，
∵A点的横坐标是0，G点横坐标为3，
∴M的横坐标是23，纵坐标是3，
∴点M坐标为(23，3)．
综上，可得点M坐标为(0,−3)或(23，3)．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、余角、解含30度角的直角三角形、等腰三角形的判定以及等边三角形判定与性质，解题的关键是：（1）通过解含30度角的直角三角形求出OG、PC的长度；（2）利用等腰三角形的性质确定点M的位置．
6．（2022春·江西南昌·八年级校联考期末）如图，四边形ABCD中，已知：A（a，0），B（0，b），C（c，0）和D（0，d）．
（1）当四边形ABCD正方形时，写出a，b，c，d满足的等式关系 ：
（2）若AB、BC、CD、DA的中点分别为E、F、G、H．
①直接写出E、F、G、H四点的坐标；
②证明：四边形EFGH是矩形；
③若矩形EFGH是正方形，则a，b，c，d满足的等式关系是 ．
【答案】（1）a=b=-c=-d；（2）①E（a2，b2），F（c2，b2），G（c2，d2），H（a2，d2）；②见解析；③ac=bd
【分析】（1）由正方形的性质得OA=OB=OC=OD，则a=b=−c=−d；
（2）①由中点坐标公式即可求解；
②由三角形中位线定理得EF//AC，EF=12AC，GH//AC，GH=12AC，则EF//GH，EF=GH，得四边形EFGH是平行四边形，再证∠HEF=90°，即可得出结论；
③由正方形的性质得EF=EH，则a2−c2=b2−d2，即可得出结论
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，
∴a=b=−c=−d；
（2）①解：∵A(a,0)，B(0,b)，C(c,0)，D(0,d)，AB、BC、CD、DA的中点分别为E、F、G、H，
∴E(a2，b2)，F(c2，b2)，G(c2，d2)，H(a2，d2)；
②证明：∵E、F为AB、BC的中点，
∴EF是ΔABC的中位线，
∴EF//AC，EF=12AC，
同理：GH//AC，GH=12AC，
∴EF//GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EF//AC，EH//BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴∠HEF=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形；
③解：由①得：E(a2，b2)，F(c2，b2)，G(c2，d2)，H(a2，d2)，
∵矩形EFGH是正方形，
∴EF=EH，
∴ a2−c2=b2−d2，
∴a−c=b−d，
故答案为：a−c=b−d．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、坐标与图形性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和坐标与图形性质，求出E、F、G、H的坐标也是解题的关键．
7．（2022春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，P是正方形ABCD的边CD右侧一点，CP=CD，∠PCD为锐角，连PB，PD．
（1）如图1，若PD=PC，则∠BPD的度数为 ；
（2）如图2，作CE平分∠PCD交PB于E．
①求∠BEC的度数；
②猜想PD，BE，CE之间有何数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，若PB=6，则四边形PCBD的面积为 平方单位
【答案】（1）45°；（2）①45°；②BE−22PD=2CE；见解析；（3）9
【分析】（1）由题意可证△PCD是等边三角形，可得∠PCD＝60°＝∠DPC，由正方形的性质可得BC＝CD＝CP，∠BCD＝90°，由等腰三角形的性质可求解；
（2）①设∠CPB=β，∠PCD=2α，由CB=CP，可得∠CBP=∠CPB=β，CE平分∠PCD，得到∠PCE=∠DCE，知道∠BCD=90°，可得∠CBP+∠CPB+∠PCD=90°，即，α+β=45° 即可求解；
②如图2，连接DE，过点C作CF⊥CE交BP于点F，由“SAS”可证△BCF≌△DCE，△DCE≌△PCE，可得BF＝DE，∠BFC＝∠DEC＝135°，DE＝EP，由线段的和差关系可求解；
（3）如图3，过点C作CE平分∠DCP，交BP于E，连接DE，过点C作CF⊥CE，交BP于F，CH⊥BP于H，由（2）可知，DE＝EP＝BF，△CEF是等腰直角三角形，由面积的和差关系可求解．
【详解】（1）解：（1）∵CP＝CD＝PD，
∴△PCD是等边三角形，
∴∠PCD＝60°＝∠DPC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝CP，∠BCD＝90°，
∴∠BCP＝150°，
∴∠CPB＝15°，
∴∠BPD＝45°，
故答案为：45°；
（2）①设∠CPB=β，∠PCD=2α，
∵CB=CP，
∴∠CBP=∠CPB=β
∵CE平分∠PCD．
∴∠PCE=∠DCE=α
∵∠BCD=90°
∴∠CBP+∠CPB+∠PCD=90°
即2α+2β=90°，α+β=45°
即∠BEC=45°
②连DE，作CF⊥CE交BP于F，则△CEF为等腰直角三角形,EF=2CE CF=CE,CB=CD,∠BCF=∠DCE
∴△BCF≌△DCE,
∴PE=DE
∴BE−DE=BE−BF=EF=2CE,
∵CD=CP,∠PCE=∠DCE， CE为公共边
∴△PCE≌△DCE
∴BF=DE,∠CEP=∠CED=135°
∴∠PED=90°,DE=22PD
∴BE−22PD=2CE；
（3）如图3，过点C作CE平分∠DCP，交BP于E，连接DE，过点C作CF⊥CE，交BP于F，CH⊥BP于H，
由（2）可知：DE＝EP＝BF，△CEF是等腰直角三角形，
∵CH⊥BP，
∴CH＝12EF，
∵四边形PCBD的面积＝S△BDP+S△BCP，
∴四边形PCBD的面积＝12×6×DE+12×6×CH＝3DE+3×12（6﹣2DE）＝9，
故答案为9．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
必考点14
正方形中的折叠问题
1．（2022春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME．下列结论∶①若延长DE，则DE⊥BF； ②若连接AM，则AM∥FB； ③连接FE，当F、E、M三点共线时，AE=42−4；④连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE=43−4；其中正确有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据旋转的全等性质，△BAF≌△DAE，得到∠ABF=∠ADE，结合∠AED+∠ADE=90°，代换得到∠BEN+∠ABF=90°，得到∠BND=90°，可判断结论①；连接AM，根据折叠性质，AM⊥DE，可判断结论②；设=AF=EM=x，则MD=AB=4=MF=EM+EF=2x+x，计算x，可以判断结论③；当△FEC是等腰三角形时，只有EF=EC可能，设AE=AF=EM=x，则BE=4-x，EC= EF=2x，BC=4，根据勾股定理，计算x，可以判断结论④．
【详解】根据旋转的性质，得△BAF≌△DAE，
∴∠ABF=∠ADE，
∴∠AED+∠ADE=90°，
∴∠BEN+∠ABF=90°，
∴∠BND=90°，
∴DE⊥BF；
∴结论①正确；
连接AM，根据折叠性质，得到AM⊥DE，
∴AM∥BF，
∴结论②正确；
根据旋转的性质，得△BAF≌△DAE，
故AE=AF；
根据折叠的性质，得AE=EM，
故AE=EM=AF，
设AE=AF=EM=x，则MD=AB=4，EF=x2+x2=2x，
∴MF=EM+EF=2x+x，
∵∠FMD=90°，∠AFM=45°，
∴∠MDF=45°，
∴MD=MF，
∴2x+x=4，
解得x=42−4，
∴AE=42−4，
∴结论③正确；
当△FEC是等腰三角形时，只有EF=EC可能，设AE=AF=EM=x，则BE=4-x，EC= EF=2x，BC=4，根据勾股定理，得(2x)2=42+(4−x)2，
解得x=43−4，x=−43−4（舍去），
故AE=43−4，
∴结论④正确．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，折叠的性质，勾股定理，二次根式的化简，平行线的判定，熟练掌握旋转的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
2．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）已知正方形的边长为12，点P是边AD上的一个动点，连接BP，将△ABP沿BP折叠，使点A落在点A′上，延长PA′交CD于E，当点E与CD的中点F的距离为2时，则此时AP的长为______．
【答案】2.4或6
【分析】分两种情况讨论：E点在线段FD上和E点在线段CF上.接BE，先根据折叠的性质和HL得到PA′=PA，EA′=EC.设AP=x，则PA′=x，PD=12−x，求出A′E，把PE用含有x的式子表示出来.△PED中，根据勾股定理列方程求出x即可.
【详解】解：①如图1，当E点在线段FD上时，连接BE,
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=12,∠A=∠C=∠D=90°
∵折叠后，△PBA′≌△PBA
∴∠BA′P=∠BAP=90°,BA′=BA,PA′=PA
∴∠BA′E=∠C=90°,BA′=BC
又∵BE=BE,
∴△BA′E≅△BCE(HL)
∴A′E=EC
∵DF=12DC=6,EF=2
∴DE=6−2=4
∴EC=12−4=8
∴A′E=8
设AP=x,则PA′=x，PD=12−x
∴PE=PA′+A′E=x+8
在Rt△PED中，
PD2+DE2=PE2
∴(12−x)2+42=(x+8)2
解得x=2.4
∴AP=2.4
②如图2，E点在线段FC上时，连接BE,

设AP=x,则PA′=x，PD=12−x
CE=CF−EF=6-2=4， DE=6+2=8
∴EA′=EC=4
∴PE=PA′+A′E=x+4,
在Rt△PED中PD2+DE2=PE2,
∴(12−x)2+82=(x+4)2
解得x=6
∴AP=6
故答案为：2.4或6
【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质以及勾股定理，熟练掌握以上知识并根据勾股定理列方程是解题的关键.
3．（2022春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为边AD的中点，将三角形ABE沿BE折叠使点A与恰好落在点F处，又将点C折叠使其与BF上的点M重合，且折痕GH与BF平行交CD于点H，则线段GH的长度为____．
【答案】3.75##154##334
【分析】延长BF交CD于点N，连接EN，根据正方形的性质可得∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝6，根据线段中点的定义可得AE＝DE＝3，再根据折叠的性质可得AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，从而可得DE＝EF＝3然后证明Rt△EFN≌Rt△EDN，从而利用全等三角形的性质可得DN＝FN，再设DN＝FN＝x，则BN＝6+x，CN＝6﹣x，从而在Rt△BCN中，根据勾股定理进行计算可求出BN的长，最后根据折叠的性质可得CG=MG,∠CGH=∠MGH，结合已知可证GH是△BCN的中位线，进行计算即可解答．
【详解】解：如图，延长BF交CD于点N，连接EN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝6，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝DE＝12AD＝3，
由折叠得：AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，
∴DE＝EF＝3，∠EFN＝180°﹣∠BFE＝90°，
∵EN＝EN，
∴Rt△EFN≌Rt△EDN(HL)，
∴DN＝FN，
设DN＝FN＝x，
∴BN＝BF+FN＝6+x，CN＝DC﹣DN＝6﹣x，
在Rt△BCN中，BC2+CN2＝BN2，即36+(6﹣x)2＝(6+x)2，
∴x＝1.5，
∴BN＝7.5，
由折叠得：CG=MG,∠CGH=∠MGH，
∵GH∥BM，
∴∠CBM=∠CGH,∠BMG=∠MGH，
∴∠CBM=∠BMG，
∴BG=MG，
∴BG＝CG，
同理可得：CH＝NH，
∴GH是△BCN的中位线，
∴GH＝12BN＝3.75，
故答案为：3.75．
【点睛】本题考查了折叠问题、正方形的性质、三角形中位线定理等知识点，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
4．（2022秋·河南郑州·九年级校考期末）综合与实践数学活动课上，张老师找来若干张等宽的矩形纸条，让学生们进行折纸探究．
(1)希望小组将如图（1）所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点A1处，折痕为BE．
埴空：图（1）中四边形ABA1E的形状是______．
(2)智慧小组准备了一张如图（2）所示的长、宽之比为2+1:2的矩形纸片ABCD，用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形ABA1E，接着沿过点C的直线折叠纸片，使点D落在EA1上的点M处，折痕为CF，求∠MCD的度数．
(3)勤奋小组拿着一张如图（3）所示长为5，宽为2的矩形纸片ABCD，利用希望小组的方法折叠纸片，得到四边形ABA1E，在ED上取一点F（不与点D，E重合），沿CF折叠△CDF，点D的对应点为M，射线FM交直线BC于点Y．
①FY与CY的数量关系为______；
②当射线FM经过△BA1E的直角边的中点时，直接写出FD的长．
【答案】(1)正方形
(2)∠MCD=45°
(3)①YF=CY；②FD的长为4−23或−263+2
【分析】（1）根据折叠的性质直接可判断四边形ABA1E是正方形形；
（2）设AD=2+1a，则AB=2a，在Rt△A1MC中，cs∠A1CM=A1CCM=a2a=22，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（3）①根据矩形的性质以及折叠的性质，证明∠YFC=∠FCY，即可得出结论；
②分类讨论，当射线FM经过△BA1E的直角边A1E的中点Y时，当射线FM经过△BA1E的直角边A1E的中点G时，在Rt△CMY中，YM2+MC2=YC2，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°
∵折叠，
∴∠BAE=∠BA1E=90°，AB=A1B
∴四边形ABA1E是矩形，
又∵AB=A1B，
∴四边形ABA1E是正方形，
故答案为：正方形；
（2）解：∵长、宽之比为2+1:2的矩形纸片ABCD，
设AD=2+1a，则AB=2a，
由（1）可知四边形ABA1E是正方形，
∴A1B=AB=2a，
∴DE=A1C=2+1−2a=a，
∵沿过点C的直线折叠纸片，使点D落在EA1上的点M处，
∴MC=DC=AB=2a，
在Rt△A1MC中，cs∠A1CM=A1CCM=a2a=22，
∴∠A1CM=45°，
∴∠MCD=45°;
（3）解：∵在ED上取一点F（不与点D，E重合），沿CF折叠△CDF，点D的对应点为M，
∴∠DFC=∠YFC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠DFC=∠FCY
∴∠YFC=∠FCY
∴YF=CY,
故答案为：YF=CY;
②当射线FM经过△BA1E的直角边A1B的中点Y时，如图，
依题意，A1B=AB=2,BY=1
∴YC=BC−BY=5−1=4，
∵YF=CY=4，设FD=x0则YM=4−x，
∵折叠，
∴MC=DC=2，
在Rt△CMY中，YM2+MC2=YC2，
∴4−x2+22=42，
解得：x=4−23或x=23+4（舍去）；
当射线FM经过△BA1E的直角边A1E的中点G时，如图，
∵∠EGF=∠A1GY,EG=A1G,∠FEG=∠YA1G，
∴△EFG≌△A1YG，
∴EF=A1Y，
设FD=x0∴A1Y=EF=3−x，
∴CY=CA1+A1Y=3+3−x=6−x，
∵YF=YC，
∴YF=6−x，
又∵MF=FD=x，CD=CM=2
∴YM=6−x−x=6−2x，
在Rt△CMY中，YM2+MC2=YC2，
∴6−2x2+22=6−x2，
解得：x=−263+2或x=263+2（舍去）；
综上所述，FD为4−23或−263+2．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，正方形的判定，勾股定理，解一元二次方程，掌握折叠的性质，根据特殊角的三角函数值求角度，等角对等边，综合运用以上知识是解题的关键．
5．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）综合与实践
动手操作：利用“正方形纸片的折叠和旋转”开展数学活动，探究体会图形在正方形折叠和旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法．
折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB=6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．
(1)思考探究：图1中，与△ABE全等的三角形有________个，∠EAF=________°，BE、EF、DF三者的数量关系________，BE的长为________．
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．
(2)证明推理：图2中，BE、EF、DF三者的数量关系________．
并给出证明．
(3)开放拓展：如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为________．
【答案】(1)3、45、EF=BE+DF、62−6
(2)EF=BE+DF，证明见解析
(3)2
【分析】（1）证明△EAB≌△AEM，Rt△AFM≌Rt△AFDHL，可得结论；
（2）结论：EF=BE+DF．延长CB到T，使得BT=DF，连接AT．证明△EAF≌△EATSAS，可得结论；
（3）如图3中，设BE=x，则EC=6−x，EF=x+3，利用勾股定理构建方程求出x，即可解决问题．
【详解】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°，
由翻折的性质可知，△EAB≌△AEM，
∴AB=AM，BE=EM，∠B=∠AME，∠EAB=∠EAM，
∵∠AMF=∠D=90°，AF=AF，AD=AM，
∴Rt△AFM≌Rt△AFDHL，
∴∠FAD=∠FAC，FM=DF，
∴∠EAF=12∠BAD=45°，
∴EF=DF+BE，
设BE=DF=m，则CE=CF=6−m，EF=2m，
∵EF2=EC2+CF2，
∴(2m)2=(6−m)2+(6−m)2，
∴m=62−6（负根已经舍弃），
∴BE=62−6．
故答案为：3，45，EF=BE+DF，62−6；
（2）解：结论：EF=BE+DF．
理由：延长CB到T，使得BT=DF，连接AT．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABE=∠ABT=90°，AD=AB，
∵DF=BT，
∴△ADF≌△ABTSAS，
∴AF=AT，∠DAF=∠BAT，
∴∠FAT=∠DAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠EAT，
∵AE=AE，
∴△EAF≌△EATSAS，
∴EF=ET=DF+BE．
故答案为：EF=DF+BE；
（3）解：如图3中，设BE=x，则EC=6−x，EF=x+3，
∵∠C=90°，CD=BC=6，DF=FC=3，
∴EF2=CF2+EC2，
∴(x+3)2=32+(6−x)2，
∴x=2，
故答案为：2．
【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，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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
6．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）【探究问题】（1）阅读并补全解题过程
如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是边AB的中点，CE⊥DE．
求证：DE平分∠ADC．
张某某同学受到老师说过的“有中点，延长加倍构造全等”的启发，延长DE交射线CB于点F，请你依据该同学的做法补全证明过程．
证明：延长DE交射线CB于点F．
【应用】（2）如图②在长方形ABCD中，将△ABF沿直线AF折叠，若点B恰好落在边CD的中点E处，直接写出∠AFB的度数．
【拓展】（3）如图③在正方形ABCD中，E为边AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在正方形ABCD内部的点F处，延长BF交CD于点G，延长EF交CD于点H，若正方形ABCD的边长为4，直接写出FG的值．
【答案】（1）见解析（2）∠AFB=60°（3）FG=1
【分析】（1）证明△DAE≌△FBEAAS，得到DE=FE，进而推出CD=CF，得到∠CDE=∠F，从而得到∠ADE=∠CDE，即可得证；
（2）延长ED至点H，使DH=DE，连接AH，证明△AEH为等边三角形，进而得到∠HAE=60°，根据翻折的性质，推出∠BAF=∠EAF=12∠BAE=1290°−30°=30°，进而求出∠AFB的度数；
（3）连接BH,EG，证明Rt△DEG≌Rt△FEGHL，Rt△BCH≌Rt△BFHHL，分别在Rt△EDH和Rt△FGH中，利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：如图①，延长DE交射线CB于点F，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠F，∠A=∠ABF，
∵点E是边AB的中点，
∴AE=BE，
在△DAE和△FBE中，
∠ADE=∠BFE∠A=∠EBFAE=BE；
∴△DAE≌△FBEAAS，
∴DE=FE，
∵CE⊥DF，
∴CD=CF，
∴∠CDE=∠F，
∴∠ADE=∠CDE，
∴DE平分∠ADC；
（2）∵在四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠ADC=∠B=90°，
∵点B恰好落在边CD的中点E处，
∴DE=CE，
设DE=CE=a，
由翻折可知：AB=AE=2a，∠BAF=∠EAF,∠AFB=∠AFE，
延长ED至点H，使DH=DE，连接AH，
则：HE=2DE=2a，
∵AD⊥DE，
∴AH=AE=2a，
∴AH=AE=HE，
∴△AEH为等边三角形，
∴∠HAE=60°，
∴∠DAE=12∠HAE=30°，
∴∠BAF=∠EAF=12∠BAE=1290°−30°=30°，
∴∠AFB=90°−30°=60°；
（3）连接BH,EG，
在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠C=∠D=90°，
∵E为边AD的中点，
∴AE=DE=2，
∵将△ABE沿直线BE折叠，点A落在正方形ABCD内部的点F处，
∴AB=BF=4，AE=EF=2，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFH=∠C=∠D=90°，DE=FE=2，BC=BF=4，
∵EG=EG,DE=FE，
∴Rt△DEG≌Rt△FEGHL，
∴DG=FG，
∵BH=BH,BC=BF，
∴Rt△BCH≌Rt△BFHHL，
∴CH=FH，
设FG=DG=x，FH=CH=a，
则EH=EF+FH=2+a，GH=CD−DG−CH=4−x−a，
∴DH=CD−CH=4−a，
在Rt△EDH中，根据勾股定理得：ED2+DH2=EH2，
∴22+(4−a)2=(2+a)2，
∴a=43，
在Rt△FGH中，根据勾股定理得：FG2+FH2=GH2
∴x2+432=4−x−432，
∴x=1，
∴FG的值为1．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质和勾股定理．本题的综合性强，熟练掌握相关知识点，通过添加辅助线，证明三角形全等，是解题的关键．
7．（2022春·广东汕头·八年级统考期末）（1）如图1，在正方形ABCD中，AE，DF相交于点O且AE⊥DF．则AE和DF的数量关系为 ．
（2）如图2，在正方形ABCD中，E，F，G分别是边AD，BC，CD上的点，BG⊥EF，垂足为H．求证：EF＝BG．
（3）如图3，在正方形ABCD中，E，F，M分别是边AD，BC，AB上的点，AE＝2，BF＝4，BM＝1，将正方形沿EF折叠，点M的对应点与CD边上的点N重合，求CN的长度．
【答案】（1）AE＝DF；（2）见解析；（3）CN的长度为3
【分析】（1）证明∠BAE=∠ADF，则△ABE≌△DAF（AAS），即可求解；
（2）由正方形的性质得出∠CBG=∠MEF，证明△BCG≌△EMF（ASA），即可求解；
（3）证明△EHF≌△MGN（ASA），则NG=HF，而AE=2，BF=4，故NG=HF=4-2=2，进而求解．
【详解】解：（1）∵∠DAO+∠BAE=90°，∠DAO+∠ADF=90°，
∴∠BAE=∠ADF，
在△ABE和△DAF中，
∠BAE=∠ADF∠ABE=∠DAFAD=AB，
∴△ABE≌△DAF（AAS），
∴AE=DF，
故答案为：AE=DF；
（2）如图1，过点E作EM⊥BC于点M，则四边形ABME为矩形，
则AB=EM，
在正方形ABCD中，AB=BC，
∴EM=BC，
∵EM⊥BC，
∴∠MEF+∠EFM=90°，
∵BG⊥EF，
∴∠CBG+∠EFM=90°，
∴∠CBG=∠MEF，
在△BCG和△EMF中，
∠CBG=∠MEFBC=EM∠C=∠EMF=90°，
∴△BCG≌△EMF（ASA），
∴EF=BG；
（3）如图2，连接MN，
∵M、N关于EF对称，
∴MN⊥EF，过点E作EH⊥BC于点H，
过点M作MG⊥CD于点G，则EH⊥MG，
由（2）同理可得：△EHF≌△MGN（ASA），
∴NG=HF，
∵AE=2，BF=4，
∴NG=HF=4-2=2，
又∵GC=MB=1，
∴NC=NG+CG=2+1=3．
【点睛】本题为四边形综合题，考查了直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，轴对称的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
必考点15
坐标系中的正方形
1．（2022春·山东济宁·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形OA1B1C1的两边OA1、OC1在坐标轴上，以它的对角线OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3，以此类推，则正方形OB16B17C17的顶点B17的坐标是（ ）
A．(128，-128)B．(256，0)C．(256，256)D．(0，512)
【答案】C
【分析】正方形的边长每次呈2倍增加，点B位置呈坐标轴象限角平分线依次更替，探究规律，得到B8n+1(24n,24n)，当8n+1=17时，n=2，求出24×2=256，即得．
【详解】观察,发现：B1(1,1),B2(0,2),B3(−2,2),B4(−4,0),B5(−4,−4),B6(0,−8),B7(8,−8),B8(16,0),B9(16,16)，…，
∴B8n+1(24n,24n)(n为自然数)，
∵17=8×2+1，
∴24×2=256，
∴点B17的坐标为(256,256)．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形，坐标与图形，解答本题的关键是探究点的坐标规律，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同.每次正方形的边长变为原来的2．
2．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−125x+12的图象交x轴、y轴于A、B两点，以AB为边在直线右侧作正方形ABCD，连接BD，过点C作CF⊥x轴于点F，交BD于点E，连接AE．则下列说法中正确的是（ ）
A．点D的坐标为(17,7)B．∠EAF=45°
C．点C的坐标为(12,17)D．△AEF的周长为14+72
【答案】C
【分析】根据一次函数解析式，令x、y分别为0，即可求出A、B两点坐标，再利用勾股定理即可算出AB的长，过点D作x轴垂线交x轴于点H，构造三角形全等即可推出点D的坐标；求出BD的解析式，可得点E的坐标，可得出AF≠EF，则∠EAF≠45°，过点C作y轴垂线交y轴于点N，构造三角形全等即可推出点C的坐标；将AE+EF利用全等转换为CF即可求出△AEF的周长．
【详解】解：∵一次函数y=−125x+12的图象交x轴、y轴与A、B两点，
∴当x=0，则y=12，故B（0，12），
当y=0，则x=5，故A（5，0），
∴AO=5，BO=12，
在Rt△AOB中，AB=AO2+BO2=13，
故AB的长为13；
过点D作x轴垂线交x轴于点H，过点C作y轴垂线交y轴于点N，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AB=DA=BC=CD，
∴∠OAB+∠OBA=∠OAB+∠HAD=90°，
∴∠OBA=∠HAD，
在△OBA和△HAD中，
∠AOB=∠DHA∠OBA=∠HADAB=DA，
∴△OBA≌△HAD（AAS），
∴DH=AO=5，AH=BO=12，
∴OH=OA+AH=17，
∴点D的坐标为（17，5），A错误，不符合题意；
∵∠CBN+∠NCB=∠CBN+∠ABO=90°，
∴∠NCB=∠ABO，
在△CNB和△BOA中，
∠NCB=∠OBA∠CNB=∠BOACB=BA，
∴△CNB≌△BOA（AAS），
∴BN=AO=5，CN=BO=12，
又∵CF⊥x轴，
∴CF=BO+BN=12+5=17，
∴C的坐标为（12，17），C正确，符合题意；
设直线BD的解析式为y=kx+b，
∴17k+b=5b=12，解得：k=−717b=12，
∴直线BD的解析式为y=−717x+12，
∵OF=CN=12，
∴AF=12-5=7，E点的坐标为（12，12017），
∴EF=12017≠AF，
∵CF⊥x轴，
∴∠EAF≠45°，B错误，不符合题意；
在△CDE和△ADE中，
CD=AD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△CDE≌△ADE（SAS），
∴AE=CE，
∴AE+EF=CF=17，AF=OF-AO=12-5=7，
∴C△AEF=AE+EF+AF=CF+AF=17+7=24，D错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数性质的综合应用，熟练一次函数图象的基本性质并能结合全等三角形逐步推理细心运算是解题关键．
3．（2022春·湖北孝感·七年级统考期末）正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，AD ∥ BC ∥ x轴，AD与y轴交于点E，OE=1，且AE,DE的长满足AE−3+|DE−1|=0．
(1)求点A的坐标；
(2)若P(−2,−1)，
①求△EPC面积；
②正方形ABCD的边CD上是否存在点M，使S△ECM=S△EPM？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(−3,1)
(2)①5；②存在，(1,13)
【分析】（1）根据二次根式和绝对值的非负性可求出AE，DE的值，即可得出结果；
（2）①过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G，利用S△EPC=S长方形DCFG−S△DEC−S△EFP−S△CGP即可得解；②通过S△EPC=S△CEM，分别讨论M点在x轴上方时和下方时，是否存在即可．
（1）
∵AE−3≥0，DE−1≥0，且AE−3+DE−1=0，
∴AE−3=0，DE−1=0．
∴AE=3，DE=1．
∵OE=1，AD ∥ BC ∥ x轴，
∴A−3,1．
（2）
①如图，过点P做x轴的垂线，交DA和CB于点F和点G．
∵AD ∥ BC ∥ x轴，
∴四边形DCFG为矩形，
∵AE=3，DE=1，四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC=4．
∵P−2,−1，
∴FE=2，GC=3．
∵DE=OE=1，
∴PG=FP=2．
∴S长方形DCFG=4×3=12，
∴ S△DEC=1×4×12=2，
∴ S△EFP=2×2×12=2，
∴ S△CGP=3×2×12=3．
∴ S△EPC=S长方形DCFG−S△DEC−S△EFP−S△CGP=12−2−2−3=5．
②当点M在x轴上方时，
设M(1,m)，过点P作PH⊥AD于点H，
∵S△ECM=S△EPM，
∴12CM⋅DE=12(DM+PH)⋅DH−12EH⋅PH−12DE⋅DM，
即3+m=(1−m+2)×3−2×2−1×(1−m)，
解得m=13，
∴M(1,13)；
当点M在x轴下方时，
同理可得，m=13，
不合题意，故不成立；
综上，M的坐标为(1,13)．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，面积以及动点问题，有一定综合性，也有一定难度，需要利用数形结合的思想解题，熟练掌握平面直角坐标系中面积的求解方法是解题的关键．
4．（2022秋·福建漳州·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，B（8，6），过点B作AB∥x轴，交y轴于点A．过点B作BC⊥x轴，垂足为C，点E为OC的中点，点F在线段BC上，连接EF，将△CEF沿直线EF折叠得△DEF．
(1)如图1，当四边形CFDE是正方形时，求点D的坐标；
(2)如图2，当BF=2CF时，求点D到x轴的距离．
【答案】(1)(4，4)；
(2)165．
【分析】（1）根据B(8，6),AB∥x轴，BC⊥x轴可得出C(8，0)，A(0，6)．由点E为OC的中点可知，E(4，0)，即得出CE=4．再根据正方形的性质即可出D点坐标；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G．由题意可知BC=6，再根据BF=2CF，即可求出CF=2．由翻折可知S△CEF=S△DEF，CE=DE=4．设DG=x，EG=y， 则CG=4−y，根据S四边型CFDE=S△DEG+S梯形CFDG和S四边型CFDE=2S△CEF，即可得出关于x，y的等式．再在Rt△DEG中，根据勾股定理也可列出关于x，y的等式，联立两个等式，解出x即可．x值即为D到x轴的距离．
(1)
由题意可知四边形AOCB为矩形，
∴C(8，0)，A(0，6)，
∵点E为OC的中点，
∴E(4，0)，
∴CE=8-4=4．
∵四边形CFDE是正方形，
∴DE⊥x轴，DE=CE=4，
∴D(4，4)；
(2)
如图，过点D作DG⊥x轴于点G．
由题意可知BC=6，
∵BF=2CF，
∴CF=13BC=2．
由翻折可知S△CEF=S△DEF，CE=DE=4．
设DG=x，EG=y， 则CG=4−y，
则S四边型CFDE=S△DEG+S梯形CFDG=12xy+12(2+x)(4−y)．
∵S四边型CFDE=S△CEF+S△DEF，
∴S四边型CFDE=2S△CEF=2×12×2×4=8，
∴12xy+12(2+x)(4−y)=8，
整理得：2x−y=4，
在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2，即42=x2+y2，
∴联立2x−y=442=x2+y2，
解得：x1=165，x2=0（舍），
∴DG=165．
故D到x轴的距离为165．
【点睛】本题考查折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，坐标与图形的变化—对称以及勾股定理．掌握折叠的性质是解题关键．
5．（2022春·广东广州·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E是直线BC上一点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
（1）如图1，若点E是BC的中点．求证：AE=EF；
（2）如图2，若点E是BC边上任意一点（不含B，C），结论“AE=EF”还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点E是BC延长线上任意一点，结论“AE=EF”还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（4）如图4，在平面直角坐标系xOy中，点O与点B重合，正方形的边长为4，若点F恰好落在直线y=12x+7上，请直接写出此时点E的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）成立，理由见解析；（4）E（0，2）．
【分析】（1）作BM=BE，证明△AME≌△ECF（ASA），
（2）在AB上截取BN=BE，证明△ANE≌△ECF（ASA），
（3）在BA延长线上取点P，使得AP=EC，证明△APE≌△ECF（ASA），
（4）求出直线CF的表达式，与直线y=12x+7联立解出点F坐标，F（-2，6），如图4，在AB上截取BH=BE，由图（1）同理可证得△AHE≌△ECF，得到EB=FG=2，即E（0，2）．
【详解】解：（1）如图1，在AB上一点M，使得BM=BE，
∵∠B=90°，∴∠AME=135°，
∵CF平分∠DCG，∠DCB=90°
∴∠ECF=135°，
∴∠AME=∠ECF=135°，
∵∠AEF=90°，∠B=90°，
∴∠CEF=∠MAE，
∵点E是BC的中点，BM=BE，BA=BC，
∴AM=EC，
∴△AME≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
（2）成立．
理由如下：
如图2，在AB上截取BN=BE，
∵BA=BC，∴NA=CE，
由（1）知，同理可证△ANE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
（3）成立．
理由如下：
如图3，在BA延长线上取点P，使得AP=EC，
∵BA=BC，∴BP=BE，
∴∠P=∠ECF=45°，
由（1）知，同理可证△APE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
（4）E（0，2），
理由如下：如图4，过点F作FG⊥y轴，垂足为G，
∵四边形OADC为正方形，
∴∠DCO=∠DCG=90°，
又CF平分∠DCG，
∴∠DCF=45°，而DC∥x轴，
设直线CF表达式为y=-x+b，将C（0，4）代入，
得：b=4，
∴直线CF的表达式为y=-x+4，
联立：y=−x+4y=12x+7，解得：x=−2y=6，
∴F（-2，6），
在AB上截取BH=BE，
同（1）可得△AHE≌△ECF（ASA），
∴EB=FG=2，即E（0，2）．
【点睛】本题考查知识点有正方形性质，全等三角形证明，一次函数性质，三者相结合的综合运用题．
6．（2022秋·四川成都·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，一次函数y=−23x+4的图象与x轴和y轴分别交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O即停止运动．其中A、Q两点关于点P对称，以线段PQ为边向上作正方形PQMN．设运动时间为秒．如图①．
（1）当t=2秒时，OQ的长度为 ；
（2）设MN、PN分别与直线y=−23x+4交于点C、D，求证：MC=NC；
（3）在运动过程中，设正方形PQMN的对角线交于点E，MP与QD交于点F，如图2，求OF+EN的最小值．
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）32．
【分析】（1）解方程得到OA=6，由t=2，于是得到结论；
（2）根据AP=PQ=t，得到OQ=6-2t，根据正方形的性质得到PQ=QM=MN=PN=t，求得M（6-2t，t），N（6-t，t），C（6-32t，t），求得CM=（6-32t）-（6-2t）=12t，CN=（6-t）-（6-32t）=12t，于是得到结论；
（3）作矩形NEFK，则EN=FK，推出当O，F，K三点共线时，OF+EN=OF+FK的值最小，如图，作OH⊥QN于H，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）在y=−23x+4中，令y=0，得x=6，∴OA=6．
∵t=2，∴AP=PQ=2，
∴OQ=6﹣2﹣2=2．
故答案为：2；
（2）∵AP=PQ=t，∴OQ=6﹣2t．
∵四边形PQMN是正方形，
∴PQ=QM=MN=PN=t，
∴M（6﹣2t，t），N（6﹣t，t），C（6−32t，t），
∴CM=（6−32t）﹣（6﹣2t）=12t，
CN=（6﹣t）﹣（6−32t）=12t，
∴CM=CN；
（3）作矩形NEFK，则EN=FK．
∵OF+EN=OF+FK，
∴当O，F，K三点共线时，OF+EN=OF+FK的值最小，如图，
作OH⊥QN于H，
在等腰直角三角形PQN中，∵PQ=t，∴QN=2t，
∴HN=QN﹣QH=2t﹣（2t﹣32）=32，
∴OF+EN的最小值为：HE+EN=HN=32．
【点睛】本题考查了一次函数的综合题，正方形的性质，矩形的性质，最短路线问题，正确的作出图形是解题的关键．
必考点16
四边形中存在性问题
1．（2022秋·福建福州·八年级福州华伦中学校考期末）在平面直角坐标系中，已知矩形OBCD，点C6,4，现将矩形OBCD绕点O逆时针旋转0°<∠EOB<180°得到矩形OEFG，点B，C，D的对应点分别为点E，F，G．
(1)如图1，当点E恰好落在边CD上时，则EC的长为______(请直接写出答案)；
(2)如图2，CD所在直线与OE、GF分别交于点H、M，且CH=MH．求线段MF的长度．
(3)如图3，设点P为边FG的中点，连接PB，PE，BE，在矩形OBCD旋转过程中，△BEP的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)6−25
(2)103
(3)存在，△BEP的面积的最大值为27
【分析】（1）在Rt△ODE中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）由AAS可证△MHN≌△CH E′(AAS)可得MN=C E′ =BC，由HL可证Rt△OCB≌Rt△OC E′，可得BO=O E′，∠BOC=∠EOC，可得点E与点E′重合，点C，点E，点F三点共线，在Rt△ODH中，勾股定理，可求CH的长，由三角形中位线定理可求解；
（3）根据三角形的底边PE的长度固定，当PE边上的高最大时即可求解，连接PO，当PE⊥x轴于点M时，则BM=BO+OM，此时△BPE面积最大，利用S△OPE=12S矩形OGFE，求得AM，再根据三角形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形OBCD．点C(6，4)，
∴OB=CD=6，BC=OD=4，∠ODC=90°，
∵矩形OEFG是由矩形OBCD旋转得到，
∴OE=OB=6，
在Rt△ODE中，DE=OE2−OD2=36−16=25，
∴CE= 6−25;
故答案为：6−25．
（2）如图2，过点M作MN⊥OE于N，过点C作C E′ ⊥OE于E′，连接OC，
∵MN⊥OE，∠GON=∠OGM=90°，
∴四边形OGMN是矩形，
∴MN=OG，
∵∠MNH=∠C E′ H=90°，∠MHN=∠CH E′，MH=CH，
∴△MHN≌△CH E′(AAS)，
∴MN=C E′ =BC，
又∵OC=OC，
∴Rt△OCB≌Rt△OC E′(HL)，
∴BO=O E′，∠BOC=∠EOC，
又∵OE=OB，
∴点E与点E′重合，
∵∠FEO=90°，∠OEC=90°，
∴∠FEO+∠OEC=180°，
∴点C，点E，点F三点共线，
∵CD∥BO，
∴∠DCO=∠BOC=∠EOC，
∴OH=HC，
设OH=HC=m,
在Rt△ODH中，OD2+DH2=OH2，
∴42+(6−m)2=m2，
∴m=133，
∴OH=CH=133，
∴EH=CH2−CE2=1699−16=53，
∵MH=CH，EF=CE，
∴MF=2EH=103；
（3）解：依题意，PF=PG=3，
∵OG=EF=4，∠G=∠F=90°，
∴PO=PE= 32+42=5，
∴当PE边上的高最大时，△BPE面积最大，
如图，当PE⊥x轴于点M时，则BM=BO+OM，此时△BPE面积最大，
连接PO，
∵ S△OPE=12S矩形OGFE=12PE×OM
∴ OM=4×65=245，
∴ SΔBPE=12PE⋅BM=12×5×(6+245)=27,
∴△PBE的面积的最大值为27．
【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
2．（2022秋·山东青岛·九年级统考期末）已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC，BD交于点O．点E从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点F从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接EO并延长，交BC于点G，连接OF和EF．设运动时间为t（s）（0(1)是否存在某一时刻t，使EF⊥BD垂直？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(2)求△EOF的面积y（cm2）与运动时间t（s）的关系式．
(3)求t为何值时，△AOE是等腰三角形？
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)y=−12t2+72t
(3)5或258秒
【分析】（1）由题意得：AE=t，DE=AD−AE=8−t，CF=t，DF=CD−CF=6−t，AC=BD=10，根据△DEF∽△ABD列等式计算即可．
（2）过点O分别做OP⊥BC于点P，OQ⊥CD于点D 根据y=S四边形CDEG−S△EDF−S△COF−S△COG列式计算即可．
（3）分类，根据三角形相似计算求解即可．
【详解】（1）解：不存在，理由如下：
由题意得：AE=t，DE=AD−AE=8−t，CF=t，DF=CD−CF=6−t，AC=BD=62+82=10，
在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=90°
∵EF⊥BD，
∴∠DEF+∠ADB=90°，
∵∠DEF+∠EFD=90°，
∴∠ADB=∠EFD，
∴△DEF∽△ABD ，
∴DEAB=DFAD，即8−t6=6−t8
∴t=14>6（不合题意，舍去）
∴不存在某一时刻t，使EF⊥BD垂直 ．
（2）解：过点O分别做OP⊥BC于点P，OQ⊥CD于点D．
则OP=12CD=12AB=3，OQ=12BC=4
在矩形ABCD中，AO=CO，∠EAO=∠GCO
又∵∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COG
∴AE=CG=t
∴y=S四边形CDEG−S△EDF−S△COF−S△COG
=12CG+DE⋅CD−12⋅DE⋅DF−12⋅CF⋅OQ−12⋅CG⋅OP
=12t+8−t⋅6−128−t6−t−12×4t−12×3t=−12t2+72t．
（3）解：①当AE=AO时
∵AE=AO=12AC=12×10=5，
∴t=5÷1=5
②当AE=OE时
过E作EN⊥AO于N，则AN=12AO=52，
由△AEN∽△ACD可得，52t=810，
解得t=258 ；
③当AO=OE时，点E与点D重合，
AE=8，
t=8÷1=8>6（不合题意，舍去）
综上，当t为5或258秒时，△AOE是等腰三角形．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握勾股定理，矩形的性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
3．（2022秋·广东河源·九年级统考期末）折叠变换是特殊的轴对称变换，我们生活中常对矩形纸片进行折叠，这其中蕴含着丰富的数学知识和思想．
(1)如图1，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是DC的中点，将矩形ABCD沿BE折叠，点C落在点F的位置．
①求证：DF∥BE；
②求DF的长度．
(2)如图2，在直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在的直线折叠，点B落在点D处，AD与y轴交于点E，OA＝2，OC＝23，点G是直线AC上的一个动点，在x轴上是否存在点H，使得以点E，A，G，H为顶点的四边形是菱形，求出点H坐标．
【答案】(1)①见解析；②185
(2)存在，H的坐标为H(23,0)，H(2,433)，H(233,233−2)，H(−233,233+2)
【分析】（1）①利用三角形的外角性质证明∠FDE=∠BEC 即可得出平行；
②作辅助线EG⊥DF于点G，利用锐角三角函数即可求出DG的长，再用等腰三角形的性质求出DF的长；
（2）先求出点A和点E的坐标，然后设出点G和点H的坐标，根据菱形的性质即可求出H的坐标．
【详解】（1）解：①∵DE=EF，
∴∠EDF=∠EFD，
∵∠EDF+∠EFD=2∠EDF=∠FEC=2∠BEC，
∴∠EDF=∠BEC，
∴DF∥BE；
②作EG⊥DF于点G，则DG=FG，
根据勾股定理得BE=32+42=5，
∵cs∠GDE=DGDE=cs∠BEC=ECBE=35，
∴DG=35×3=95，
∴DF=95×2=185；
（2）解：由题意得A(2,0)，
在△EDC和△EOA中，
∠CDE=∠AEO∠DEC=∠EOACD=OA，
∴△EDC≌△EOA(AAS)，
∴AE=CE，
设OE=x，则AE=23−x，
由勾股定理得：x2+22=(23−x)2，
解得x=233，
∴E(0,233)，
由题意知AC的解析式为y=−3x+23，
设G(x,−3x+23)，H(m,0)，
若AE是菱形的对角线，
则2+x=0+m0+233=−3x+23，
解得m=23，
∴H(23,0)，
综上，H的坐标为H(23,0)．
【点睛】本题主要考查特殊四边形的综合应用，关键是要理解折叠变化前后的图形全等，对应边，角都相等，还要牢记矩形的内角都是90°的性质和菱形的四边相等的性质，特殊四边形求顶点坐标时，一般用对角线互相平分的性质．
4．（2022秋·黑龙江佳木斯·九年级抚远市第三中学校考期末）如图，直角三角形ABC在平面直角坐标系中，直角边BC在y轴上，AB,BC的长分别是一元二次方程x2−14x+48=0的两个根，AB(1)求点A的坐标；
(2)求过点P的反比例函数解析式；
(3)点M在第二象限内，在平面内是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A6,4
(2)y=8x
(3)存在．N17,−3，N2−2,10，N3−8,2
【分析】（1）用因式分解法求出方程的两个根即可求解；
（2）根据S△BCP=12S△ACP求出点P的坐标，然后用待定系数法求解即可；
（3）分3种情况，画出图形，结合图形特点求解即可．
【详解】（1）x2−14x+48=0，
x−6x−8=0，
x1=6，x2=8．
∵AB∴AB=6,BC=8,OB=4．
∴A6,4．
（2）∵S△BCP=12S△ACP，
∴BP=13AB=2．
∴点P的坐标为2,4．
设过点P的反比例函数解析式为y=kx．将点P2,4代入，得k=8．
∴过点P的反比例函数解析式为y=8x．
（3）存在．
如图1，当AC为正方形AMCN的对角线时，
过点M作ME⊥AB交AB的延长线于点E，过点C作CF⊥ME交直线EM于点F．
∵四边形AMCN是正方形，
∴∠AMC=90°,AM=CM．
∵∠CMF+∠AME=90°,∠EAM+∠AME=90°，
∴∠EAM=∠CMF．
∵∠AEM=∠CFM=90°，
∴△AEM≌△MFC，
∴EM=CF．
AC=AB2+BC2=10，
∴AM=NC=22AC=52．
设Mx,y，则EM=4−y=CF=−x，
∴x=y−4．
∵x−62+y−42=522，
∴y−4−62+y−42=522，
∴y2−14y+33=0，
∴y1=3，y2=11（舍去），
∴x=3−4=−1，
∴M−1,3．
∵把M−1,3先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得A6,4，
∴把C0,−4先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得N7,−3；
如图2，当AC为正方形AMNC的边时，
过点N作NH⊥BC于点H，
∵四边形AMNC是正方形，
∴∠ACM=90°,AC=CN．
∵∠HNC+∠HCN=90°,∠HCN+∠ACB=90°，
∴∠HNC=∠ACB．
∵∠CHN=∠ABC=90°，
∴△CHN≌△ABC，
∴HN=BC=8,CH=AB=6，
∴OH=CH−CO=2，
∴N−8,2；
如图3，当AC为正方形ANMC的边时，
由图2可知，M−8,2，
∵把C0,−4先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得A6,4，
∴把M−8,2先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得N−2,10；
综上可知，点N的坐标为：N17,−3，N2−2,10，N3−8,2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解一元二次方程，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定与性质，以及平移的性质，作出辅助线构造全等三角形是解（3）的关键．
5．（2022秋·山东青岛·九年级青岛三十九中校考期末）如图1，正方形ABCD中，AB=8cm，点P从点D出发沿DA向点A匀速运动，速度是2cm/s，同时，点Q从点A出发沿AB方向，向点B匀速运动，速度是4cm/s，连接PQ、CP、CQ，设运动时间为t（s）（0(1)是否存在某一时刻t，使得PQ∥BD？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．
(2)设△PQC的面积为s（cm2），求s与t之间的函数关系式；
(3)如图2，连接AC，与线段PQ相交于点M，是否存在某一时刻t，使S△QCM:S△PCM=2:5？若存在，求出t值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)存在，t=43
(2)s=4t2−8t+320(3)存在，t=23
【分析】（1）连接BD，根据正方形的性质，得出AB=BC=CD=AD=8，再根据题意，得出DP=2t，AQ=4t，进而得出AP=8−2t，BQ=8−4t，再根据等边对等角，得出∠ABD=∠ADB，再根据平行线的性质，得出∠ABD=∠AQP，∠APQ=∠ADB，进而得出∠APQ=∠AQP，再根据等角对等边，得出AQ=AP，然后列出方程，解出即可得出答案；
（2）根据s=s正方形ABCD−s△APQ−s△BCQ−s△CDP，进行求解即可；
（3）过点C作CN⊥PQ于N，根据三角形的面积公式，结合题意，得出MQMP=25，再结合三角形的面积公式，进而得出S△AMQS△AMP=25，过点M作MG⊥AB于G，MH⊥AD于H，根据正方形的性质，结合角平分线的性质，得出MG=MH，再结合三角形的面积公式，进而得出AQAP=25，然后代入数据，计算即可．
【详解】（1）解：存在，理由如下：
如图1，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=8，
由运动知，DP=2t，AQ=4t，
∴AP=8−2t，BQ=8−4t，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵PQ∥BD，
∴∠ABD=∠AQP，∠APQ=∠ADB，
∴∠APQ=∠AQP，
∴AQ=AP，
∴4t=8−2t，
∴t=43；
（2）解：s=s正方形ABCD−s△APQ−s△BCQ−s△CDP
=AB2−12AQ×AP−12BQ×BC−12DP×CD
=64−12×4t×8−2t−12×8−4t×8−12×2t×8
=64−16t+4t2−32+16t−8t
=4t2−8t+320（3）解：存在，理由如下：
如图2，过点C作CN⊥PQ于N，
∴S△QCM=12MQ×CN，S△PCM=12MP×CN，
∵S△QCM:S△PCM=2:5，
∴MQMP=25，
∴S△AMQS△AMP=25，
过点M作MG⊥AB于G，MH⊥AD于H，
∵点M是正方形ABCD的对角线AC上的一点，
∴MG=MH，
∴S△AMQ=12AQ×MG，S△APM=12AP×MH，
∴AQAP=25，
∴4t8−2t=25，
∴t=23（符合题意），
∴存在某一时刻t，使S△QCM:S△PCM=2:5，此时t=23．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、二次函数的应用、三角形的面积、角平分线的性质，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
6．（2022春·四川达州·八年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点Am,0，与y轴交于点B0,n，且m，n满足：m+n2+n−6=0．
(1)求：S△AOB的值；
(2)D为OA延长线上一动点，以BD为直角边作等腰直角△BDE，连接EA，求直线EA与y轴交点F的坐标；
(3)在（2）的条件下，当AD=2时，在坐标平面内是否存在一点P，使以B、E、F、Р为顶点的四边形是平行四边形，如果存在，直接写出点Р的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)18；
(2)(0,−6)；
(3)(14,−8),(−14,20),(−14,−4)．
【分析】（1）根据非负数的性质求得A,B的坐标，进而根据三角形的面积公式即可求解；
（2）过点E作EG⊥x轴于G，证明△EDG≌△DBOAAS，得出DG=BO=6,EG=OD，设AD=a，则OD=OA+AD=6+a=EG，得出E点的坐标为−12−a,6+a，求得EA的解析式为y=−x−6，令x=0，即可求得点F的坐标；
（3）由AD=2得出E点的坐标，进而根据题意，分类讨论，利用平行四边形对角线的中点坐标相等，即可求解．
【详解】（1）由题意可得：m+n=0,n−6=0,解得m=−6,n=6，
∴A−6,0，B0,6
∴S△AOB=12AO×BO=12×6×6=18
（2）如图所示，过点E作EG⊥x轴于G．
∵△EDB为等腰直角三角形，
∴DE=DB,∠EDB=90°，
∴∠EDG+∠ODB=180°−90°=90°，
∵EG⊥GD，
∴Rt△EGD中，
∠GED+∠EDG=180°−∠EGD=180°−90°=90°，
∴∠GED=∠ODB，
在△EDG和△DBO中，
∠GED=∠ODB∠EGD=∠DOBDE=DB，
∴△EDG≌△DBOAAS，
∴DG=BO=6,EG=OD，
设AD=a，∴OD=OA+AD=6+a=EG，
∴OG=OD+DG=6+a+6=12+a，
∴E点的坐标为−12−a,6+a，
∵A−6,0，
∴设EA:y=kx+b，
代入点A和点E的坐标得：0=−6k+b6+a=−12−ak+b，
解得k=−1b=−6，
∴EA的解析式为y=−x−6，
∴当x=0时，y=−6，
∴EA与y轴的交点F坐标为0,−6．
（3）存在，点Р的坐标为：14,−8,−14,20,−14,−4
∵AD=2，E点的坐标为−12−a,6+a，
∴E−14,8
又F0,−6，B0,6，B、E、F、Р为顶点的四边形是平行四边形
设Pa,b，当BF为平行四边形的对角线时，a−142=0，b+82=0
解得：a=14,b=−8，则P14,−8，
当BE为对角线时，a+02=0−142,b−62=6+82，
解得：a=−14,b=20，则P−14,20，
当EF为对角线时，a+02=−14+02,b+62=8−62，
解得：a=−14,b=−4，则P−14,−4，
综上所述，点Р的坐标为：14,−8,−14,20,−14,−4．
【点睛】本题考查了非负数的性质，一次函数与几何图形综合，全等三角形的性质与判定，坐标与图形，平行四边形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
7．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B4,2，E为直线AC上一动点，连OE，过E作GF⊥OE，交直线BC、直线OA于点F、G，连OF．
(1)求直线AC的解析式．
(2)当E为AC中点时，求CF的长．
(3)在点E的运动过程中，坐标平面内是否存在点P，使得以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点P的横坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)直线AC解析式：y=−12x+2
(2)CF=32
(3)存在，P点横坐标为：4或−32或5−1
【分析】（1）根据矩形的性质，得出点A和点C的坐标，设直线AC的解析式：y=kx+bk≠0，将点A和点C的坐标代入即可；
（2）证明△CEF≌△AEG，根据勾股定理求解即可；
（3）根据菱形是性质和判定定理，进行分类讨论即可；①以OG，OF为边，②以OG，FG为边，OG=FG，③以OF，FG为边，OF=FG．
【详解】（1）∵矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴上，且B4,2，
∴点A4,0，点C0,2，
设直线AC的解析式：y=kx+bk≠0，
代入点A，C坐标，
得4k+b=0b=2，
解得k=−12b=2，
∴直线AC解析式：y=−12x+2；
（2）∵E为AC的中点，
∴CE=AE，
在矩形OABC中，BC//OA，
∴∠FCE=∠GAE，
在△CEF和△AEG中，
CE=AE∠CEF=∠AEG∠FCE=∠GAE
∴△CEF≌△AEGAAS，
∴EF=EG，CF=AG，
∵OE⊥FG，
∴OE为线段FG的垂直平分线，
∴OF=OG，
设CF=x，则AG=x，
∵A4,0，
∴OA=4，
∴OG=4−x，
∴OF=4−x，
在Rt△OCF中，根据勾股定理，
得22+x2=4−x2，
解得x=32，
∴CF=32；
（3）存在以P、O、G、F为顶点的四边形为菱形，分情况讨论：
①以OG，OF为边，
则OF=OG，
∵GF⊥OE，
∴E为FG的中点，
由2可知点F32,2，点G52,0，
根据平移的性质，可得点P的坐标为4,2，
∴点P的横坐标为4；
②如图1，以OG，FG为边，OG=FG，
延长OF至M，使MF=OF，在OC的延长线上截取CN=OC=2，连接MN，
∴CF=12MN，CF∥MN，
∴∠MNO=∠FCO=90°，
∵OG=FG，
∴∠GOF=∠GFO，
∵BC∥OA，
∴∠CFO=∠FOG，
∴∠CFO=∠GFO，
∵∠BCO=∠OEF，
∴OE=OC=2，
同理可得：CF=EF，
∴OF⊥CE，
∴∠COF+∠ACO=90°，
∵∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠COF=∠CAO，
∵∠MNO=∠AOC=90°，ON=2OC=OA=4，
∴△AOC≌△OMNASA，
∴MN=OC=2，
∴CF=1，
设OG=FG=a，
在Rt△EOG中，OE=OC=2，EG=FG−EF=a−1，OG=a，
∴a2−a−12=22，
∴a=52，
∴G52,0，F1,2，
∵1−52=−32，
∴P点横坐标为：−32；
③如图2，以OF，FG为边，OF=FG，

作FH⊥OG于H，连接CH，作HQ⊥AC于Q，
可得∠OFG=∠ACO，∠OCH=∠OFG，
∴CH平分∠ACO，
∴OH=HQ ,CE=OC=2，
设OH=a，
在Rt△AHQ中，HQ=x，AH=4−x，AQ=AC−CQ=25−2，
∴(4−x)2−x2=(25−2)2，
∴x=5−1，
∴F5−1,2，
∴P5−1,−2，
综上所述：P点横坐标为：4或−32或5−1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，线段和最小，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，勾股定理，线段最短原理是解题的关键．