中考数学二轮专题复习专题09 以图形变换为背景的四边形问题（教师版）

这是一份中考数学二轮专题复习专题09 以图形变换为背景的四边形问题（教师版），共100页。试卷主要包含了以平移为背景的问题，以轴对称为背景的问题，以旋转为背景的问题等内容，欢迎下载使用。

专题九 以图形变换为背景的四边形问题
一、以平移为背景的问题
例题1如图，将平行四边形OABC放置在平面直角坐标系内，已知．
（1）点C的坐标是（___，__）；
（2）若将平行四边形OABC绕点O逆时针旋转得OFDE，DF交OC于点P，交y轴于点F，求的面积；
（3）在（2）的情形下，若再将平行四边形OFDE沿y轴正方向平移，设平移的距离为d，当平移后的平行四边形与平行四边形OABC重叠部分为五边形时，设其面积为S，试求出S关于d的函数关系式，并直接写出d的取值范围．

【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）结合平行四边形的性质，即可求得点的坐标；
（2）依据旋转、平行四边形的性质可得，结合三角函数可求得，，又，即可求得的面积；
（3）由题可得平移的图形与平行四边形重叠部分的面积为五边形时，即；由图可得当恰好过点时，即；重叠部分五边形面积为：；
【详解】
（1）由平行四边形的性质，可知：，又点与点的纵坐标相同；
∴点的坐标；
（2）由旋转的性质，可得：
，
∴，
∴，
由，
∴ ；
∴ ；
（3）由题可得平移的图形与平行四边形重叠部分的面积为五边形时，即；
由图可得当恰好过点时，即；
∴ 沿轴平移的范围：；
如图可得：重叠部分五边形面积为：；                                                
当时，
；
∴ ；
∴ ；

所以重叠五边形面积为：

；
【点睛】
本题主要考查平行四边形、旋转性质，关键在利用旋转进行角度关系求解进行三角形函数的应用，特别是针对面积利用三角函数关系，求解属于灵活应用的难点；
练习题
1．将图1中的矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到图2中的△A′BC′．
（1）在图2中，除△ADC与△C′BA′全等外，请写出其他2组全等三角形；①　 　；②　 　；
（2）请选择（1）中的一组全等三角形加以证明．

【答案】（1）△AA′E≌△C′CF；△A′DF≌△CBE；（2）见解析.
【分析】
（1）依据图形即可得到2组全等三角形：①△AA′E≌△C′CF；②△A′DF≌△CBE；
（2）依据平移的性质以及矩形的性质，即可得到判定全等三角形的条件．
【详解】
解：（1）由图可得，①△AA′E≌△C′CF；②△A′DF≌△CBE；
故答案为△AA′E≌△C′CF；△A′DF≌△CBE；
（2）选△AA′E≌△C′CF，证明如下：
由平移性质，得AA′＝C′C，
由矩形性质，得∠A＝∠C′，∠AA′E＝∠C′CF＝90°，
∴△AA′E≌△C′CF（ASA）．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定以及矩形的性质的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．也考查了平移的性质．
2．如图，将边长为 4 的正方形 ABCD 沿其对角线 AC 剪开，再把△ABC沿着 AD 方向平移，得到 △A¢B¢C¢ ．
（1）当两个三角形重叠部分的面积为 3 时，求移动的距离 AA¢ ；
（2）当移动的距离 AA¢ 是何值时，重叠部分是菱形．

【答案】（1）AA¢ =1或3；（2）AA¢ =时，重叠部分是菱形．
【分析】
（1）根据平移的性质，结合阴影部分是平行四边形，设AA′=x，AC与A′B′相交于点E，则A′D=4－x，△AA′E是等腰直角三角形，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解；
（2）设A¢C¢与CD交于点F，当四边形A′ECF是菱形时，有A′E=A′F，设AA′=x，则A′E=x，A′D=4－x，再由A′F=A′D，可得方程，解之即得结果.
【详解】
（1）设AA′=x，AC与A′B′相交于点E，如图，
∵△ACD是正方形ABCD剪开得到的，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠A=45°，
∴△AA′E是等腰直角三角形，
∴A′E=AA′=x，A′D=AD－AA′=4－x，
∵阴影部分面积为3，
∴x(4－x)=3，
整理得，x2－4x+3=0，
解得x1=1，x2=3，
即移动的距离AA′=1或3.

（2）设A¢C¢与CD交于点F，当四边形A′ECF是菱形时，A′E=A′F，
设AA′=x，则A′E=CF=x，A′D=DF=4－x，
∵△A′DF是等腰直角三角形，
∴A′F=A′D，
即，
解得，
即当移动的距离为时，重叠部分是菱形.
【点睛】
本题考查了平移的性质、等腰直角三角形的性质和判定、正方形和菱形的性质及一元二次方程的解法等知识，解决本题的关键是抓住平移后图形的特点，利用方程思想解题．
3．如图1，在平面直角坐标系中，正方形的面积等于4，长方形的面积等于8，其中点、在轴上，点在轴上．

（1）请直接写出点，点，点的坐标；
（2）如图2，将正方形沿轴向右平移，移动后得到正方形，设移动后的正方形长方形重叠部分（图中阴影部分）的面积为；
①当时，______；当时，______；当时，______；
②当时，请直接写出的值．
【答案】（1），，；（2）①2，4，2；②或．
【分析】
（1）由正方形面积求出边长再求出A、B点坐标，又由长方形面积求出长再求出D点坐标．
（2）①AA′=1 时，面积为图2阴影部分；AA′=3 时，面积为正方形面积；AA′=5时正方形一半在长方形内，一半在长方形外．
②S=1时注意有两种情况：正方形刚进入长方形的时候和正方形快要走出长方形的时候．
【详解】
解：（1）正方形面积为4
∴AB=AO= 2
∴，
∴，
长方形面积为8，AO=2
∴AD=8÷2=4
∴
（2）①AA′=1 时，面积为图2阴影部分，S=AA′×AO=1×2=2
AA′=3 时，面积如下图，S=AB′×AO=2×2=4

AA′=5时，面积如下图，S=B'D×BC=1×2=2

②正方形刚进入长方形时，可参照图2，阴影部分是AA'O'O，该部分面积=AA'×AO=AA'×2=1
∴AA'=1÷2=
正方形快要走出长方形时，可参照下图，阴影部分是B'DEC，该部分面积=B'D×B'C=B'D×2=1

∴B'D=1÷2=
∴A'D=2-=
∴AA'=4+=
故答案为AA′=或AA′=
【点睛】
本题考查图形的平移和坐标的知识，准确识图，结合图形灵活运用相关知识是解题的关键．
4．问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．

【答案】（1）四边形BFEC为平行四边形，理由见解析；（2）能， 或；（3）作图见解析，结论为：四边形为矩形．
【分析】
（1）由等边三角形的性质及旋转的性质求得△BFD为等边三角形，从而求得EF∥BC且EF=BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判断；
（2）分三角形沿射线BC和射线CB方向平移两种情况，结合菱形的性质及勾股定理求得CG的长度，从而求解；
（3）在（1）问的基础上，利用平移及等边三角形的性质构造矩形作图，从而求解．
【详解】
（1）四边形BFEC为平行四边形．
理由如下：∵△ABC为等边三角形
∴∠ABD=60°，AB=BC
由题意，知FD=BD
∴△BFD为等边三角形
∴∠FDB=60°
∵∠EFD=60°
∴EF∥BC
∵EF=AB=BC
∴四边形BEFC为平行四边形．

（2）在Rt△ABD中，∠ABD=60°，BD=DC=4
∴AD=4
当△DEF沿射线BC方向平移时，过点作G垂直BC交BC的延长线于点G
∵∥BC，=30°
∴=30°
在Rt△中，=4
∴=2
∴=6
∵四边形为菱形
∴=8
在Rt△中，由勾股定理得CG=
∴DG=DC+CG=4+2
∴=DG-=2-2
当△EDF沿射线CB方向平移时，同理可得=2+2，即a=-2-2
∴a=-2-2或2-2


（3）将图（2）中的△EFD在平面内沿CB方向平移2个单位长度，得到△
此时
∴四边形为矩形

【点睛】
此题主要考查了几何变换综合以及等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用平移及等边三角形的性质得出DD′的长是解题关键．
5．如图（1），在平面直角坐标系中，已知点，，且m，n满足，将线段向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到线段，其中点C与点A对应，点D与点B对应，连接，．


（1）求点A、B、C、D的坐标；
（2）在x轴上是否存在点P，使三角形的面积等于平行四边形的面积？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图（2），点E在y轴的负半轴上，且．求证：．
【答案】（1），，，；（2）存在，或；（3）见解析
【分析】
（1）由非负数的性质得出，且，求出，，得出，，由平移的性质得，；
（2）设，由（1）由（1）得：，，∴，进而可得关于x的方程，即可得出答案；
（3）由平移的性质得，由平行线的性质得出，证出，即可得出结论．
【详解】
（1）解：∵m，n满足，
∴，且，
∴，，
∴，，
由平移的性质得：，；


（2）解：存在，理由如下：
设，
由（1）得：，，
∴，
∵，
∴，
解得：或，
∴点P的坐标为或；
（3）证明：由平移的性质得：，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了平移的性质、坐标与图形性质、平行四边形的面积、三角形面积等知识；熟练掌握平移的性质是解题的关键．
6．如图①，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，现同时将点分别向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度，分别得到点的对应点，连接
问题提出:
（1）请直接写出点的坐标 ， ，及四边形的面积 ﹔
拓展延伸:
（2）如图①，在坐标轴上是否存在一点，使，若存在，请求出点的坐标，若不存在，试说明理由.

迁移应用:
（3）如图②，点是线段上的个动点，连接，当点在上移动时(不与重合）给出下列结论：①的值不变，②的值不变，其中有且只有一个是正确的，请你找出这个结论并求其值.

【答案】（1）；（2）存在，M（0,6）或（0，-2）或（-3,0）或（1,0）；（3）结论①正确，
【分析】
（1）根据点的平移规律易得点C，D的坐标，可证四边形ABDC是平行四边形，由平行四边形的面积公式可求解；
（2）先计算出S△MAC=2，然后分M在x轴或y轴上两种情况，根据三角形面积公式列方程求解，从而确定M的坐标；
（3）作PE∥AB，根据平行线的性质得CD∥PE∥AB，则∠DCP=∠EPC，∠BOP=∠EPO，易得∠DCP+∠BOP=∠EPC+∠EPO=∠CPO．
【详解】
解：（1）由题意可知：C点坐标为，D点坐标为（4，2）
∴AB=4，OC=2
S四边形ABDC=AB×OC=4×2=8
故答案为：（0，2）；（4，2）；8
（2）存在
，且

①当点在轴上时，令

或
此时点的坐标为
②当点在轴上时，令

或b=1
此时点的坐标为
综上，点M的坐标为
（3）结论①正确
过点作交与点
∵AB∥CD




【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，也考查了坐标与图形性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
7．综合与实践．
如图1，将两个全等的三角尺与三角尺如图摆放（与重合），其中，，．

（1）如图2，固定三角尺不动，将三角尺沿方向平移至图2位置，分别连接，．则四边形的形状为______；
（2）如图3，在图2的基础上，将三角尺沿方向继续平移，当四边形是菱形时，分别连接，．
①请判断此时四边形的形状，并说明理由；
②若，则四边形的周长为______．
【答案】（1）平行四边形；（2）①菱形，理由见解析；②
【分析】
（1）根据即可证得四边形是平行四边形；
（2）①连接交BE于点O，根据可证得四边形是平行四边形，再根据四边形是菱形，得到，进一步得到，进而证得四边形是菱形；②根据四边形是菱形和∠ABC=30°，可求得BC，进而可求得
，再根据四边形是菱形即可求得周长．
【详解】
解：（1）四边形ABDE的形状为平行四边形，理由如下：
∵平移过程中，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）①四边形的形状是菱形．
理由如下：
如图，连接交BE于点O，

∵平移过程中，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
②∵四边形是菱形，
∴AF=AC=1,
∵∠ABC=30°，
∴BC=2，
∴，
∵四边形是菱形，
∴AB=BD=DE=AE=，
∴四边形ABDE的周长为．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，解题的关键是综合运用相关知识解题．
8．如图，在平面直角坐标系中，点，的坐标分别为，，现同时将，两点先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，分别得到点，的对应点，，连接，，．

（1）写出点，的坐标分别是______，______；四边形的面积为______；
（2）在轴上是否存在点，连接，，使得三角形面积是三角形面积的2倍，若存在，请求出点的坐标：若不存在，请说明理由；
（3）若点是直线上一点，连接，，请你直接写出，与的数量关系．
【答案】（1）；；8；（2）存在，点坐标为或；（3）当点在线段上运动时，；当点在线段延长线运动时，；当点在线段延长线运动时，
【分析】
（1）根据点的平移规律可得D、C的坐标以及四边形ABCD的面积；
（2）根据四边形的面积是三角形面积的2倍，得,即可求出点P的坐标；
（3）分三种情况，当点Q在线段BC上运动时，当点Q在线段BC的延长线上运动时，当点Q在CB的延长线上运动时，分别画图得出答案．
【详解】
解：（1）点，的坐标分别为，，
将，两点先向上平移2个单位长度，再向右平移1个单位长度，分别得到点，的坐标分别是，
AB=CD，
四边形ABCD为平行四边形
四边形的面积为：；
（2）存在，理由如下：
D ， C

∵AB、CD之间的距离为2，且三角形面积是三角形面积的2倍，
，
∵两个三角形等高，且

又∵
∴，
点B的坐标为
点P的坐标为或；
（3）①当点在线段上运动时，延长DQ交x轴于E点，如图2-1




；
②当点在线段延长线运动时，如图2-2




；
③当点在线段延长线运动时，如图2-3




；
综上所述：当点在线段上运动时，；
当点在线段延长线运动时，；
当点在线段延长线运动时，．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、三角形外角的性质，以及点的平移的规律，对点Q的位置进行分类讨论时解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，四边形各顶点的坐标分别为，，，，现将四边形经过平移后得到四边形，点的对应点的坐标为．

（1）请直接写点、、的坐标；
（2）求四边形与四边形重叠部分的面积；
（3）在轴上是否存在一点，连接、，使，若存在这样一点，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或
【分析】
（1）先确定平移的规则，然后根据平移的规则，求出点的坐标即可；
（2）由平移的性质可知，重叠部分为平行四边形，且底边长为3，高为2，即可求出面积；
（3）设点的坐标为，先求出平行四边形ABCD的面积，然后利用三角形的面积公式，即可求出b的值．
【详解】
解：（1）∵，，
∴平移的规则为：向右平移2个单位，向上平移一个单位；
∵，，，
∴；
（2）如图，延长交x轴于点E，过点做

由平移可知，重叠部分为平行四边形，高为2，





∴重叠部分的面积为
（3）存在；
设点的坐标为，
∵，
，
∴，
∴点的坐标为或．
【点睛】
本题考查了平移的性质，平行四边形的性质，坐标与图形，以及求阴影部分的面积，解题的关键是熟练掌握平移的性质进行解题．
10．如图，在平面直角坐标系中，已知，，，，满足．平移线段得到线段，使点与点对应，点与点对应，连接，．
（1）求，的值，并直接写出点的坐标；
（2）点在射线（不与点，重合）上，连接，．
①若三角形的面积是三角形的面积的2倍，求点的坐标；
②设，，．求，，满足的关系式．

【答案】（1）；（2）①或；②点在B点左侧时，；点在B点右侧时，．
【分析】
（1）根据非负数的性质分别求出、，根据平移规律得到平移方式，再由平移的坐标变化规律求出点的坐标；
（2）①设，根据三角形的面积公式列出方程，解方程求出，得到点P的坐标；
②分点点在B点左侧、点在B点右侧时，过点P作，根据平行线的性质解答．
【详解】
解：（1），
，，
，解得，，．
，，
平移线段得到线段，使点与点对应，
∴平移线段向上平移4个单位，再向右平移2个单位得到线段，
∴，即；
（2）①设，
∵线段平移得到线段，
∴，
∵，
∵，
∴，
∵，
∴
解得，
当P在B点左侧时，坐标为（1，0），
当P在B点右侧时，坐标为（7，0），
或；
②I、点在射线（不与点，重合）上，点在B点左侧时，，，满足的关系式是．
理由如下：如图1，过点作，
，
∴，
由平移得到，点与点对应，点与点对应，
，
∴
∴，
；即，
II、如图2，点在射线（不与点，重合）上，点在B点右侧时，，，满足的关系式是．

同①的方法得，，，
；即：
综上所述：点在B点左侧时，．点在B点右侧时，．
【点睛】
本题考查了坐标与图形平移的关系，坐标与平行四边形性质的关系，平行线的性质及三角形、平行四边形的面积公式．关键是理解平移规律，作平行线将相关角进行转化．
二、以轴对称（折叠）为背景的问题
例题2如图1，四边形中，，，，经过点的直线将四边形分成两部分，直线与所成的角设为，将四边形的直角沿直线折叠，点落在点处（如图1）．

（1）若点与点重合，则_______，_______；
（2）若折叠后点恰为的中点（如图2），则的度数为_________．
（3）在（2）的条件下，求证：．
【答案】（1），8；（2）；（3）证明见解析．
【分析】
（1）利用轴对称的性质即可解决问题；
（2）延长ED、OA，交于点F，如图2．易证，则有DE＝DF，根据垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得∠EOD＝∠FOD，从而就可求出；
（3）根据是的线段垂直平分线，得到，故可求解．
【详解】
（1）若点D与点A重合，
则∠COA＝45°，OA＝OC＝8．
故答案为：45°，8．
（2）如图：延长ED、OA，交于点F．
∵∠AOC＝∠BCO＝90°，
∴∠AOC＋∠BCO＝180°，
∴BC∥OA，
∴∠B＝∠DAF．
在△BDE和△ADF中，
，
∴（ASA），
∴DE＝DF．
∵∠ODE＝∠OCE＝90°，
∴根据线段垂直平分线的性质可得OE＝OF，
∴根据等腰三角形的性质可得∠EOD＝∠FOD．
由折叠可得∠FOD＝∠EOC＝，
∴∠COA＝3＝90°，
∴＝30°．
故答案为：；

（3）由（2）得是的线段垂直平分线，
∴，BE=AF
∵，
∴．
【点睛】
本题主要考查了轴对称的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定，构造全等三角形是解决第（2）小题的关键．
练习题
1．如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P从点C出发，沿折线CB﹣BA以每秒5个单位长度的速度向点A运动，同时点E从点A出发，沿AC以每秒2个单位长度的速度向点C运动，点P到达点A时，点P、E同时停止运动．当点P不与点A、C重合时，作点P关于直线AC的对称点Q，连接PQ交AC于点F，连接EP、EQ，设点P的运动时间为t秒．

(1)当点P在CB上时，用含t的代数式表示AF＝______；当点P在AB上时，用含t的代数式表示AF＝______；
(2)当△EPQ为直角三角形时，求t的值．
(3)如图②，取PE的中点M，连接QM．当P在AB上，且QM∥CD时，求t的值．当点P在CB上运动时，是否存在QM∥AD的情况，如果存在直接写出t的值，如果不存在请说明理由．
【答案】(1)10﹣4t；
(2)t的值为或2
(3)当P在AB上时t的值为，当P在BC上时t的值为
【分析】
（1）根据矩形和三角函数的性质，得，结合轴对称和三角函数性质分析，即可得到答案；
（2）根据轴对称、等腰直角三角形、直角三角形斜边中线的性质，得PF＝EF，分P在BC上、点P在AB上两种情况，结合三角函数性质，通过列一元一次方程并求解，即可得到答案；
（3）根据平行线、三角函数、线段和差的性质，通过列一元一次方程并求解，即可得到答案．
(1)
当点P在BC上时，由题意得：CP＝5t，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝10，
∴
∵点P和点Q关于直线AC的对称
∴
∴
∵CP＝5t，
∴CF＝4t，
∴AF＝10﹣4t，
当点P在AB上时，由题意得：
∵
∴
∴
故答案为：10﹣4t；；
(2)
∵点P和点Q关于直线AC的对称，即PF＝QF，
∴
∴若△EPQ为直角三角形，则△EPQ为等腰直角三角形
∴PF＝EF，
当P在BC上时，
∵PF＝PC•sin∠BCA＝5t•＝3t，EF＝AF﹣AE＝10﹣4t﹣2t＝10﹣6t，
∴10﹣6t＝3t，
∴t＝
当P在AB上时，
∵PF＝PA•sin∠BAC＝（8+4﹣5t）•＝，EF＝AE﹣AF＝2t﹣＝5t﹣，
∴＝5t﹣，
∴t＝2，
∴当△EPQ为直角三角形时，t的值为或2；
(3)
过Q点作QG⊥AB延长线于G，延长QM交BC于N，过点E作EH⊥BC于H，

∵PB∥MN∥DH，PM＝EM，
∴BN＝NH，
在Rt△PQG中，PQ＝2PF＝2AF•tan∠PAF＝﹣8t，
∴QG＝PQ•sin∠APF＝PQ•cos∠PAF＝PQ＝（14﹣5t），
在Rt△ECH中，HC＝CE•cos∠ECH＝t，
∵BH＝2BN，即BC﹣CH＝2QG，
∴（8﹣t）＝2×（14﹣5t），
解得t＝，
当点P在线段BC上，QM∥BC时，
过点E作EH⊥BC于H，过点P作PK⊥QM于K，

∵QM∥BC，PM＝EM，
∴EH＝2PK，
在Rt△PQK中，PQ＝2PF＝2CF•tan∠PCF＝6t，
∴PK＝PQ•cos∠KPQ＝PQ•cos∠PCF＝PQ＝8t，
在Rt△ECH中，HE＝CE•cos∠PCF＝6﹣t，
∵EH＝2PK，
∴（6﹣t）＝2×8t，
解得t＝
∴当P在AB上时t的值为，当P在BC上时t的值为．
【点睛】
本题考查了平行线、矩形、轴对称、三角函数、等腰直角三角形、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握三角函数、轴对称的性质，从而完成求解．
2．几何模型：
条件：如图1，A、B是直线l同侧的两个定点．

问题：在直线l上确定一点P，使的值最小，
方法：作点B关于直线l的对称点，连接交l于点P，则的值最小．
直接应用：
(1)如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且，N是AC上一动点，则的最小值为______．

变式练习：
(2)如图3，点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是的中点，P是直径MN上一动点，求的最小值．

深化拓展：
(3)如图4，在锐角中，，，的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，求的最小值．

(4)如图5，在四边形ABCD的对角线AC上找一点P，使．（要求：保留作图痕迹，并简述作法．）

【答案】(1)10
(2)的最小值为
(3)的最小值为4
(4)见解析
【分析】
（1）连接BN，根据AC是对角线为对称轴，得出BN=DN，根据两点之间距离得出DN+NM=BN+NM≥BM，当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，然后利用勾股定理求解即可；
（2）作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，可得PB=PB′，根据两点之间距离得出PA+PB=PA+PB′≥AB′，当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′，然后求出∠AOB′=90°，再利用勾股定理AB′=即可；
（3）作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′根据AD平分∠CAB，点N在AB上，得出点N′在AC上，根据对称性得出MN=MN′，，当点M，N′在BE上时最小=BE，可证△AEB为等腰直角三角形，根据勾股定理求出即可；
（4）作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，根据点B与点B′关于AC对称，得出PB=PB′，根据等腰三角形三线合一性质得出PE平分∠BPB′即可．
(1)
解：连接BN，
∵四边形ABCD为正方形，AC是对角线为对称轴，
∴BN=DN，
∴DN+NM=BN+NM≥BM
∴当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，
∵DM=2，DC=BC=8，
∴CM=DC-DM=8-2=6，
在Rt△BCM中，BM=，
∴DN+NM最小=10；
故答案为10；

(2)
解：作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，
则PB=PB′，
∴PA+PB=PA+PB′≥AB′，
∴当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′
∵点A是半圆上（半径为1）的三等分点，
∴的度数为60°，
∵B是的中点，
∴的度数为30°，
∴的度数为60°+30°=90°，
∴∠AOB′=90°，
∵OA=OB′=1，
∴AB′=，
∴PA+PB最小=；

(3)
解：作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′
∵AD平分∠CAB，点N在AB上，
∴点N′在AC上，
MN=MN′，，
∴当点M，N′在BE上时最小=BE，
∵∠CAB=45°，BE⊥AC
∴∠EBA=180°-90°-45°=45°=∠CAB，
∴AE=BE，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴最小=4；

(4)
作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，
∵点B与点B′关于AC对称，
∴PB=PB′，
∵PE⊥BB′
∴PE平分∠BPB′，
∴∠APB=∠APD．

【点睛】
本题考查尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质，掌握尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质是解题关键．
3．在学习实数时，我们知道了正方形对角线的长度是边长的倍，所以等腰直角三角形的底边长是腰长的倍．例如，图1中的四边形ABCD是正方形，ABC是等腰直角三角形，则AC＝AB．
小玲遇到这样一个问题：如图2，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝45°，BC＝2，AD⊥BC于点D，求AD的长．
小玲发现：如图3，分别以AB，AC为对称轴，分别作出ABD，ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC交于点G，可以得到正方形AEGF，根据轴对称图形的性质和正方形四条边都相等就能求出AD的长，请直接写出：BD的长为 　 　，BG的长为 　 　，AD的长为 　 　；
参考小玲思考问题的方法，解决问题：
如图4，在平面直角坐标系xOy中，点A（3，0），B（0，4），AB＝5，点P是OAB外角的角平分线AP和BP的交点，直接写出点P的坐标为 　 　.

【答案】小玲发现：；2；＋2；解决问题：（6，6）
【分析】
小玲发现：根据等腰三角形的三线合一可得BD＝CD＝BC＝，再根据轴对称的性质可得BE＝CF＝，再根据题意可得四边形AEGF为正方形，由此可得EG＝FG＝AE，∠G＝90°，进而可得为等腰直角三角形，由此可求得BG＝2，再根据轴对称的性质即可求得AD的长；
解决问题：过点P作PM⊥x轴于点M，作PN⊥y轴于点N，作PH⊥AB于点H，仿照小玲的解法求解即可．
【详解】
解：小玲发现：
∵AB＝AC，AD⊥BC，BC＝2，
∴BD＝CD＝BC＝，
∵翻折，
∴，，
∴BD＝BE＝，CD＝CF＝，AD＝AE，
∴BE＝CF＝，
又∵由题意可得：四边形AEGF为正方形，
∴EG＝FG＝AE，∠G＝90°，
∴EG－BE＝FG－CF，
即BG＝CG，
∴为等腰直角三角形，
∴BC＝BG，
又∵BC＝2，
∴BG＝2，
∴AE＝EG＝BE＋BG＝＋2，
∴AD＝AE＝＋2，
故答案为：；2；＋2；
解决问题：
如图，过点P作PM⊥x轴于点M，作PN⊥y轴于点N，作PH⊥AB于点H，

∵AP，BP分别平分∠BAM，∠ABN，PM⊥x轴，PN⊥y轴，PH⊥AB，
∴PM＝PH＝PN，∠PNB＝∠PHB＝∠PHA＝∠PMA＝90°，
∴在与中，
，
∴，
∴，，
同理可得：，，
∵AB＝5，
∴，
∵点A（3，0），B（0，4），
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴


，
∵AP，BP分别平分∠BAM，∠ABN，
∴，
∴

，
∴，
又∵，，
∴


，
又∵∠PNB＝∠PMA＝∠AOB＝90°，PM＝PN，
∴四边形为正方形，
∴，
∴点P的坐标为（6，6），
故答案为：（6，6）．
【点睛】
本题考查了轴对称图形的性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的定义与性质以及坐标与图形，熟练掌握相关图形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
4．如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．
（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；
（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：
（3）当a=8时，
①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；
②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．


【答案】（1）；（2）；（3）①；②PB的长度为8或或．
【分析】
（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；
②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
设PB=x，则PC=6−x，
由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6−x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
设PB′=PB=t，
如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD−DB′=8−2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8−2)2+(6−t)2，
∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，

在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，则有：(8−2)2+(t−3)2=t2，
解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，

∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
综上所述，PB的长度为8或或；
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
5．已知，四边形中，点关于的对称点为，连接、，交于点．
①如图1，当四边形为矩形时，请直接写出与的数量关系；

（2）如图2，当四边形为平行四边形时，①（1）题中的结论是否仍然成立?若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

②如图3，当时，、的延长线相交于点，请直接写出的值．

【答案】（1）；（2）①成立，证明见解析；②
【分析】
(1)结论：，证明，可得结论；
(2)①结论成立，如图，过点作，交于点，证明==CD，再证明，可得结论；
②根据条件得到，由对称性得到，可推出，证明出△ADE是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
（1）结论：，
证明：四边形为矩形，

点关于的对称点为，

在和中，

（2）①成立．

证明：过点作，交于点，
，

∵四边形是平行四边形，
，
，

∵点与点关于对称，
，
，


在和中


．
② 平行四边形中，，

∵点与点关于对称，

【点睛】
本题属于三角形和四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形和矩形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6．【源模：模型建立】
白日登山望峰火，黄昏饮马傍交河．——《古从军行》唐   李欣
诗中隐含着一个有趣的数学问题，我们称之为“将军饮马”问题．关键是利用轴对称变换，把直线同侧两点的折线问题转化为直线两侧的线段问题，从而解决距高和最短的一类问题．“将军饮马”问题的数学模型如图所示：

【新模1：模型应用】
如图1，正方形的边长为，点在边上，且，为对角线上一动点，欲使周长最小．

（1）在图中确定点的位置（要有必要的画图痕迹，不用写画法）；
（2）周长的最小值为______．
【新模2：模型变式】
（3）如图2，在矩形中，，，在矩形内部有一动点，满足，则点到，两点的距离和的最小值为______．

【超模：模型拓广】
（4）如图3，，，．请构造合理的数学模型，并借助模型求的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）
【分析】
（1）连接ED交AC于一点F，连接BF，点F即为所求的点；
（2）连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时△BFE的周长最小，利用勾股定理求出DE即可；
（3）设AB边上的高h，由题意，根据三角形面积、矩形面和解得h=2，再由轴对称性质，解得点到，两点的距离和的最小值为AC，最后根据勾股定理解题即可；
（4）作点A关于BD的对称点G过点G作 交ED延长线于点F，则 ，，利用勾股定理可得
的最小值就是的最小值，即GE的长，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：（1）如图，连接ED交AC于一点F，连接BF，点F即为所求的点；

（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BF=DF，
∴△BFE的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时△BEF的周长最小，
∵正方形ABCD的边长为3，
∴AD=AB=3，∠DAB=90°，
∵点E在AB上，且BE=1，
∴AE=2，
∴ ，
∴△BFE的周长为；
（3）设△PAB中AB边上的高是h，如图，

∵在矩形中，，
∴ ，
∵，，
∴ ，
∴动点P在与AB平行且与AB距离为2的直线l上，
∴点B与点C关于直线l对称，
连结AC交直线l于点 ，则AC的长就是所求的最短距离，
在 中，，
∴点到，两点的距离和的最小值为；
（4）如图，作点A关于BD的对称点G过点G作 交ED延长线于点F，则 ，，

设为，则CD=3-x，
在 和 中，由勾股定理得：
，，
则的最小值就是的最小值，即GE的长，
∵，，
∴，
∴四边形BDFG为矩形，
∴DF=BG=2，GF=BD=3，
∴EF=5，
在中，，，
，
所以，的最小值为．
【点睛】
本题主要考查了图形的变换——轴对称求最短路线，勾股定理，利用数形结合思想，构造直角三角形，利用勾股定理是解题的关键．
7．如图①，在矩形中，点A在轴正半轴上，点在轴正半轴上，点在第一象限，，．

（1）直接写出点的坐标：________；
（2）如图②，点在边上，连接，将沿折叠，点恰好与线段上一点重合，求线段的长度；
（3）如图③，是直线上一点，交线段于．若在第一象限，且，试求符合条件的所有点的坐标．
【答案】（1）；（2）3；（3）或
【分析】
（1）结合题意，根据矩形、直角坐标系的性质分析，即可得到答案；
（2）结合矩形和勾股定理性质，计算得；根据轴对称性质，得，，，从而得；根据勾股定理性质列方程并求解，即可得到答案；
（3）当点在下方时，过点作交轴于，交于；结合矩形性质，通过证明，得，，通过计算即可得到点坐标；当点在的上方时，过点作交轴于，交的延长线于，同理证明，通过计算得到点坐标，即可完成求解．
【详解】
解：（1）∵矩形中，，
∴点的坐标为：
故答案为：；
（2）∵，
∴，
，
由题意知，，，
，
∴
∴
∴；
（3）设点，
当点在下方时，如图③，

过点作交轴于，交于，
，
，
，
，
，
，
，
∴点；
当点在的上方时，如图④，

过点作交轴于，交的延长线于，
同理可证，
，
，
，
∴点，
综上，点坐标为或．
【点睛】
本题考查了直角坐标系、矩形、轴对称、勾股定理、全等三角形、一元一次方程的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、直角坐标系、轴对称、勾股定理、全等三角形的性质，从而完成求解．
8．李明酷爱数学，勤于思考，善于反思．在学习八年级下册数学知识之后，他发现“二次根式、勾股定理、一次函数、平行四边形”都和“将军饮马”问题有关联，并且为解决“饮马位置”“最短路径长”等问题，提供了具体的数学方法．于是他撰写了一篇数学作文．请你认真阅读思考，帮助李明完成相关问题．
“将军饮马”问题的探究与拓展
八年级三班   李明
“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”（唐·李颀《古从军行》），这句诗让我想到了有趣的“将军饮马”问题：将军从地出发到河边饮马，然后再到地军营视察，怎样走路径最短？

【数学模型】如图1，，是直线同旁的两个定点．在直线上确定一点，使的值最小．
【问题解决】作点关于直线的对称点，连接交于点，则点即为所求．此时，的值最小，且．

【模型应用】
问题1．如图2，经测量得，两点到河边的距离分别为米，米，且米．请计算出“将军饮马”问题中的最短路径长．

问题2．如图3，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一个动点，则的最小值是________．

问题3．如图4，在平面直角坐标系中，点，点．
（1）请在轴上确定一点，使的值最小，并求出的坐标；
（2）请直接写出的最小值．

【模型迁移】
问题4．如图5，菱形中，对角线，相交于点，，．点和点分别为，上的动点，求的最小值．

【答案】问题1．“将军饮马”问题中的最短路径长为1500米；问题2．；问题3．（1）见解析，P点坐标为（2，0）；（2）；问题4．线段PE+PC的最小值是．
【分析】
问题1．作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′②如图2中，王小二从A处牵牛到河边饮水然后回到家B的最短路程，根据勾股定理计算即可；
问题2．由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点．此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果；
问题3．（1）作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，利用对称的性质得到PA=PA′，则PA+PB=PA′+PB=BA′，于是利用两点之间线段最短可判断P点满足条件；先写出点A′的坐标，再利用待定系数法求出直线BA′的解析式，然后求得P点坐标；
（2）利用两点间的距离公式求出BA′即可．
问题4．过A作AE⊥CD，交BD于P，连接CP，利用菱形的性质和勾股定理的知识解答即可．
【详解】
解：问题1：作点A关于直线l的对称点A′，连接BA′，过点A′作A′M⊥BD并交BD线于点M，

∴AC=A′C=300米，
在Rt△A′BM中，A′M=CD=900米，BM=BD+DM=BD+ A′C=1200米，
A′B=（米），
∴“将军饮马”问题中的最短路径长为1500米；
问题2：如图，连接BE，

设BE与AC交于点P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度．
∵直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=9，CE=CD=3，
∴BE=．
故答案为：．
问题3．（1）如图，作A点关于x轴的对称点A′，连接BA′交x轴于P点，P点即为所求：

利用对称的性质得到PA=PA′，则PA+PB=PA′+PB=BA′，BA′的值最小；
A点关于x轴对称的点A′的坐标为（-2，-4），
设直线BA′的解析式为y=kx+b，
把A′（-2，-4），B（4，2）代入得：
，解得，
∴直线BA′的解析式为y=x-2，
当y=0时，x-2=0，解得x=2，
∴P点坐标为（2，0）；
（2）PA+PB的最小值= BA′=；
问题4．过A作AE⊥CD，交BD于P，连接CP，

此时线段PE+PC最小，且PE+PC=AE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=BD=8，OC=AC=6，
∴BC=10，即
设CE=x，则DE=10-x，AB=CD=AD=BC=10，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，即CE=，
∴AE=，
∴线段PE+PC的最小值是．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短问题，垂线段最短，等腰三角形的性质，菱形的性质，正方形的性质，勾股定理等知识，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键．
9．如图①，矩形的分别在y轴与x轴上，已知点B的坐标为，动点D从点O开始沿射线OA以每秒3个单位的速度运动，动点E从点C始沿射线CO以每秒k个单位的速度运动.点D，E同时出发，设运动时间为t秒．将沿折叠，得到．


（1）若k的值为4，则t为何值时四边形为正方形？
（2）k为何值时四边形为矩形？
（3）如图②，在线段上取一点F，使得，连结，，是否存在一个k值，使得四边形为菱形？若存在，求出k以及此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或12s；（2）当时，或时，四边形为矩形；（3），时，四边形为菱形．
【分析】
（1）当时，四边形为正方形，根据，构建方程即可解决问题；
（2）当在直线AB上，点D与点A重合时，四边形为矩形，根据，构建方程即可解决问题；
（3）假设存在．根据菱形的性质，勾股定理构建方程组即可解决问题．
【详解】
解：（1）如解图①中，

当时，四边形为正方形，
四边形是矩形，，
，，
，，
，
解得：或，
或12s时，四边形为正方形．
（2）当在直线AB上，点D与点A重合时，四边形为矩形，如解图② ，

∴，，
∴，
∴OD=OE，
∵依题意得：
，解得：，；
当时，或时，四边形为矩形；
（3）假设存在．如解图③中，

四边形为菱形，
，
∵，，
∴，
∴，
在中，，
，
整理得：，
解得，（舍弃），
∵，
∴，
，     
，时，四边形为菱形．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
10．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A在y轴上，点C在x轴上，点B的坐标为．直线分别与射线、射线交于点E、F．作四边形关于直线l的轴对称图形．

（1）当直线l恰好平分矩形的面积时，求直线l的解析式；
（2）当线段与y轴有交点时，求b的取值范围；
（3）当直线l从点C出发，向x轴正方向运动，同时另一点P从O点出发向x轴正方向运动，直线l与点P的速度之比为3：1，连结．当中有一边平行于矩形的某一边时，求的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）或或
【分析】
（1）根据矩形性质，得，，；根据题意，得；根据一次函数的性质，分别计算得OF、AE，再根据直线l恰好平分矩形的面积，通过列方程并求解，即可得到答案；
（2）根据轴对称的性质，得，；根据三角形中位线性质，得；根据平行线性质，推导得；根据一次函数和三角函数性质，计算得；根据三角函数性质，得；同理，计算得；通过一元一次不等式组计算，即可得到答案；
（3）分、、三种情况分析；当时，=过点E作，交于点G；结合（2）的结论，通过证明四边形为矩形，得，，，根据三角函数性质，得、，即可得到三角形面积；当时，过点E作，交于点G，过点B作于点；设，则，通过列一元一次方程并求解，结合三角函数性质，从而计算得、，即可得到三角形面积；当时，过点作，交延长线于点G，同理，计算得、，从而完成求解．
【详解】
解：（1） ∵矩形的顶点A在y轴上，点C在x轴上，点B的坐标为
∴，，，
根据题意，直线，当是，
∵直线分别与射线、射线交于点E、F
∴当时，，即
当时，，即
∵直线l恰好平分矩形的面积
∴
∴
∴
∴
∴
（2）如图，连接，交直线与点G，过点作，交于点H，直线交y轴于点R, 过点G作，交于点P

∵四边形和关于直线l的轴对称，即点和关于直线l对称
∴，
∴
∵直线交y轴于点R
∴，即
∵
∴   
∴
∵
∴
∴
∴
∴
连接，交直线与点Q，过点作，交于点N，直线交y轴于点R, 过点Q作，交于点M

同理，得
当且时，线段与y轴有交点
即
∴；
（3）当时，如图, 过点E作，交于点G

∵直线l与点P的速度之比为3：1
∴
根据（2）的结论，
∴
∵
∴
而
∴四边形为矩形
∴，，
∴，
∴
∴
∴
∴
∴，
∴
∴
∴
当时，如图，过点E作，交于点G，过点B作于点

∵
∴
∴四边形为矩形
∴
同理，，且四边形为矩形
∴，
∴，
∴
设，则
∴，
∴，
∴，即
∴
∴
∴，
∴
∴
当时，过点作，交延长线于点G，如下图：

∴
∴
同理，，
∵
∴
∴四边形、为矩形
∴，
∴
设，则
∴
∴
∴
∴
∵四边形和关于直线l的轴对称
∴
∴
∴
∴
∴或或．
【点睛】
本题考查了直角坐标系、矩形、轴对称、一次函数、一元一次方程、三角形中位线、一元一次不等式组、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握直角坐标系、矩形、轴对称、一次函数、三角函数的性质，从而完成求解．
三、以旋转为背景的问题
例题3在菱形中，，为平面内任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，．

(1)如图①，当点在菱形内部时，判断与的数量关系，并写出证明；
(2)如图②，当点、、在同一条直线上时，若，，求的长．
【答案】(1)，证明见解析(2)
【分析】
(1)证明△ADG≌△CDE（SAS），即可得到结论；
（2）过点作于，先证明∠ADB＝∠BDC＝，在中，∠GDH＝∠ADB＝30°，求得GH，DH，AH的长，利用勾股定理求得AG，由（1）得到CE的长．
(1)解：，理由如下：
由题意可得，，
∵，
∴∠ADC＝∠GDE，
∴∠ADC－∠ADE＝∠GDE－∠ADE，
∴，
∵四边形是菱形，
∴AD＝CD，
在△ADG和△CDE中，

∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴．
(2)解：如图，过点作于，
∵四边形是菱形，
∴ADBC，BC＝DC，
∴∠ADB＝∠CBD，∠CBD＝∠BDC，
∴∠ADB＝∠BDC＝，
∴∠GDH＝∠ADB＝30°，
在中，，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
，
由（1）知，．

【点睛】
本题考查了菱形的性质，图形的旋转，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，综合性较强，作出适当的辅助线是解决问题的关键．
练习题
1．已知：在矩形中，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在边上，连接交于点H．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接，若平分，在不添加任何辅助线的条件下，请直接写出图2中所有数量关系为2倍的两条线段．
【答案】(1)见解析；(2)BG=2BH，BG=2GH，DE=2CH，CH=2AE．
【分析】
(1)过B作于M，根据旋转的性质得到CE= BC，求得∠CEB =∠CBE，根据全等三角形的性质得到BM=CG，HM = CH，于是得到结论；
(2)根据全等三角形的性质得到BH = GH，求得BG = 2BH，BG = 2GH，根据线段的和差得到DE = 2CH，根据已知条件得到△EFH是等腰直角三角形，求得EF= EH，设AE=x，CH=y，根据勾股定理即可得到结论．
(1)证明：过B作于M，如图，
，
把矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；

(2)解：满足2倍关系的两条线段有4对，
由(1)可知，，
，
，
，
，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设AE=x，CH=y，
，
，
，
解得：，
，
综上所述，BG=2BH，BG=2GH，DE=2CH，CH=2AE．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．阅读材料：我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得三垂直模型”如图①：在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，分别过A、B向经过点C直线作垂线，垂足分别为D、E，我们很容易发现结论：△ADC≌△CEB．

(1)探究问题：如果AC≠BC，其他条件不变，如图②，可得到结论；△ADC∽△CEB．请你说明理由．
(2)学以致用：如图③，在平面直角坐标系中，直线y＝x与直线CD交于点M（2，1），且两直线夹角为α，且tanα＝，请你求出直线CD的解析式．
(3)拓展应用：如图④，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，点E为BC边上一个动点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连接PC，PD．若△DPC为直角三角形时，请你探究并直接写出BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)4或
【分析】
（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得结论；
（2）过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴NF⊥x轴，由（1）的结论可得： △NFO∽△OEM，可得 ，可求点N坐标，利用待定系数法可求解析式；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
(1)解：理由如下，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠ACD+∠DAC＝90°，
∴∠BCE＝∠DAC，且∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC∽△CEB；
(2)解：如图，过点O作ON⊥OM交直线CD于点N，分别过M、N作ME⊥x轴，NF⊥x轴，

由（1）可得：△NFO∽△OEM，
∴，
∵点M（2，1），
∴OE＝2，ME＝1，
∵tanα＝＝，
∴，
∴NF＝3，OF＝ ，
∴点N（，3），
∵设直线CD表达式：y＝kx+b，
∴
∴
∴直线CD的解析式为：y＝-x+；
(3)解：当∠CDP＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，

∵∠ADC+∠CDP＝180°，
∴点A，点D，点P三点共线，
∵∠BAP＝∠B＝∠H＝90°，
∴四边形ABHP是矩形，
∴AB＝PH＝4，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠H＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴BE＝PH＝4，
当∠CPD＝90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形CDNH是矩形，

∴CD＝NH＝4，DN＝CH，
设BE＝x，则EC＝5-x，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE＝EP，∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEH＝90°，且∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，且∠B＝∠EHP＝90°，AE＝EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE＝x，AB＝EH＝4，
∴PN＝4-x，CH＝4-（5-x）＝x-1＝DN，
∵∠DPC＝90°，
∴∠DPN+∠CPH＝90°，且∠CPH+∠PCH＝90°，
∴∠PCH＝∠DPN，且∠N＝∠CHP＝90°，
∴△CPH∽△PDN，
∴，
∴=
∴x＝
∵点P在矩形ABCD外部，
∴x＝，
∴BE＝，
综上所述：当BE的长为4或时，△DPC为直角三角形．
【点睛】
本题是考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
3．（1）问题提出：在等腰直角三角形中，以为边在右侧作正方形，如图，线段与线段的数量关系为______．
（2）深入探究：将正方形绕点在平面内旋转，连接，，，中的结论是否有变化？请说明理由；
（3）拓展延伸：若，正方形绕点在平面内旋转的过程中，当点，，在一条直线上时，直接写出线段的长．

【答案】(1)；(2)无变化，理由见解析；(3)线段的长为或
【分析】
根据是等腰直角三角形，得，再由正方形的性质即可得出结论；
连接，，根据和都是等腰直角三角形，可证明∽，得，则有；
分当点在线段上或点在线段的延长线两种情形，分别画出图形，利用勾股定理求得，从而得出的长，再根据中结论即可得出答案．
【详解】
解：是等腰直角三角形，
，
四边形是正方形，
，
，
故答案为：；
无变化，理由如下：
如图，连接，，

在中，，
，
在正方形中，，
，
，
，
，
∽，
，
，
线段与的数量关系无变化；
线段的长为或，
如图，当点在线段上时，

由知，，
在中，，，
根据勾股定理得：，
，
由知，，
，
当点在线段的延长线时，如图，

由知，，在中，，，
根据勾股定理得：，
，
由知，，
，
即当正方形旋转到、、三点共线时，或．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及三角函数的定义等知识，运用探究的结论解决新的问题是解题的关键．
4．问题提出

（1）如图1，在四边形中，，，，，将绕点逆时针旋转90°得．

①求线段的长；
②求点到的距离．
问题解决
（2）如图2，为积极响应北京冬奥会“三亿人上冰雪”，让冰雪运动走向大众，某地利用山谷坡地准备建造一处滑雪场地，按设计要求，在上选一点，修建格挡和，使且，为工作区，为热身试滑区域．已知，，．请问是否存在符合设计要求的面积最大的热身试滑区域？若存在，求出面积的最大值及此时的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）① ；②12；（2）当AE=20m时，面积的最大，最大值为200m2．
【分析】
（1）①过点D作DF⊥BC于点F，则∠BFD=90°，可得四边形ABFD是矩形，从而得到DF=AB=7，BF=AD=2，再由勾股定理，即可求解；②过点E作EG⊥BC交BC延长线于点G，过点D作DH⊥EG于点H，可得四边形DFGH是矩形，从而得到△CDF≌△EDH，进而得到DH=DF=7，EH=CF=5，即可求解；
（2）过点B作BQ⊥AC，交AC延长线于点Q，过点D作DP⊥AC，交AC延长线于点P，设AE=x，则EC= 31-x，根据直角三角形的性质可得，从而得到EQ= 31-x+9=（40-x）cm，再证明△BEQ≌△EDP，可得EQ=DP=（40-x）cm，可得到，再利用二次函数的性质，即可求解．
【详解】
解：①如图，过点D作DF⊥BC于点F，则∠BFD=90°，
∵，，
∴∠A=90°，
∴∠A=∠ABC=∠BFD=90°，
∴四边形ABFD是矩形，
∴DF=AB=7，BF=AD=2，
∵，
∴CF=5，
∴；

②如图，过点E作EG⊥BC交BC延长线于点G，过点D作DH⊥EG于点H，
根据题意得：∠CDE=90°，CD=ED，
∵∠FGH=∠DHG=∠DFG=∠DHE=90°，
∴四边形DFGH是矩形，
∴∠FDH=90°，HG=DF=7，
∴∠CDF=∠EDH，
∴△CDF≌△EDH，
∴DH=DF=7，EH=CF=5，
∴EG=EH+HG=12，
即点到的距离为12；
（2）如图，过点B作BQ⊥AC，交AC延长线于点Q，过点D作DP⊥AC，交AC延长线于点P，

设AE=x，则EC=AC-AE=31-x，
∵∠ACB=120°，
∴∠BCQ=180°-∠ACB= 180°-120°=60°，
∵BQ⊥AQ，
∴∠BQC=90°，
∴∠CBQ=30°，
∵BC=18cm，
∴，
∴EQ=EC+CQ=31-x+9=（40-x）cm，
∵∠BED=90°，
∴∠BEC+∠DEC=90°，
∵∠BEC+∠EBQ=90°，
∴∠DEC=∠EBQ，
∵∠BQE=∠EPD=90°，BE=DE，
∴△BEQ≌△EDP（AAS），
∴EQ=DP=（40-x）cm，
∴，
∴当x=20时，S△ADE最大，最大值为200，
即当AE=20m时，面积的最大，最大值为200m2．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，图形的旋转，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，勾股定理，图形的旋转，二次函数的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
5．已知正方形ABCD中，点E是边CD上一点（不与C、D重合），将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，如图1，连接EF分别交AC、AB于点P、G．
(1)请判断△AEF的形状；
(2)求证：
(3)如图2，当点E是边CD的中点时，PE=1，求AG的长．

【答案】(1)△AEF是等腰直角三角形；(2)见解析；(3)
【分析】
（1）由旋转的性质得到，AF=AE，，再证得∠FAE=90°，即可判断△AEF的形状；
（2）利用正方形的性质只要证明△APG∽△FPA即可证得；
（3）设正方形的边长为2a，根据点E时边CD的中点，结合旋转的性质得到，，，再证得△AGP∽△EGA，利用相似三角形的性质即可求得结论．
(1)由旋转的性质可知，AF=AE，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴∠FAE=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形。
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，∠CAB=45°，即∠PAG=45°
由（1）可得∠AFE=45°，
∴∠PAG=∠AFP=45°，
又∵∠APG=∠FPA，
∴△APG∽△FPA，
∴，
∴；
(3)解：设正方形的边长为2a．
∵△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，
∴∠ABF=∠D=90°，DE=BF，
∵∠ABC=90°，
∴∠FBC=180°，
∴F，B，C共线，
∵DE=EC=BF=a，BC=2a，
∴CF=3a，，
∵，
∴，
∴，，，
∵∠GAP=∠AEG=45°，∠AGP=∠EGA，
∴△AGP∽△EGA，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理及相似三角形的判定和性质，熟练掌握已经学过的知识是解题的关键．
6．（1）问题发现：
如图，在中，，，点为的中点，以为一边作正方形，点恰好与点重合，则线段与的数量关系为______；
（2）拓展探究：
在（1）的条件下，如果正方形绕点旋转，连接、、，线段与的数量关系有无变化？请仅就图的情形给出证明；
（3）问题解决：
当正方形旋转到、、三点共线时候，直接写出线段的长．

【答案】（1）；（2）无变化，理由见解析；（3）或
【分析】
（1）在正方形CDEF中，根据勾股定理可得，即可求解；
（2）在Rt△ABC中，利用锐角三角形函数可得，同理可得，从而得到△ACF∽△BCE，即可求解；
（3）分两种情况讨论：当点E在线段BF上时，当点E在线段BF的延长线上时，即可求解．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形CDEF是正方形，点恰好与点重合，
∴AF=CF，∠F=90°，
∴，
∵，
∴，
故答案为；
（2）无变化，理由如下：
在Rt△ABC中，，，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴，
在正方形CDEF中，，
在Rt△CEF中，，
∴，
∵，
∴，
∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴，
∴；
（3）当点E在线段BF上时，如图，

由（1）得：，
在Rt△BCF中，，
∴
∴
由（2）得：，
∴；
当点E在线段BF的延长线上时，如图，

在Rt△ABC中，AB=AC=2，
∴
∴，
在正方形ABCD中，，
在Rt△CEF中，，，
∵，
∴
∴，
∴△ACF∽△BCE，
∴
∴
由（1）得，
在Rt△BCF中，，
∴
∴
由（2）得：，
∴，
即当正方形旋转到、、三点共线时候，线段的长为或．
【点睛】
本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，图形的旋转，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识是解题的关键．
7．如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE=CF，点P在射线BC上(点P不与点F重合).将线段EP绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点Q．

(1)如图①，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，则线段BP，QC，EC的数量关系为_______；
(2)如图②，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)若正方形ABCD的边长为6，AB=3DE，CQ=1，请直接写出线段BP的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)结论仍然成立，理由见解析
(3)线段的长为3或5
【分析】
（1）由证明，得出，即可得出结论；
（2）由证明，得出，即可得出结论；
（3）①当点在线段上时，点在线段上，由（2）可知：，求出，，即可得出答案；
②当点在线段上时，点在线段的延长线上，由全等三角形的性质得出，求出，得出；即可得出答案．
(1)解：；理由如下：
四边形是正方形，
，，
由旋转的性质得：，，
，
，
，，
，
又，，
，
在和中，
，
，
，
，
即；
故答案为：；
(2)解：结论仍然成立，理由如下：
由题意得：，，
，
，
，，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
即；
(3)解：分两种情况：
①当点在线段上时，点在线段上，
由（2）可知：，
，
，，
；
②当点在线段上时，点在线段的延长线上，如图3所示：

同（2）可得：，
，
，
，
；
综上所述，线段的长为3或5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，解题的关键是证明三角形全等．
8．如图，四边形是菱形，．

(1)如图1，以点C为顶点作顶角为的等腰，且B、E、F在同一条直线上，连接，求证：；
(2)如图2，点N是边上一点，点M是菱形外一点，且，连接，延长交于点F，连接．
①求的度数；
②如图3，把绕点F顺时针旋转得到，连接，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)①30°，②见解析
【分析】
（1）由SAS证明△BCE≌△DCF即可；
（2）①以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，证△BCN≌△DCM（SAS），得∠CBE=∠CDF，再证△BCE≌△DCF（ASA），得CE=CF，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理求解即可；
②以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，同①得△BCE≌△DCF（ASA），则BE=DF，CE=CF，再由旋转的性质得∠CFP=120°，CF=PF，然后证四边形CEFP是平行四边形，得EF=CP，即可得出结论．
(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，
∴BC=DC，∠BCD=∠A=120°，
∵△CEF是顶角为120°的等腰三角形，CE=CF，
∴∠ECF=120°，
∴∠BCD=∠ECF，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
(2)①解：以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，

在△BCN和△DCM中，
，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BCD=∠ECF=120°，
∴∠BCD-∠DCE=∠ECF-∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（ASA），
∴CE=CF，
∴∠CFB=∠CEF=×（180°-120°）=30°；
②证明：以点C为顶点作∠ECF=120°交BF于E，

同①得：△BCE≌△DCF（ASA），
∴BE=DF，CE=CF，
∵把FC绕点F顺时针旋转120°得到FP，
∴∠CFP=120°，CF=PF，
∴∠ECF=CFP，CE=FP，
∴CEFP，
∴四边形CEFP是平行四边形，
∴EF=CP，
∴BF=EF+BE=CP+DF．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、旋转的性质、平行线的判定等知识，本题综合性强，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形，属于中考常考题型．
9．如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连AF 取AF的中点M，EF的中点N，连接MD、MN．

(1)请判断MD与MN之间的数量关系，直接写出结论；
(2)将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°得到图2，其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
(3)连接DN，若AB＝3，CE＝2，将图1中的直角三角板ECF绕点C在平面内自由旋转，其他条件不变，请直接写出△DMN面积的最大值和最小值．
【答案】(1)MD=MN
(2)成立，见解析
(3)最大值为，最小值为
【分析】
（1）连接，证明可得， 由为的中位线得到， 为的中线可得，故证明；
（2）证明过程同（1）；
（3）由（2）可知，证明，于是，根据旋转性质得到，即，将与代入中即可得到．
(1)，
证明：如图1，连接，

四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
为的中位线，
，
为 的中线，
，
；
（3）解：结论仍然成立．
理由：如图2，连接，

四边形是正方形，
，，

，
即，
，
，
、分别为、中点，
，，
，，
；
(3)解：如图2，连接，设交于，交于，

，
，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，，
，
，
，
由题可知，
即，
当时，最小值；   
当时，最大值，
最大值为，最小值为．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，中位线定理，勾股定理，旋转的性质等知识，正确的理解题目条件，并且灵活应用性质以及定理是解决问题的关键．
10．【自主探究】
在课堂上，老师指导大家做以下实践活动：大小相同的两个矩形ABCD，AEFG重合在一起，将矩形AEFG绕点A顺时针旋转，使得点G落在线段BC上，连接DE交AG于点H，如图（1）．
在猜想线段HD与HE的数量关系时，大家一致认为HD＝HE，并且有两个小组给出如下的证明思路．
刘聪组：已知线段HE是直角三角形EAH的斜边，故可构造一个以HD为斜边的直角三角形，通过证明这两个三角形全等，即可得到HD＝HE；
王慧组：要想证明HD＝HE，可构造一个三角形，使得点H，A在此三角形的两条边上，再利用平行线分线段成比例定理进行证明．

(1)【操作思考】请你分别在图（1）、图（2）中作出符合“刘聪组”和“王慧组”思路的辅助线，并将辅助线的作法写在下面的横线上．
刘聪组：______
王慧组：______
(2)请你根据（1）中所作辅助线进行判断，下面说法正确的是（       ）
A．“刘聪组”的思路正确，“王慧组”的思路不正确
B．“王慧组”的思路正确，“刘聪组”的思路不正确
C．“刘聪组”和“王慧组”的思路都正确
D．“刘聪组”和“王慧组”的思路都不正确
(3)【变式证明】
将矩形AEFG绕点A顺时针旋转，使得点G落在线段CB的延长线上，连接DE交GA的延长线于点H，如图（3），则HD＝HE成立吗？说明理由．
(4)【拓展延伸】将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，使得点F落在CB的延长线上，连接DE交FA的延长线于点H，且点C，A，E在同一直线上，如图（4），则HD＝HE是否成立？如果成立，请直接写出的值；如果不成立，请说明理由．
【答案】(1)过点D作DM⊥AG于点M，过点D作DN⊥AE交EA的延长线于点N(或过点D作DN//HA交EA的延长线于点N；
(2)C；
(3)HD= HE成立，理由见解析；
(4)HD＝HE成立，此时，．
【分析】
（1）由刘聪组“构造一个以HD为斜边的直角三角形，通过证明这两个三角形全等，得到HD＝HE；”，因此过点D作DM⊥AG于点M，由王慧组“构造一个三角形，使得点H，A在此三角形的两条边上，再利用平行线分线段成比例定理进行证明．”，因此过点D作DN⊥AE交EA的延长线于点N；
（2）图1中，证明△DMH≌△EAH，即可判断HD= HE，图2中，先证明AB =AN，
进而得出AN= AE，再利用AH//ND得到HD= HE；
（3）如图（3），过点D作DM⊥AG，交GA的延长线于点M，证明△DMH≌△EAH，即可判断HD= HE，
（4）连接AC，BD交于点O，则AC = BD，OA=OB=OC，利用旋转性质得到AF=AC，∠CAB=∠FAE，然后证明△OAB是等边三角形，进而得出；
(1)解：如图1，过点D作DM⊥AG于点M，
如图2，过点D作DN⊥AE交EA的延长线于点N(或过点D作DN//HA交EA的延长线于点N；
(2)解：如图1，过点D作DM⊥AG，交GA于点M．

CB//DA，
∠BGA=∠DAM，
sin∠BGA =sin∠DAM，
，
又AG=AD，
AB = DM，
AE=DM．
又∠M=∠EAH=90°，∠DHM=∠EHA，
△DMH≌△EAH，
HD= HE；
如图2，过点D作DN⊥AE交EA的延长线于点N(或过点D作DN//HA交EA的延长线于点N)．

GA⊥EA，DN⊥EA，
DN// HA，
∠NDA=∠DAH．
CG//DA，
∠BGA=∠DAH，
∠BGA=∠NDA，
sin∠BGA =sin∠NDA，
，
AG=AD，
AB =AN，
AB=AE，
AN= AE，
又AH//ND，
HD= HE．
故选C．
(3)解：HD= HE成立，理由如下：
如图（3），过点D作DM⊥AG，交GA的延长线于点M．

CB//DA，
∠BGA=∠DAM，
sin∠BGA =sin∠DAM，
，
又AG=AD，
AB = DM，
AE=DM．
又∠M=∠EAH=90°，∠DHM=∠EHA，
△DMH≌△EAH，
HD= HE；
(4)解：HD=HE成立，．理由如下：
如图5，连接AC，BD交于点O，则AC = BD，OA=OB=OC．

将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，使得点F落在CB的延长线上，连接DE交FA的延长线于点H，且点C，A，E在同一直线上，
AF=AC，∠CAB=∠FAE．
又AB⊥CF，
CB=BF，∠FAB=∠CAB=∠FAE，
∠CAB =60°．
又OA =OB，
△OAB是等边三角形，
OA=AB=AE．
CB=BF，OC=OA，
OB//AF，即OD//AH，
HD=HE．
．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、旋转性质、等边三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质以及直角三角函数，熟练掌握旋转图形的性质是解题的关键．
11．实践与探究
情境：在正方形ABCD中，AB＝5，点F在AC上，且，过点F作EF⊥AC，交CD于点E，连接AE，AF．

(1)问题发现
图（1）中，线段AE与BF的数量关系是______；
直线AE与直线BF的夹角的度数是______．
(2)问题拓展
当△CEF绕点C顺时针旋转时，（1）中的结论是否成立？若成立，请仅就图2的情形给出证明；若不成立，说明理由．
(3)问题延伸
在（2）的条件下，当点F到直线BC的距离为2时，直接写出AE的长．
【答案】(1)AEBF，45°．(2)结论不变，理由见详解(3)．
【分析】
（1）如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．证明△ACE∽△BCF，推出，∠CAE＝∠CBF，可得结论．
（2）结论不变，证明方法类似（1）．
（3）分四种情形：如图③﹣1中，当点F在AC上时，如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，利用勾股定理求出BF即可，当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长．
(1)如图①中，延长BF交AE的延长线于点T．

∵四边形ABCD是正方形，
∴ACBC，∠ACB＝∠ACE＝45°，
∵EF⊥CF，
∴∠CFE＝90°，
∴∠CEF＝∠FCE＝45°，
∴ECCF，
∴，
∴△ACE∽△BCF，
∴，∠CAE＝∠CBF，
∴AEBF，
∵∠CFB＝∠AFT，
∴∠ATF＝∠BCF＝45°，
∴直线AE与直线BF的夹角为45°，
故答案为：AEBF，45°．   
(2)结论不变．
理由：如图②中，设AC交BF于点O，延长BF交AE于点J．

∵△ABC，△CFE都是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，ACBC，ECCF，
∴∠BCF＝∠ACE，，
∴△ACE∽△BCF，
∴，∠CAE＝∠CBF，
∴AEBF，
∵∠BOC＝∠AOJ，
∴∠AJO＝∠ACB＝45°，
∴直线AE与直线BF的夹角为45°．
(3)如图③﹣1中，当点F在AC上时，过点F作FH⊥BC于点H．

∵△CFH是等腰直角三角形，CF＝2，
∴FH＝CH＝2，
此时点F到BC的距离为2，满足条件，
∴BH＝BC-CH＝5﹣2＝3，
∴BF，
∴AEBF．
如图③﹣2中，当点F到BC的距离为2时，

BF，
∴AEBF，
当点F在直线BC的下方时，同法可得AE的长为，
综上所述，满足条件的AE的值为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．