专题25 几何探究以四边形的性质为背景（动点、平移、旋转、折叠）-备战2024年中考数学一轮复习重难题型（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
专题25几何探究以四边形的性质为背景
（动点、平移、旋转、折叠）
1．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接、，延长交于点Q，连接．

(1)如图1，当点M在上时，___________度；
(2)改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合）如图2，判断与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)30
(2)，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质结合折叠的性质可得出，，进而可求出，即得出；
（2）由正方形的性质结合折叠的性质可证，即得出．
【详解】（1）解：∵对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，
∴，．
∵在上选一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，
∴．
在中，，
∴．
故答案为：．
（2）解：结论：，理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
由折叠可得：，，
，．
又，
，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识点．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
2．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，

∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不符合题意．
综上所述，或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆相关定义，判定，性质是解题的关键．
3．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]
如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．

①求证：；
②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究与的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析
（2），理由见解析
【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论；
②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明， 得出，进而可得结论；
③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论；
（2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴；
②的大小不发生变化，；
证明：作，垂足分别为点M、N，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即；
③；
证明：作交于点E，作于点F，如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∴，四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
作于点M，
则，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）；
证明：∵四边形是菱形，，
∴，
∴是等边三角形，垂直平分，
∴，
∵，
∴，
作交于点E，交于点G，如图，
则四边形是平行四边形，，，
∴，都是等边三角形，
∴，

作于点M，则，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
4．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得．

【探究一】如图②，把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：；
【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：；
【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值．
【答案】[探究一]见解析；[探究二]见解析；[探究三]
【分析】[探究一]证明，即可得证；
[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明
[探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论．
【详解】[探究一]
∵把绕点C逆时针旋转得到，同时得到点在直线上，
∴，
∴，
∴，
在与中
∴
∴
[探究二]证明：如图所示，

∵四边形是正方形，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵公共角，
∴；
[探究三] 证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．

∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
5.（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；
（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；
（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接，，，如图，

∵四边形，都是正方形，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P恰为的中点；
（2）是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形，都是正方形，
∴
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）的形状不改变，
延长至点M，使，连接，

∵四边形、四边形都是正方形，
∴，，
∵点P为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设交于点H，交于点N，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
6．（2023·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点．
(1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________；
(2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．

①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围：
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)，
(2)①；②
【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；
（2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，
∴，
∴；
连接，交于一点H，如图所示：

∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴，
∴，
故答案为，；
（2）解：①∵点，点，点，
∴矩形中，轴，轴，．
∴矩形中，轴，轴，．
由点，点，得．
在中，，得．
在中，由，得．
∴．同理，得．
∵，得．
又，
∴，
当时，则矩形和菱形重叠部分为，
∴的取值范围是．
②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，
∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：

此时面积S最大，最大值为；
当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：

由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为，
由①可知：，
∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形，
∴该等边三角形的边长为，
∴此时面积S最小，最小值为；
综上所述：当时，则．
【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．
7．（2023·广东·统考中考真题）综合探究
如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．

(1)求证：；
(2)以点为圆心，为半径作圆．
①如图2，与相切，求证：；
②如图3，与相切，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明；
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出；
②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为．
【详解】（1）∵点关于的对称点为，
∴点E是的中点，，
又∵四边形是矩形，
∴O是的中点，
∴是的中位线，
∴
∴，
∴
（2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，

∵四边形是矩形，
∴，，
∴，．
∵，，，
∴，
∴．
∵与相切，为半径，，
∴，
∴
又∵即，，
∴是的角平分线，即，
设，则，
又∵
∴
∴
又∵，即是直角三角形，
∴，即
解得：，
∴，即，
在中，，，
∴，
∴；
②过点O作于点H，

∵与相切，
∴，
∵
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形，
∴，
又∵是的中位线，
∴
∴
∴
又∵，
∴
又∵，
∴
又∵，
∴是等腰直角三角形，，
设，则
∴
在中，，
即
∴
∴的面积为：
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
8.(2022·广东省深圳市)(1)发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
(2)探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．
(3)拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．
【解析】(1)证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
(2)解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH=HC=x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC−HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
∵EQ//GB，DQ//CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，
∴DQ=887，
设AE=EF=m，则DE=8−m，
∴EQ=DE+DQ=8−m+887=1447−m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴EQBG=EFFG，即1447−m254=m74，
解得m=92，
∴AE的长为92；
(3)解：(Ⅰ)当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，
∵CP//DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE−DH=2−12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(1−12x)2+(32x)2=y2②，
联立①②可解得x=34，
∴CP=2x=32；
(Ⅱ)当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过D作DN⊥AB交BA延长线于N，如图：

同理∠Q'AE=∠EAF，
∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x6=y4，
由HQ'2+HD2=Q'D2得：(32x)2+(12x+4)2=y2，
可解得x=125，
∴CP=12x=65，
综上所述，CP的长为32或65．
9.(2022·重庆市B卷)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=22，D为BC的中点，E，F分别为AC，AD上任意一点，连接EF，将线段EF绕点E顺时针旋转90°得到线段EG，连接FG，AG．
(1)如图1，点E与点C重合，且GF的延长线过点B，若点P为FG的中点，连接PD，求PD的长；
(2)如图2，EF的延长线交AB于点M，点N在AC上，∠AGN=∠AEG且GN=MF，求证：AM+AF=2AE；
(3)如图3，F为线段AD上一动点，E为AC的中点，连接BE，H为直线BC上一动点，连接EH，将△BEH沿EH翻折至△ABC所在平面内，得到△B'EH，连接B'G，直接写出线段B'G的长度的最小值．
【解析】(1)解：如图1，连接CP，
由旋转知，CF=CG，∠FCG=90°，
∴△FCG为等腰直角三角形，
∵点P是FG的中点，
∴CP⊥FG，
∵点D是BC的中点，
∴DP=12BC，
在Rt△ABC中，AB=AC=22，
∴BC=2AB=4，
∴DP=2；
(2)证明：如图2，
过点E作EH⊥AE交AD的延长线于H，
∴∠AEH=90°，
由旋转知，EG=EF，∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠AEH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=12∠BAC=45°，
∴∠H=90°−∠CAD=45°=∠CAD，
∴AE=HE，
∴△EGA≌△EFH(SAS)，
∴AG=FH，∠EAG=∠H=45°，
∴∠EAG=∠BAD=45°，
∵∠AMF=180°−∠BAD−∠AFM=135°−∠AFM，
∵∠AFM=∠EFH，
∴∠AMF=135°−∠EFH，
∵∠HEF=180°−∠EFH−∠H=135°−∠EFH，
∴∠AMF=∠HEF，
∵△EGA≌△EFH，
∴∠AEG=∠HEF，
∵∠AGN=∠AEG，
∴∠AGN=∠HEF，
∴∠AGN=∠AMF，
∵GN=MF，
∴△AGN≌△AMF(AAS)，
∴AG=AM，
∵AG=FH，
∴AM=FH，
∴AF+AM=AF+FH=AH=2AE；
(3)解：∵点E是AC的中点，
∴AE=12AC=2，
根据勾股定理得，BE=AE2+AB2=10，
由折叠直，BE=B'E=10，
∴点B'是以点E为圆心，10为半径的圆上，
由旋转知，EF=EG，
∴点G是以点E为圆心，EG为半径的圆上，
∴B'G的最小值为B'E−EG，
要B'G最小，则EG最大，即EF最大，
∵点F在AD上，
∴点在点A或点D时，EF最大，最大值为2，
∴线段B'G的长度的最小值10−2．
10.(2021·四川省达州市)某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
【观察与猜想】
(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，DE⊥CF，则DECF的值为______ ；
(2)如图2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，点E是AD上的一点，连接CE，BD，且CE⊥BD，则CEBD的值为______ ；
【类比探究】
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，求证：DE⋅AB=CF⋅AD；
【拓展延伸】
(4)如图4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，将△ABD沿BD翻折，点A落在点C处得△CBD，点E，F分别在边AB，AD上，连接DE，CF，DE⊥CF．
①求DECF的值；
②连接BF，若AE=1，直接写出BF的长度．
【解析】解：(1)如图1，设DE与CF交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和△DFC中，
∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，
∴△AED≌△DFC(AAS)，
∴DE=CF，
∴DECF=1；
(2)如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，
∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴CEBD=DCAD=47，
故答案为：47．
(3)证明：如图3，过点C作CH⊥AF交AF的延长线于点H，
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCH为矩形，
∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴DECF=ADCH，
∴DECF=ADAB，
∴DE⋅AB=CF⋅AD；
(4)①如图4，过点C作CG⊥AD于点G，连接AC交BD于点H，CG与DE相交于点O，
∵CF⊥DE，GC⊥AD，
∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，
∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CFG，
∴DECF=ADCG，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，
∴AB=3，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，
∴AHDH=13，
设AH=a，则DH=3a，
∵AH2+DH2=AD2，
∴a2+(3a)2=92，
∴a=91010(负值舍去)，
∴AH=91010，DH=271010，
∴AC=2AH=9510，
∵S△ADC=12AC⋅DH=12AD⋅CG，
∴12×9510×271010=12×9CG，
∴CG=275，
∴DECF=ADCG=9275=53；
②∵AC=9510，CG=275，∠AGC=90°，
∴AG=AC2−CG2=(9510)2−(275)2=95，
由①得：△DEA∽△CFG，
∴CFDE=FGAE，
又∵DECF=53，AE=1，
∴FG=35，
∴AF=AG−FG=95−35=65，
∴BF=AB2+AF2=32+(65)2=3529．
11.(2021·湖北省荆州市)在矩形ABCD中，AB=2，AD=4，F是对角线AC上不与点A，C重合的一点，过F作FE⊥AD于E，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，点G在射线AD上，连接CG．
(1)如图1，若点A的对称点G落在AD上，∠FGC=90°，延长GF交AB于H，连接CH．
①求证：△CDG∽△GAH；
②求tan∠GHC．
(2)如图2，若点A的对称点G落在AD延长线上，∠GCF=90°，判断△GCF与△AEF是否全等，并说明理由．
【答案】(1)如图1，
①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠GAH=90°，
∴∠DCG+∠DGC=90°，
∵∠FGC=90°，
∴∠AGH+∠DGC=90°，
∴∠DCG=∠AGH，
∴△CDG∽△GAH．
②由翻折得∠EGF=∠EAF，
∴∠AGH=∠DAC=∠DCG，
∵CD=AB=2，AD=4，
∴DGCD=AHAG=CDAD=tan∠DAC=24=12，
∴DG=12CD=12×2=1，
∴GA=4−1=3，
∵△CDG∽△GAH，
∴CGGH=CDGA，
∴tan∠GHC=CGGH=CDGA=23．
(2)不全等，理由如下：
∵AD=4，CD=2，
∴AC=42+22=25，
∵∠GCF=90°，
∴CGAC=tan∠DAC=12，
∴CG=12AC=12×25=5，
∴AG=(25)2+(5)2=5，
∴EA=12AG=52，
∴EF=EA⋅tan∠DAC=52×12=54，
∴AF=(52)2+(54)2=554，
∴CF=25−554=354，
∵∠GCF=∠AEF=90°，而CG≠EA，CF≠EF，
∴△GCF与△AEF不全等．
12.(2021·黑龙江省齐齐哈尔市)综合与实践
数学实践活动，是一种非常有效的学习方式，通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转、剪一剪，体会活动带给我们的乐趣．
折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．
(1)∠EAF= ______ °，写出图中两个等腰三角形：______ (不需要添加字母)；
转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．
(2)线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为______ ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，则CQBM= ______ ；
剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．
(4)求证：BM2+DN2=MN2．
【答案】(1)解：如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAD=90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE=∠CAE，∠DAF=∠CAF，
∴∠EAF=12(∠BAC+∠DAC)=45°，
∵∠BAE=∠DAF=22.5°，∠B=∠D=90°，AB=AD，
∴△BAE≌△DAF(ASA)，
∴BE=DF，AE=AF，
∵CB=CD，
∴CE=CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45；△AEF，△EFC，△ABC，△ADC(任写2个即可)．
(2)解：结论：PQ=BP+DQ．
理由：如图2中，延长CB到T，使得BT=DQ．
∵AD=AB，∠ADQ=∠ABT=90°，DQ=BT，
∴△ADQ≌△ABT(SAS)，
∴AT=AQ，∠DAQ=∠BAT，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAT=∠BAP+∠BAT=∠BAP+∠DAQ=45°，
∴∠PAT=∠PAQ=45°，
∵AP=AP，
∴△PAT≌△PAQ(SAS)，
∴PQ=PT，
∵PT=PB+BT=PB+DQ，
∴PQ=BP+DQ．
故答案为：PQ=BP+DQ．
(3)解：如图3中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM=∠ACQ=∠BAC=45°，AC=2AB，
∵∠BAC=∠PAQ=45°，
∴∠BAM=∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴CQBM=ACAB=2，
故答案为：2．
(4)证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．
∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠BAM=45°，
∵∠DAN=∠BAR，
∴∠BAM+∠BAR=45°，
∴∠MAR=∠MAN=45°，
∵AR=AN，AM=AM，
∴△AMR≌△AMN(SAS)，
∴RM=MN，
∵∠D=∠ABR=∠ABD=45°，
∴∠RBM=90°，
∴RM2=BR2+BM2，
∵DN=BR，MN=RM，
∴BM2+DN2=MN2
13.(2020·湖北省宜昌市)菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，0°<∠ABO≤60°，点G是射线OD上一个动点，过点G作GE//DC交射线OC于点E，以OE，OG为邻边作矩形EOGF．
(1)如图1，当点F在线段DC上时，求证：DF=FC；
(2)若延长AD与边GF交于点H，将△GDH沿直线AD翻折180°得到△MDH．
①如图2，当点M在EG上时，求证：四边形EOGF为正方形；
②如图3，当tan∠ABO为定值m时，设DG=k⋅DO，k为大于0的常数，当且仅当k>2时，点M在矩形EOGF的外部，求m的值．
【答案】证明(1)∵四边形EOGF是矩形，
∴EO//GF，GO//EF，
∵GE//DC，
∴四边形GEFD是平行四边形，四边形GECF是平行四边形，
∴GE=DF，GE=CF，
∴DF=FC；
(2)①如图1，由折叠的性质知，∠GDH=∠MDH，DH⊥GM，
∵GE//CD，
∴∠DGM=∠BDC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠BDC，∠COD=90°，
∵∠ADB=∠GDH，
∴∠DGM=∠GDH，
∵DH⊥GM，
∴∠DGM=45°，
∴∠OEG=45°，
∴OE=OG，
∵四边形EOGF是矩形，
∴四边形EOGF是正方形；
②如图2，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB，
∵GE//CD，
∴∠DGE=∠CDB，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠DGE=∠CDB，
∴∠GDM=2∠ABD，
∵tan∠ABO=m(m为定值)，
∴点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，
∵当且仅当k>2时，M点在矩形EOGF的外部，
∴k=2时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，
设OB=b，则，OA=OC=mb，DG=DM=kb=2b，OG=(k+1)b=3b，OE=m(k+1)b=3mb，GH=HM=mkb=2mb，
∴FH=OE−GH=m(k+1)b−mkb=mb，
过点D作DN⊥EF于点N，
∵∠FHM+∠FMH=∠FMH+∠DMN，
∴∠FHM=∠DMN，
∵∠F=∠DNM=90°，
∴△MFH∽△DNM，
∴FHMN=MHDM，
∴mbMN=2mb2b，
∴MN=b，
∵DM2=DN2+MN2，
∴(2b)2=(3mb)2+b2，
解得，m=33，或m=−33(舍)，
故m=33．
14.(2022·四川省成都市)在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
(1)如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
(2)如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；
(3)如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC的值．
【答案】解：(1)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC=BF，∠FBE=∠EBC，
∵BC=2AB，
∴BF=2AB，
∴∠AFB=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠AFB=∠CBF=30°，
∴∠CBE=12∠FBC=15°；
(2)∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE=∠C=90°，CE=EF，
又∵矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AFB+∠DFE=90°，∠DEF+∠DFE=90°，
∴∠AFB=∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴AFDE=ABDF，
∴AF⋅DF=AB⋅DE，
∵AF⋅DF=10，AB=5，
∴DE=2，
∴CE=DC−DE=5−2=3，
∴EF=3，
∴DF=EF2−DE2=32−22=5，
∴AF=105=25，
∴BC=AD=AF+DF=25+5=35．
(3)过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF=AN+FD，
∴NF=12AD=12BC，
∵BC=BF，
∴NF=12BF，
∵∠NFG=∠AFB，∠NGF=∠BAF=90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
设AN=x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN=NG=x，AB=BG=2x，
设FG=y，则AF=2y，
∵AB2+AF2=BF2，
∴(2x)2+(2y)2=(2x+y)2，
解得y=43x.∴BF=BG+GF=2x+43x=103x.
∴ABBC=ABBF=2x103x=35．
15.(2020·四川省资阳市)在矩形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE交AB于点F．
(1)如图1，当DE=DA时，求证：AF=EF；
(2)如图2，点E在运动过程中DEEF的值是否发生变化？请说明理由；
(3)如图3，若点F为AB的中点，连接DF交AC于点G，将△GEF沿EF翻折得到△HEF，连接DH交EF于点K，当AD=2，CD=23时，求KH的长．
【答案】(1)证明：如图，连接DF，在矩形ABCD中，∠DAF=90°，
又∵DE⊥EF，
∴∠DEF=90°，
∵AD=DE，DF=DF，
∴Rt△DAF≌Rt△DEF(HL)，
∴AF=EF；
(2)解：DEEF的值不变；
如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∴四边形ANEM是矩形，
∴EN=AM，
∵∠EAM=∠CAD，∠EMA=∠CDA．
∴△EAM∽△CAD，
∴AMAD=EMCD，即EMEN=CDAD①，
∵∠DEF=∠MEN=90°，
∴∠DEM=∠FEN，
又∵∠DME=∠ENF=90°，
∴△DME∽△FNE，
∴DEEF=EMEN②，
由①②可得DEEF=DCAD，
∵AD与DC的长度不变，
∴DEEF的长度不变；
(3)连接GH交EF于点I，
∵点F是AB的中点，
∴AF=3，
在Rt△ADF中，DF=DA2+AF2=22+(3)2=7，
由(2)知DEEF=DCAD=232=3，
∴DE=3EF，
在Rt△DEF中，EF=72，DE=212，
又∵AB//DC，
∴△AGF∽△CGD，
∴DGGF=DCAF=2，
∴GFDF=13，
由折叠的性质可知GI=IH，GH⊥EF，
又∵DE⊥EF，
∴GH//DE，
∴△GFI∽△DFE，
∴GIDE=FIEF=GFDF=13，
∴EI=23EF=73，GI=IH=216，
又∵GH//DE，
∴△DEK∽△HIK，
∴KIEK=IHDE=13，
∴KI=14EI=712，
∴HK=IH2+KI2=9112．
16.（2021·浙江绍兴市·中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：．
探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．
【答案】（1）①10；②5；（2），，
【分析】
（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；
②证明出即可完成求解；
（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用 ，以及点 C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．
【详解】
（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，
，
．
平分，
．
．
．
同理可得：．
点E与点F重合，
．
②如图2，点E与点C重合，
同理可证，
∴▱ABCD 是菱形，
，
点F与点D重合，
．
（2）情况1，如图3，
可得，
．
情况2，如图4，
同理可得，，
又，
．
情况3，如图5，
由上，同理可以得到，
又，
．
综上：的值可以是，，．
【点睛】
本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．
17.（2021·浙江嘉兴市·中考真题）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形
[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．
[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．
[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．
【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析
【分析】
[探究1] 设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；
[探究2] 先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；
[探究3] 连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．
【详解】
[探究1]如图1，
设．
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴点，，在同一直线上．
∴，，
∴．
∵，
∴．
又∵点在延长线上，
∴，
∴，∴．
解得，（不合题意，舍去）
∴．
[探究2] ．
证明：如图2，连结．
∵，
∴．
∵，，，
∴．
∴，，
∵，，
∴，
∴．
[探究3]关系式为．
证明：如图3，连结．
∵，，，
∴．
∴，
∵，
，
∴，
∴．
在与中，
，，
∴，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．
18.（2021·辽宁本溪市·中考真题）在▱中，，平分，交对角线于点G，交射线于点E，将线段绕点E顺时针旋转得线段．
（1）如图1，当时，连接，请直接写出线段和线段的数量关系；
（2）如图2，当时，过点B作于点，连接，请写出线段，，之间的数量关系，并说明理由；
（3）当时，连接，若，请直接写出与面积的比值．
【答案】（1）；（2）,理由见解析；（3）
【分析】
（1）延长，交于点，根据已知条件证明即可；
（2）连接，过F作交的延长线于点，由，得，在由 三边关系利用勾股定理可得；
（3）证明，得值，与的面积分别与的面积成比例，可得与面积的比值．
【详解】
（1）如图,延长，交于点，
由题意，将线段绕点E顺时针旋转，
四边形是平行四边形
四边形是平行四边形
平分
四边形是菱形
是等边三角形
,
，，
四边形是平行四边形
=
在和中
．
（2）连接，过F作交的延长线于点
四边形是矩形，
，，
，
平分
四边形是矩形
在和中
设
则
在中
即
整理得：
．
（3）如图
由（1）可知
平分
四边形是平行四边形
．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，三角形全等的性质与判定，三角形相似，勾股定理，锐角三角函数，相似比的概念，平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，知识点比较多，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
19.（2021·湖北宜昌市·中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，，，垂足为．将四边形绕点顺时针旋转，得到四边形．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，交于点．所在的直线分别交直线于点，交直线于点，连接交于点．
（1）如图1，求证：四边形是正方形；
（2）如图2，当点和点重合时．
①求证：；
②若，，求线段的长；
（3）如图3，若交于点，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②；（3）
【分析】
（1）先利用三个角是直角的四边形是矩形证明，再根据证得结论；
（2）①证明即可得到结论；
②方法一：设正方形边长为，根据，求出，利用勾股定理得到，求出a，得到，，根据∽△CKG，求出KG，再根据，求出答案；
方法二：过点作于点，根据，求出，由，，再利用勾股定理求得结果；
（3）方法一：延长与的延长线交于点，证明，求出，设，，则，证明，求得，由，求出，利用，求出，即可得到答案；
方法二，过点作，垂足为点．设，则，，求得，证明，求出，再证明，求出答案；
方法三：设与交于点，设，则，，证明，得到，根据，求出答案．
【详解】
（1）在矩形中，，
∵，则，
∴四边形是矩形．
∵，
∴矩形是正方形．
（2）①如图1，
∵，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
②方法一：设正方形边长为，
∵PG∥，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
∴，，
∵，
∴∽△CKG，
∴,
∴,
∵，
∴△B’CK≌△E’KD，
∴DK=KC，
又∵∠DKP=∠GKC，∠P=∠G，
∴，
∴PG=KG，
∴；
方法二：如图2，过点作于点，
由，
可得：，
由方法一，可知，
∴，
由方法一，可知为中点，从而，，
从而由勾股定理得．
（3）方法一：如图3，延长与的延长线交于点，
由题意可知，，，
∴，，
∴，
设，，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴．
方法二，如图4，过点作，垂足为点．
由题意可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
∴，，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
方法三：如图5，设与交于点，
设，则，，
由题意可知，，，，
∴，
∴，
由方法（2）可知，，
所以，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题考查正方形的判定定理及性质定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，综合掌握各知识点并熟练应用解决问题是解题的关键．
20.（2021·江苏宿迁市·中考真题）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别去CF、BE的中点M、N，连接MN、试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE=6，请直接写出线段QN扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）由旋转的性质联想到连接，证明即可求解；
（2）由M、N分别是CF、BE的中点，联想到中位线，故想到连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH，则可证即可得到，再由四边形内角和为可得，则可证明，即是等腰直角三角形，最后利用中位线的性质即可求解；
（3）Q、N两点因旋转位置发生改变，所以Q、N两点的轨迹是圆，又Q、N两点分别是BF、BE中点，所以想到取AB的中点O，结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答．
【详解】
解：（1）连接
四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
分别平分
即
且都是等腰直角三角形
（2）连接BM并延长使BM=MH，连接FH、EH
是CF的中点
又
在四边形BEFC中
又
即
即
又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形
三角形BEH是等腰直角三角形
M、N分别是BH、BE的中点
（3）取AB的中点O，连接OQ、ON，连接AF
在中，O、Q分别是AB、BF的中点
同理可得
所以QN扫过的面积是以O为圆心，和为半径的圆环的面积
．
【点睛】
本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题，属于几何综合题，难度较大．解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线．