2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题07 特殊平行四边形的综合问题(教师版)

这是一份2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题07 特殊平行四边形的综合问题(教师版)，共36页。


专题07 特殊平行四边形的综合问题
【典型例题】
1．(2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末)在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点．连接AE，过点B作BF⊥AE于F．交AD于H．

(1)如图1，过点D作DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；
(2)如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF；
(3)如图3，AB＝1，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
(1)由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，证明∠BAF＝∠ADG，然后由AAS证△AFB≌△DGA即可；
(2)如图2，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE(ASA)，得AH＝DE，再证△DJH≌△DKE(AAS)，得DJ＝DK，JH＝EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK＝FJ＝DK＝DJ，则DF＝,FJ，进而得出结论；
(3)如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT＝b，由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)，则AH＝DE，再由直角三角形斜边上的中线性质得PD＝PH＝PE，然后由等腰三角形的性质得DH＝2DK＝2b，DE＝2DT，则AH＝DE＝1﹣2b，证出PK＝QK，最后证点P在线段QR上运动，进而由等腰直角三角形的性质得QR＝DQ＝．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∵DG⊥AE，BF⊥AE
∴∠AFB＝∠DGA＝90°
∵∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°
∴∠BAF＝∠ADG
在△AFB和△DGA中
∵
∴△AFB≌△DGA(AAS)．
(2)
证明：如图2，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J

由题意知∠BAH＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝CD
∵BF⊥AE
∴∠AFB＝90°
∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°
∴∠DAE＝∠ABH
在△ABH和△DAE中
∵
∴△ABH≌△DAE(ASA)
∴AH＝DE
∵点E为CD的中点
∴DE＝EC＝ CD
∴AH＝DH
∴DE＝DH
∵DJ⊥BJ，DK⊥AE
∴∠J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°
∴四边形DKFJ是矩形
∴∠JDK＝∠ADC＝90°
∴∠JDH＝∠KDE
在△DJH和△DKE中
∵
∴△DJH≌△DKE(AAS)
∴DJ＝DK，JH＝EK
∴四边形DKFJ是正方形
∴FK＝FJ＝DK＝DJ
∴DF＝FJ
∴
∴FH+FE＝FJ﹣HJ+FK+KE＝2FJ＝DF．
(3)
解：如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT＝b

由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)
∴AH＝DE
∵∠EDH＝90°，点P为EH的中点
∴PD＝EH＝PH＝PE
∵PK⊥DH，PT⊥DE
∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°
∴四边形PTDK是矩形
∴PT＝DK＝b，PK＝DT
∵PH＝PD＝PE，PK⊥DH，PT⊥DE
∴PT是△DEH的中位线
∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT
∴AH＝DE＝1﹣2b
∴PK＝ DE＝﹣b，QK＝DQ﹣DK＝﹣b
∴PK＝QK
∵∠PKQ＝90°
∴△PKQ是等腰直角三角形
∴∠KQP＝45°
∴点P在线段QR上运动，△DQR是等腰直角三角形
∴QR＝DQ＝
∴点P的运动轨迹的长为．
【点睛】
本题考查了三角形全等，正方形的判定与性质，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的综合灵活运用．




【专题训练】
一、 选择题
1．(2021·湖南·师大附中梅溪湖中学二模)如图，在菱形ABCD中，点F在线段CD上，连接EF，且∠CBE+∠EFC＝180°，DF＝2，FC＝3．则DB＝(　　)

A．6 B． C．5 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得BD=2DE，BC=CD=5，从而得到∠CBE=∠CDB，再由∠CBE+∠EFC＝180°，可得∠CBE=∠CDB=∠DFE，从而得到△DEF∽△DCB，可得到，解得 ，即可求解．
【详解】
解：在菱形ABCD中，BD=2DE，BC=CD=DF+FC=2+3=5，
∴∠CBE=∠CDB，
∵∠CBE+∠EFC＝180°，∠DFE+∠EFC＝180°，
∴∠CBE=∠DFE，
∴∠CBE=∠CDB=∠DFE，
∵∠CDB=∠EDF，
∴△DEF∽△DCB，
∴ ，
∴，
∴ ，解得： ，
∴ ．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理，菱形的性质定理是解题的关键．
2．(广西壮族自治区玉林市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题)如图，在中，点，，分别是，，的中点，则下列四个判断中错误的是( )

A．四边形是平行四边形
B．若，则四边形不一定是矩形
C．若四边形是菱形，则是等腰三角形
D．若四边形是正方形，则是等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】
利用正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定进行依次推理，可求解．
【详解】
解：点，，分别是，，的中点，
，，，，
四边形是平行四边形，
故正确；
若，
四边形是矩形，
故错误；
若四边形是菱形，则，
，
是等腰三角形，
故正确，
若四边形是正方形，则，，
，，
是等腰直角三角形，
故正确，
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定，熟练运用这些性质是解本题的关键．
3．(2022·重庆南开中学八年级开学考试)如图所示，在长方形中，，在线段上取一点，连接、，将沿翻折，点落在点处，线段交于点．将沿翻折，点的对应点恰好落在线段上，且点为的中点，则线段的长为( )

A．3 B． C．4 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设长为，根据图形沿着某条边折叠所得的两个图形全等，得出A=AB=CD=D，，利用AAS再证，F即是AD的中点，已知再根据边之间的长度关系列出等式，解方程即可．
【详解】
解：设F长为，
∵沿翻折，点落在处，沿翻折，使点的对应点落在线段上，
∴A=AB=CD=D，，
在△AB′F和△DC′F中
，
∴(AAS)，
∴=，AF=DF，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
得，
经检验是方程的解，并符合题意，

∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查图形折叠问题，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理等知识，掌握以上知识是解题关键．
4．(2021·广东·东莞市石龙第二中学模拟预测)如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上(与B、C不重合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC，其中正确的是(　　)

A．①② B．①③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=FB•FG=S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确．
【详解】
解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，，
∴△FGA≌△ACD(AAS)，
∴AC=FG，故①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵，FG⊥CA，
∴，
∴四边形CBFG是矩形，
∴CBF=90°，
，故②正确；
∵CA=CB，，
∴，故③正确；
∵，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD•FE=AD2=FQ•AC，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：D．
【点睛】
本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
二、填空题
5．(四川省成都市高新区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题)如图，四边形ABCD是边长为cm的菱形，其中对角线BD的长为2cm，则菱形ABCD的面积为 _____cm2．

【答案】4
【解析】
【分析】
首先根据菱形的性质可得BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，然后再根据勾股定理计算出AO长，进而得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，
∵BD＝2cm，
∴BO＝1cm，
∵AB＝cm，
∴AO＝
＝＝2(cm)，
∴AC＝2AO＝4cm．
∴S菱形ABCD＝(cm2)．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三边之间的关系．
6．(2021·广东南海·二模)如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知BF＝6cm，且tan∠BAF＝，则折痕AE长是________．

【答案】
【解析】
【分析】
由折叠的性质得AF＝AD，EF＝DE，由矩形的性质得AF＝AD＝BC，DC＝AB，∠B＝∠C＝∠D＝90°，再由解得AB的值，由勾股定理得AF，知AD，CF的值，设EF＝DE＝xcm，则CE＝AB﹣DE＝(8﹣x)cm，然后在Rt△EFC中，由勾股定理求出x的值，在Rt△ADE中，由勾股定理得，计算求解即可．
【详解】
解：由折叠的性质得：AF＝AD，EF＝DE
∵四边形ABCD为矩形
∴AF＝AD＝BC，DC＝AB，∠B＝∠C＝∠D＝90°
∵
∴
由勾股定理得(cm)
∴AD＝BC＝10(cm)
∴CF＝BC﹣BF＝4(cm)
设EF＝DE＝xcm，则CE＝(8﹣x)cm
在Rt△EFC中，由勾股定理得x2＝42+(8﹣x)2
解得：x＝5
∴DE＝5cm
在Rt△ADE中，由勾股定理得(cm)
故答案为：cm．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，正切．解题的关键在于找出线段的数量关系，多次运用勾股定理求解．
7．(2021·广东·佛山市三水区三水中学附属初中二模)如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P为AB边上任一点，过P分别作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，则线段EF的最小值是_________________．

【答案】
【解析】
【分析】
证四边形PECF是矩形，根据矩形的性质得出EF=CP，根据垂线段最短得出CP⊥AB时，CP最短，然后根据三角形的面积公式求出此时CP值即可．
【详解】
解：连接CP，

∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：AB=5，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，
∴∠PEC=∠PFC=∠ACB=90°，
∴四边形EPFC是矩形，
∴EF=CP，
当CP⊥AB时，CP最小，即EF最小，
根据三角形面积公式得：AC×BC=AB×CP，
∴CP=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理，三角形的面积，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识点；能求出EF最短时P点的位置是解此题的关键．
8．(2021·广东东莞·二模)如图，已知正方形ABCD边长为3，点E在AB边上且BE＝1， P、Q分别是边BC，CD的动点(均不与顶点重合)，当四边形AEPQ的周长最小时，四边形AEPQ的面积是______．

【答案】####
【解析】
【分析】
根据最短路径的求法，先确定点E关于BC的对称点E′，再确定点A关于DC的对称点A′，连接A′E′即可得出P，Q的位置；再根据相似得出相应的线段长从而可求得四边形AEPQ的面积．
【详解】
解：如图所示：

作E关于BC的对称点E′，点A关于DC的对称点A′，此时四边形AEPQ的周长最小，
∵AD＝A′D＝3，BE＝BE′＝1，
∴AA′＝6，AE′＝4．
∵DQ∥AE′，D是AA′的中点，
∴， ，，
∴
∴
∴DQ＝AE′＝2，
∵BP∥AA′，
∴△BE′P∽△AE′A′，
∴＝，即＝ ，BP＝，
S四边形AEPQ＝S正方形ABCD﹣S△ADQ﹣S△PCQ﹣S△BEP
＝
＝
＝．
故答案为：
【点睛】
此题考查轴对称、相似三角形的判定及性质、平行线的性质等知识，利用轴对称作出辅助线确定得出P、Q的位置是解题关键．
三、解答题
9．(2021·广东·一模)如图，在矩形ABCD中，AD＜2AB，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交DC于点F，连接EF．

(1)求证：△EGF≌△EDF；
(2)若点F是CD的中点，BC＝8，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【解析】
【分析】
(1)由翻折和矩形的性质可知∠EGF＝∠D＝90°，EG＝ED，可通过HL证明Rt△EGF≌Rt△EDF；
(2)根据点F是CD的中点知：CF＝CD，BF＝，在Rt△BCF中，利用勾股定理即可列出方程．
(1)
证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴∠BGE＝∠A，AE＝GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝∠D＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴EA＝ED，
∴EG＝ED，
在Rt△EGF与Rt△EDF中，
∴Rt△EGF≌Rt△EDF(HL)．
(2)
由(1)知Rt△EGF≌Rt△EDF，
∴GF＝DF，
∵点F是CD的中点，
∴GF＝DF＝CF＝，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，AB＝CD，又由折叠可知AB＝GB，
∴GB＝CD，
∴BF＝GB+GF＝，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
∴，
∵CD＞0，
∴CD＝．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确翻折前后对应边相等是解题的关键．
10．(2022·湖南·长沙市湘一立信实验学校八年级期末)如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连接PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．

(1)则CQ的长度为 　 　(用含t的式子表示)；
(2)当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值；
(3)当点O在线段AP的垂直平分线上时，求t的值．
【答案】(1)5﹣t；
(2)当t秒时，四边形ABQP是平行四边形；
(3)
【解析】
【分析】
(1)利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；
(2)由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；
(3)在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值．
(1)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO(ASA)，
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝5，
∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；
故答案为：5﹣t；
(2)
∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
(3)
t＝ ，
如图，

在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，


∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，

或(舍去)
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键．
11．(2022·云南省昆明市第二中学九年级期末)如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与边、分别交于点、，连结、．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)若，，求的长；
(3)连结，若，求的值．
【答案】(1)四边形是菱形．理由见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)由矩形的性质及线段垂直平分线的性质，可证得，从而得AE=CF，即可证得四边形AFCE是平行四边形，进而可得四边形AFCE是菱形；
(2)设，，由四边形AECF是菱形及勾股定理可求得m，从而可得BC的长，由勾股定理可求得AC的长，从而可得OC的长，再由勾股定理求得OF的长，最后求得EF的长；
(3)设，，由矩形的性质及BE⊥CE，易得，由相似三角形的性质可得关于a、b的方程，即可求得的值，从而求得结果．
(1)
四边形是菱形．
理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；

(2)
∵，
∴设，，
∵四边形是菱形，
∴，EF=2 OE=2OF，，AC⊥EF，
在中，∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：
∴，
∴．
(3)
设，，则，，．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或(舍去)，
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解方程等知识，熟练运用这些知识是解决问题的关键．根据问题的特点设元是本题的特点．
12．(2022·成都市龙泉驿区四川师范大学东区上东学校九年级期末)如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm和1cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和点Q，连接EF、EP(s)(0＜t＜4)．

(1)t为何值时四边形ABEF是矩形？四边形ABEF能否为正方形？并说明理由．
(2)连接DQ，若四边形EQDF为平行四边形，求t的值．
(3)运动时间t为何值时，EF⊥AC？
【答案】(1)t=时，四边形ABEF是矩形；四边形ABEF不能为正方形，理由见解析.
(2)t值为2；
(3)运动时间t为s时，EF⊥AC.
【解析】
【分析】
(1)由四边形ABEF是矩形，可得：AF＝BE，然后分别用含有t的式子表示A与BE即可求t的值；若四边形ABEF为正方形，则AB=BE=AF，即可判断；
(2)由四边形EQDF为平行四边形，可得：DF＝EQ，然后分别用含有t的式子表示DF与EQ即可求t的值；
(3)先确定出AC＝10，进而得出∠ACB的余弦值，利用三角函数得出CP，CG，即可得出PG，再判断出△PFG∽△EFQ，建立方程即可得出结论，
(1)
解：在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，
∵点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm/s和1cm/s，
∴t秒后，BE=2t，AF=AD-DF=8-t，
∵四边形ABEF是矩形，
∴BE=AF，即2t=8-t，
解得t=，
故t=时，四边形ABEF是矩形；
四边形ABEF不能为正方形.
理由：当t=时，BE=AF=，
故四边形ABEF不能为正方形.
(2)
解：在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，
∴AB＝CD＝6cm，AD＝BC＝8cm，∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝∠B＝90°，
由勾股定理得：AC＝10，
∵FQ⊥BC，
∴∠FQC＝90°，
∴四边形CDFQ是矩形，
∴DF＝QC，DC＝FQ＝6cm，
t秒后，BE＝2t，DF＝QC＝t，
∴EQ＝BC−BE−QC＝8−3t，
∵四边形EQDF为平行四边形，
∴FD＝EQ，
即：8−3t＝t，
解得：t＝2，
故t值为2；
(3)
解：在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，根据勾股定理得，AC＝10cm，
∵∠B＝∠D＝∠BCD＝90°，FQ⊥BC于Q，
∴四边形CDFQ是矩形，
∴CQ＝DF，
由运动知，BE＝2t，DF＝t，
∴CQ＝t，CE＝BC−BE＝8−2t，AF＝8−t，
∴EQ＝CE−CQ＝8−3t，
在Rt△ABC中，cos∠ACB＝，
在Rt△CPQ中，cos∠ACB＝，
∴CP＝t，
∵EF⊥AC，
∴∠CGE＝90°＝∠ABC，
∴∠ACB＋∠FEQ＝90°，
∵∠ACB＋∠BAC＝90°，
∴∠FEQ＝∠BAC，
∴△ABC∽△EQF．
∴，即，
∴EQ＝，
∴8−3t＝，
解得：t＝s，
故运动时间t为s时，EF⊥AC.
【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，动点问题，相似三角形的判定与性质，综合性较强，难度适中．
13．(2021·广东南海·二模)如图1，已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝，连接AE，CF．

(1)求证：△ABE≌△CBF．
(2)如图2，连接DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．(S△BCF表示△BCF的面积)
(3)如图3，当Rt△BEF旋转到正方形ABCD外部，且线段AE与钱段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足MP+PG的值最小时，求MP的值．
【答案】(1)见解析
(2)2或6
(3)
【解析】
【分析】
(1)由“SAS”可证△ABE≌△CBF；
(2)由“SSS”可证△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可证AH＝EH，由勾股定理可求BE的长，即可求解；
(3)先确定点P的位置，过点B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的长，由平行线分线段成比例可求解．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵∠EBF＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBF，
又∵BE＝BF，AB＝BC，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF(SAS)；
(2)
解：如图2，过点E作EH⊥AB于H，

∵△ABE≌△CBF，
∴S△ABE＝S△CBF，
∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，
∴△ADE≌△ABE(SSS)，
∴∠DAE＝∠BAE＝45°，
∵EH⊥AB，
∴∠EAB＝∠AEH＝45°，
∴AH＝EH，
∵BE2＝BH2+EH2，
∴10＝EH2+(4﹣EH)2，
∴EH＝1或3，
当EH＝1时
∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×1＝2，
当EH＝3时
∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×3＝6，
∴S△BCF的值是2或6；
(3)
解：如图3，过点P作PK⊥AE于K，

由(1)同理可得△ABE≌△CBF，
∴∠EAB＝∠BCF，
∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，
∴∠AGC＝90°，
∵∠AGC＝∠ADC＝90°，
∴点A，点G，点C，点D四点共圆，
∴∠ACD＝∠AGD＝45°，
∵PK⊥AG，
∴∠PGK＝∠GPK＝45°，
∴PK＝GK＝PG，
∴MP+PG＝MP+PK，
∴当点M，点P，点K三点共线时，且点E，点G重合时，MP+PG值最小，即MP+PG最小，
如图4，过点B作BQ⊥CF于Q，

∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，
∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，
∵CQ＝，
∴CE＝CQ﹣EQ＝，
∵MK⊥AE，CE⊥AE，
∴MK∥CE，
∴，
又∵M是CD的中点，
∴DC＝2DM，
∴MP＝CE＝．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质，熟练掌握勾股定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质是解题的关键．
14．(2021·广西·南宁二中九年级开学考试)(1)感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边AB上一点(点E不与点AB重合)，连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：．
(2)探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点(点E，F不与正方形的顶点重合)，连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB中点，，，求GH的长．
(3)应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，，BF，AE相交于点G．若，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则的面积为______，的周长为______．

【答案】(1)见解析；(2)；(3)，
【解析】
【分析】
感知：由正方形的性质得出AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，证得∠ADE＝∠BAF，由ASA证得△DAE≌△ABF(ASA)，即可得出结论；
探究：分别过点A、D作，分别交BC、AB于点N、M，由正方形的性质得出，AB＝CD，∠DAB＝∠B＝90°，推出四边形DMEF是平行四边形，ME＝DF＝1，DM＝EF，证出DM⊥GH，同理，四边形AGHN是平行四边形，GH＝AN，AN⊥DM，证得∠ADM＝∠BAN，由ASA证得△ADM≌△BAN，得出DM＝AN，推出DM＝GH，由E为AB中点，得出AE＝AB＝2，则AM＝AE﹣ME＝1，由勾股定理得出DM＝，即可得出结果；
应用：S正方形ABCD＝9，由阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由SAS证得△ABE≌△BCF，得出∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四边形CEGF，则S△ABG＝，∠FBC+∠BEA＝90°，则∠BGE＝90°，∠AGB＝90°，设AG＝a，BG＝b，则，2ab＝6，由勾股定理得出a2+b2＝AB2＝32，a2+2ab+b2＝15，即(a+b)2＝15，得出a+b＝，即可得出结果．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴，，
∵，∴，，
∴，
在和中，，
∴≌(ASA)，∴．
探究：
解：分别过点A、D作，，分别交BC、AB于点N、M，如图②所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∴四边形DMEF是平行四边形，∴，，
∵，，∴，
同理，四边形AGHN是平行四边形，∴，
∵，，
∴，∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌(ASA)，∴，
∴，
∵E为AB中点，∴，
∴，
∴，
∴．
应用：
解：∵AB＝3，
∴S正方形ABCD＝3×3＝9，
∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为：×9＝6，
∴空白部分的面积为：9﹣6＝3，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四边形CEGF，
∴S△ABG＝×3＝，∠FBC+∠BEA＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴∠AGB＝90°，
设AG＝a，BG＝b，
则ab＝，
∴2ab＝6，
∵a2+b2＝AB2＝32，
∴a2+2ab+b2＝32+6＝15，
即(a+b)2＝15，而
∴a+b＝，即BG+AG＝，
∴△ABG的周长为+3，
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、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、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
15．(2022·重庆大渡口·九年级阶段练习)如图，四边形ABCD是菱形，其中，点E在对角线AC上，点F在射线CB上运动，连接EF，作，交DC延长线于点G．

(1)试判断的形状，并说明理由；
(2)图中，．
①当时，以点B为原点，射线BC为正半轴建立平面直角坐标系．平面内是否存在一点M，使得以点M、E、F、G为顶点的四边形与菱形ABCD相似？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由；
②记点F关于直线AB的轴对称点为点N．若点N落在的内部(不含边界)，求CF的取值范围．
【答案】(1)是等边三角形，理由见解析
(2)①或或；②
【解析】
【分析】
(1)过点E作，交FC于M，根据菱形的性质得，故，推出，由得，故是等边三角形，根据ASA证明，由全等三角形的性质得，即可得出答案；
(2)①首先求出点E的坐标，求出CD的函数解析式，根据求出点G的坐标，从而求出点M的坐标；
②找出点N落在DC上的位置，求出CF的长度，当N落在DE上时，求出CF的长度，从而确定CF的范围．
(1)
是等边三角形，理由如下：

如图，过点E作，交FC于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，,
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴是等边三角形；
(2)
①

如图所示，过点A作轴交于点T，
∵，
∴，
∴，，
过点E作轴交于点H，交AB于点K，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∴，，
∴CD的解析式为，
设，
∵是等边三角形，
∴，即，
解得：或(舍去)，
当时，，
∴，
当是菱形EFMG时，，
当是菱形EFGM时，，
当是菱形FGEM时，，
综上所述，或或；
②

如图，当N在CD上时，作于P，点关于AB的对称点N在CD上，
∴，，
∴，
在中，，
∴，

如图，当N在DE上时，N与关于AB对称，AB与DN交于点Q，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，轴对称性质以及三角函数，解题关键是灵活应用相关知识．