2024年中考数学复习探究性试题---四边形

这是一份2024年中考数学复习探究性试题---四边形，共80页。试卷主要包含了问题发现，综合与实践，创设情境，类比等腰三角形的定义，我们定义等内容，欢迎下载使用。
1．四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形．
（1）如图1，当点F在BD上时，点E，F分别在AB，BC上．求证：CGDF=22；
（2）如图2，将图1中的正方形BEFG绕点B顺时针旋转（旋转角小于180°），连接DF，CG，判断DF与CG的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当（2）中的正方形BEFG旋转到点F落在线段CG上时，连接DE．若点F是CG的中点，BE＝1，求DE的长．
2．（1）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC＝α，CD＝ED，连接BE，EC．若α＝60°，则∠EBA＝ ，AD：EB＝ ；
（2）类比探究：如图2，平行四边形ABCD和平行四边形EFGD中，∠E＝∠A＝60°，AB＝mEF，DA＝mDE（1＜m＜2），AB＝4，AD＝3，当点E在平行四边形ABCD内部时，求BF：CG的值．
（3）拓展应用：如图3，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA=6，请直接写出线段EF的长．
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，CE⊥AD于点E，AD＝4cm，AB＝BC＝2cm，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P沿折线A﹣B﹣C﹣E以2cm/s的速度向终点E运动，点Q沿折线B﹣C﹣E﹣D以2cm/s的速度向终点D运动．设点P的运动时间为x（s），△PAQ的面积为y（cm2）（这里规定：线段是面积为0的三角形）．
（1）四边形ABCE的形状是 ．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当PQ与四边形ABCD的对角线平行时，直接写出x的值．
4．综合与实践
数学活动课上，同学们以“正方形与旋转”为主题开展探究活动．
【探索发现】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，AF⊥BE于点F，将线段AF绕点A逆时针旋转90°得到线段AG，连接DG，
可证：△ABF≌△ADG．请写出证明过程；
【深入思考】
（2）在（1）的条件下，如图2，若延长BE，GD交于点H，试猜想线段BF，FH，DH之间的数量关系，并证明你的猜想；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，如图3，连接CH，将线段DH绕点H逆时针旋转90°得到线段HP，点P在BH上，试猜想BP，CH的数量关系，并证明你的猜想．
5．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．
（1）操作判断
操作一：对折正方形纸片，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在BE上选一点H，沿CH折叠，使点B落在EF上的点G处，得到折痕CH，把纸片展平．根据以上操作，直接写出图1中∠CGF的度数： ；
（2）拓展应用
小华在以上操作的基础上，继续探究，延长HG交AD于点M，连接CM交EF于点N（如图2），判断△MGN的形状是 ，并说明理由；
（3）迁移探究
如图3，已知正方形ABCD的边长为3，当点H是边AB的三等分点时，把△BCH沿CH翻折得△GCH，延长HG交AD于点M，请直接写出MD的长： ．
6．（1）创设情境：如图1，在正方形ABCD中，AB=2+22，E为线段BC上一动点，将△ABE沿AE翻折，得到△AB′E．若AB'的延长线恰好经过点C，则BE＝ ；
（2）发现问题：如图2，在矩形ABCD中，E为线段BC上一动点，设AE＝mAB，将△ABE沿AE翻折，得到△AB'E，延长AB'交CD于点F，若AF＝mAE，试说明点E是BC的中点；
（3）问题解决：如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝8，E为直线BC上一动点，设AE＝mAB，将△ABE沿AE翻折，得到△AB′E．在AB'的延长线上找一点F，使得AF＝mAE．当△AEC是以AE为腰的等腰三角形时，直接写出点F到直线BC的距离．
7．类比等腰三角形的定义，我们定义：一组邻边相等的四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，对角线DB平分∠ADC．求证：四边形ABCD为等邻边四边形；
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，BC＝6，BD＝2，在线段AC上找一点E，使得四边形ABDE为等邻边四边形，则EC的长为 ；
（3）如图③，在6×5的正方形网格中，A，B，C三点均在格点上，若ABCD为等邻边四边形，则所有符合条件的格点D有 个．
8．（1）张老师在活动课上出示了如下一道探究题：
如图1，在△ABC和△DBE中，AB＝AC，DB＝DE，B，C，E三点在同一条直线上，A，D两点在BE同侧，若AD∥BE，求证：CE＝2AD．
张老师从条件出发：如图2，过点A作AM⊥BE交BE于点M，过点D作DN⊥BE交BE于点N，依据等腰三角形“三线合一”的性质分析BM与BN之间的关系，可证得结论．
请你运用张老师的方法解决上述问题．
（2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题：
如图3，在△ABC中，AB＝AC，在△DBE中，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若AD=32，∠E＝45°，△ABC的面积为7，求BE的长．
（3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路，提出了如下问题：
如图4，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B＝2∠D，E为CD的中点，连接AE，若AE⊥AB，AD=2AE=25，BCAB=13，请直接写出CD的长．
9．如图1，菱形ABCD中，∠B＝α，BC＝2，E是边BC上一动点（不与点B，C重合），连接DE，点C关于直线DE的对称点为C′，连结AC′并延长交直线DE于点P，F是AC的中点，连接DC′，DF．
（1）填空：DC′＝ ，∠APD＝ （用含α的代数式表示）；
（2）如图2，当α＝90°，题干中其余条件均不变，连接BP．求证：BP=2AF．
（3）在（2）的条件下，连接AC．
①若动点E运动到边BC的中点处时，△ACC′的面积为 ．
②在动点E的整个运动过程中，△ACC′面积的最大值为 ．
10．综合与实践
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1．已知矩形纸片ABCD，其中AB＝6，AD＝11．（1）操作判断
将矩形纸片ABCD按图1折叠，使点B落在AD边上的点E处，可得到一个45°的角，请你写出一个45°的角．
（2）探究发现
将图1的纸片展平，把四边形EFCD剪下来如图2，取FC边的中点M，将△EFM沿EM折叠得到△EF′M，延长EF′交CD于点N，求△EDN的周长．
（3）拓展应用：
改变图2中点M的位置，令点M为射线FC上一动点，按照（2）中方式将△EFM沿EM折叠得到△EF′M，EF′所在直线交CD于点N，若点N为CD的三分点，请直接写出此时NF′的长．
11．综合与实践
【问题提出】数学课上，老师给出了这样一道题：如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一动点，过点D作DE的垂线，过点C作AC的垂线，两垂线相交于点F，作射线FE，分别交边AB，CD于点G，H．试探究线段EG与FH的数量关系．
小明在解决这道题时，借助“从特殊到一般”的方法进行了探究，过程如下．
【观察猜想】
小明先对点E在特殊位置时的图形进行了探究．
（1）如图1，若E是对角线AC的中点，则线段EG与FH的数量关系为 ．
【推理验证】
（2）小明认为当点E是对角线AC上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，请你就图2的情形判断他的说法是否正确，并说明理由．
【拓展应用】
（3）已知正方形ABCD的边长为3，以点E为线段AC的三等分点时，请直接写出线段GF的长．
12．已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）①判断：直线AC与EF的位置关系是 ；
②当点M在线段CQ的垂直平分线上时，求t的值；
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），直接写出运动过程中S的最大值．
13．综合与实践
数学活动课上，同学们用尺规作图法探究在菱形内部作一点到该菱形三个顶点的距离相等．
【动手操作】如图，已知菱形ABCD，求作点E，使得点E到三个顶点A，D，C的距离相等．小红同学设计如下作图步骤；
①连接BD；
②分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径分别在AD的上方与下方作弧；AD上方两弧交于点M，下方两弧交于点N，作直线MN交BD于点E．
③连接AE，EC，则EA＝ED＝EC．
（1）根据小红同学设计的尺规作图步骤，在图中完成作图过程（要求：用尺规作图并保留作图痕迹）．
【证明结论】
（2）证明：EA＝ED＝EC．
【拓展延伸】
（3）当∠ABC＝72°时，求△EBC与△EAD的面积比．
14．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以特殊四边形为基本图形，添加一些几何元素后探究图形中存在的结论．已知在▱ABCD中，AB＜BC，∠ABC的平分线交AD边于点E，交CD边的延长线于点F，以DE，DF为邻边作▱DEGF．
特例探究：（1）如图1，“创思”小组的同学研究了四边形ABCD为矩形时的情形，发现四边形DEGF是正方形，请你证明这一结论；
（2）“敏学”小组的同学在图1基础上连接BG，AC，得到图2，发现图2中线段BG与AC之间存在特定的数量关系，请你帮他们写出结论并说明理由；
拓展延伸：（3）“善问”小组的同学计划对▱ABCD展开类似研究．如图3，在▱ABCD中，∠ABC＝60°．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择 题．
A：当AB＝4，BC＝6时，请补全图形，并直接写出A，G两点之间的距离．
B：当BC＝6时，请补全图形，并直接写出以A，C，G为顶点的三角形面积的最小值．
15．综合与实践
【问题背景】
如图（1），在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
（1）【问题解决】
填空：AC′的长为 ；
（2）如图（2），展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC交于点F，求线段EF的长．
（3）【拓展探究】
如图（3），在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．
2024年中考数学复习探究性试题---四边形
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形．
（1）如图1，当点F在BD上时，点E，F分别在AB，BC上．求证：CGDF=22；
（2）如图2，将图1中的正方形BEFG绕点B顺时针旋转（旋转角小于180°），连接DF，CG，判断DF与CG的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当（2）中的正方形BEFG旋转到点F落在线段CG上时，连接DE．若点F是CG的中点，BE＝1，求DE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）CGDF=22，证明见解答；
（3）DE=5．
【分析】（1）如图1，延长EF交CD于H，证明四边形CHFG是矩形，然后利用45度角的三角函数值即可解决问题；
（2）证明△BDF∽△BCG，即可解决问题；
（3）结合（2）证明△BDF∽△BCG，然后证明△DEF≌△DCF（SAS），即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1，延长EF交CD于H，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠C＝90°，∠FDH＝45°，
∴∠HFG＝∠CGF＝∠C＝90°，
∴四边形CHFG是矩形，
∴FH＝CG，∠DHF＝∠FHC＝90°，
∴sin∠FDH=FHDF=sin45°=22，
∴CGDF=22；
（2）解：CGDF=22，证明如下：
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠DBC＝∠FBG＝45°，∠BCD＝∠BGF＝90°，
∴∠DBC﹣∠FBC＝∠FBG﹣∠FBC，
即∠DBF＝∠CBG，
∵BCBD=cs∠DBC=22，BGBF=cs∠FBG=22，
∴BCBD=BGBF，
∴△BDF∽△BCG，
∴CGDF=BGBF=22；
（3）解：如图3，连接BD，
∵四边形BEFG是正方形，点F是CG的中点，
∴CF＝FG＝BG＝EF＝BE＝1，∠G＝90°，∠BFG＝∠BFE＝45°，
∴CD＝BC=BG2+CG2=5，
∵∠DBC＝∠FBG，
∴∠DBF＝∠CBG，
由（2）知BCBD=BGBF，
∴△BDF∽△BCG，
∴∠BFD＝∠G＝90°，
∴∠DFC＝180°﹣∠BFD﹣∠BFG＝45°，∠DFE＝∠BFD﹣∠BFE＝45°，
∴∠DFC＝∠DFE，
∵EF＝CF，DF＝DF，
∴△DEF≌△DCF（SAS），
∴DE＝DC=5．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的性质，平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，能够识别图形，正确作出辅助线是解答本题的关键．
2．（1）问题发现：如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D为AB边上一动点，∠CDE＝∠BAC＝α，CD＝ED，连接BE，EC．若α＝60°，则∠EBA＝ 120° ，AD：EB＝ 1：1 ；
（2）类比探究：如图2，平行四边形ABCD和平行四边形EFGD中，∠E＝∠A＝60°，AB＝mEF，DA＝mDE（1＜m＜2），AB＝4，AD＝3，当点E在平行四边形ABCD内部时，求BF：CG的值．
（3）拓展应用：如图3，点E为正方形ABCD的边AB上的三等分点，以DE为边在DE上方作正方形DEFG，点O为正方形DEFG的中心，若OA=6，请直接写出线段EF的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；分类讨论；图形的全等；图形的相似；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）120°，1：1；
（2）134；
（3）30或239．
【分析】（1）证明△ACD≌△BCE（SAS），得AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，则∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°；
（2）证明▱ABCD∽▱EFGD，则BD：DF＝GD：CD，得到△DFB∽△DGC，即可求解；
（3）连接BD，①当AE=13AB时，证△AOD∽△BED，求出AB＝3＝AD，则AE＝1，在Rt△AED中，由勾股定理求出ED即可；②当BE=13AB时，同理可解．
【解答】解：（1）∵α＝60°，
∴∠ABC＝∠CDE＝α＝60°，
∵AB＝AC，CD＝ED，
∴△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AC＝BC，CD＝CE，∠ABC＝∠ACB＝∠A＝∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD＝EB，∠CBE＝∠A＝60°，
∴∠EBA＝∠ABC+∠CBE＝120°，AD：EB＝1：1；
故答案为：120°，1：1；
（2）如下图，连接BD，过点D作DH⊥AB于点H，
则DH＝AD•sinA＝3×32=332，AH=12AD＝1.5，
则BH＝4﹣1.5＝2.5，
则BD=DH2+BH2=13；
如图，连接DF、BD，
∵∠E＝∠A＝60°，AB＝mEF，DA＝mDE，
即AB：EF＝DA：DE，
∴▱ABCD∽▱EFGD，
则BD：DF＝GD：CD，
∵∠GDF＝∠GDC+∠CDF＝∠CDB＝∠FDB+∠CFD，
∴∠GDC＝∠FDB，
∴△DFB∽△DGC，
∴FBGC=BDCD=134；
（3）连接BD，分两种情况：
①当AE=13AB时，如图③所示：
∵四边形DEFG是正方形，
∴EF＝ED，对角线FD与EG互相垂直平分，
∴△DEO是等腰直角三角形，
∴ODED=sin45=22，
在Rt△ABD中，ADBD=sin45°=22，
∴DO：ED＝AD：BD，
∵∠ODA+∠ADE＝45°＝∠BDE+∠ADE，
∴∠ODA＝∠BDE，
∴△AOD∽△BED，
∴AO：BE＝OD：DE＝AD：BD=22，
∴OA23AB=22，
∵OA=6，
∴AB＝33=AD，
∴AE=13AB=3，
在Rt△AED中，由勾股定理得：ED=AE2+AD2=30，
∴EF＝ED=30；
②当BE=13AB时，如图④所示：
同①得：AO：BE＝OD：DE=22，
∴AO13AB=22，
∵OA=6，
∴AB＝63=AD，
∴AE=23AB＝43，
在Rt△AED中，由勾股定理得：ED=AE2+AD2=239，
∴EF＝ED＝239；
综上所述，线段EF的长度为：30或239．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质、等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
3．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，CE⊥AD于点E，AD＝4cm，AB＝BC＝2cm，动点P，Q分别从点A，B同时出发，点P沿折线A﹣B﹣C﹣E以2cm/s的速度向终点E运动，点Q沿折线B﹣C﹣E﹣D以2cm/s的速度向终点D运动．设点P的运动时间为x（s），△PAQ的面积为y（cm2）（这里规定：线段是面积为0的三角形）．
（1）四边形ABCE的形状是 正方形 ．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当PQ与四边形ABCD的对角线平行时，直接写出x的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）正方形；
（2）y=2x2(0≤x≤1)2x2-6x+6(1＜x≤2)-2x2+8x-6(2＜x≤3)；
（3）12或43或83．
【分析】（1）先证明四边形ABCE是矩形，再根据AB＝BC，即可得出结论；
（2）分三种情况：当点P在边AB上，点Q在边BC上时，即0≤x≤1时；当点P在边BC上，点Q在边CE上时，即1＜x≤2时；当点P在边CE上，点Q在边ED上时，即2＜x≤3时；分别 求银即可；
（3）分两种情况：当PQ∥AC时，当PQ∥BD时，分别求解．注意：当PQ∥BD时，又有两种情况，i）当点P在BC上，点Q在CEH；ii）当点P在CE上，点Q在ED上．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°
∵∠BAD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AD
∴∠AEC＝90°
∴四边形ABCE是矩形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCE是正方形，
故答案为：正方形；
（2）当点P在边AB上，点Q在边BC上时，即0≤x≤1时，如图1，
∴S△APQ=12AP•BQ，
∴y=12×2x×2x=2x2；
当点P在边BC上，点Q在边CE上时，即1＜x≤2时，如图2，
∴S△APQ＝S正方形ABCE﹣SABP﹣S△CPQ﹣S△AEQ
=AB⋅AE-12AP⋅BP-12CP⋅CQ-12AE⋅QE
=2×2-12×2(2x-2)-12(4-2x)(2x-2)-12×2(4-2x)
＝2x2﹣6x+6，
∴y＝2x2﹣6x+6，
当点P在边CE上，点Q在边ED上时，即2＜x≤3时，如图3，
∴S△APQ=12AQ•PE=12（2x﹣2）（6﹣2x）＝﹣2x2+8x﹣6，
∴y＝﹣2x2+8x﹣6，
综上，y=2x2(0≤x≤1)2x2-6x+6(1＜x≤2)-2x2+8x-6(2＜x≤3)．
（3）解：连接AC，BD，
当PQ∥AC时，如图4，
∵正方形ABCE，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∵PQ∥AC，
∴∠BPQ＝∠BQP＝45°，
∴BP＝BQ，即2﹣2x＝2x，
解得：x=12；
当PQ∥BD时，
i）如图5，

∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠BDA，
∵PQ∥BD，
∴∠CBD＝∠CPQ，
∴∠CPQ＝∠BDA，
∵∠PCQ＝∠BAD＝90°，
∴△PCQ∽△DAB，
∴PCAD=CQAB，即4-2x4=2x-22，
解得：x=43；
ii） 如图6，
同理，△PEQ∽△BAD，
∴PEAB=EQAD，即6-2x2=2x-44，
解得：x=83．
综上，当PQ与四边形ABCD的对角线平行时，x的值为12或43或83．
【点评】本题考查矩形的判定，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，求动点函数关系式，平行线的性质，分类讨论思想的应用是解题的关键．
4．综合与实践
数学活动课上，同学们以“正方形与旋转”为主题开展探究活动．
【探索发现】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，AF⊥BE于点F，将线段AF绕点A逆时针旋转90°得到线段AG，连接DG，
可证：△ABF≌△ADG．请写出证明过程；
【深入思考】
（2）在（1）的条件下，如图2，若延长BE，GD交于点H，试猜想线段BF，FH，DH之间的数量关系，并证明你的猜想；
【拓展延伸】
（3）在（2）的条件下，如图3，连接CH，将线段DH绕点H逆时针旋转90°得到线段HP，点P在BH上，试猜想BP，CH的数量关系，并证明你的猜想．
【考点】四边形综合题．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）FH＝BF+DH；
（3）BP=2CH．
【分析】（1）可推出∠GAF＝∠DAB＝90°，从而∠GAD＝∠BAF，进而推出△ABF≌△ADG；
（2）根据△ABF≌△ADG，∠G＝∠AFB＝90°，BF＝DG进而推出可推出矩形AFHG是正方形，从而FH＝GH，进一步得出结果；
（3）在BH上截取BX＝DH，可推出△CDH≌△CBX，从而CX＝CH，∠BCX＝∠DCH，进而得出∠HCX＝∠BCD＝90°，从而HX=2CH，进一步得出结论；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵线段AF绕点A逆时针旋转90°得到线段AG，
∴∠GAF＝90°，AG＝AF，
∴∠GAF＝∠DAB，
∴∠GAD＝∠BAF，
∴△ABF≌△ADG（SAS）；
（2）解：BF+DH＝FH，理由如下：
由（1）得：△ABF≌△ADG，
∴∠G＝∠AFB＝90°，BF＝DG，
∵∠GAF＝∠AFH＝90°，
∴四边形AFHG是矩形，
∵AG＝AF，
∴矩形AFHG是正方形，
∴FH＝GH＝DG+DH＝BF+DH；
（3）解：如图，
在BH上截取BX＝DH，
∵∠GHF＝∠BCD＝90°，∠DEH＝∠BEC，
∴∠CDH＝∠BCX，
∵CD＝BC，
∴△CDH≌△CBX（SAS），
∴CX＝CH，∠BCX＝∠DCH，
∴∠BCX+∠DCX＝∠DCH+∠DCX，
∴∠HCX＝∠BCD＝90°，
∴HX=2CH，
∵BH﹣DH＝BH﹣DH，
∴BH﹣PH＝BH﹣BX，
∴BP＝HX，
∴BP=2CH．
【点评】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
5．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．
（1）操作判断
操作一：对折正方形纸片，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在BE上选一点H，沿CH折叠，使点B落在EF上的点G处，得到折痕CH，把纸片展平．根据以上操作，直接写出图1中∠CGF的度数： 30° ；
（2）拓展应用
小华在以上操作的基础上，继续探究，延长HG交AD于点M，连接CM交EF于点N（如图2），判断△MGN的形状是 等边三角形 ，并说明理由；
（3）迁移探究
如图3，已知正方形ABCD的边长为3，当点H是边AB的三等分点时，把△BCH沿CH翻折得△GCH，延长HG交AD于点M，请直接写出MD的长： 32或35 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）30°；
（2）△MGN为等边三角形，理由见解答过程；
（3）32或35．
【分析】（1）根据折叠的性质可得，DF＝CF=12CD，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠HCG＝∠HCB=12∠GCB，利用含30度角的直角三角形性质和平行线的性质得∠CGF＝∠GCB＝30°；
（2）解法一：根据折叠的性质可得，DF＝CF，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠B＝∠CGH＝90°，易证明NF为△CDM的中位线，得到CN＝NM，利用直角三角形斜边上的中线性质得到MN＝GN，∠NMG＝∠MGN，易通过HL证明Rt△CGM≌Rt△CDM，得到∠NMG＝∠NMD，根据平行线的性质可得∠NMD＝∠GNM，以此即可得到∠NMG＝∠MGN＝∠GNM=180°3=60°；
解法二：利用平角的定义得到∠EHG＝30°，根据折叠的性质可得，DF＝CF，∠BEF＝∠AEF＝90°，∠B＝∠CGH＝90°，于是∠MGN＝∠EGH＝60°，易证明NF为△CDM的中位线，得到CN＝NM，利用直角三角形斜边上的中线性质得到MN＝GN，∠NMG＝∠MGN＝60°，以此即可证明；
（3）分两种情况：①当BH＝1时，连接CM，根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝1，∠B＝∠HGC＝90°，通过HL证明Rt△CGM≌Rt△CDM，得到GM＝DM，于是设GM＝DM＝x，则AM＝3﹣x，HM＝1+x，在Rt△AHM中，根据勾股定理建立方程，求解即可；②当AH＝1时，连接CM，根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝2，∠B＝∠HGC＝90°，通过HL证明Rt△CGM≌Rt△CDM，得到GM＝DM，于是设GM＝DM＝a，则AM＝3﹣a，HM＝2+x，在Rt△AHM中，根据勾股定理建立方程，求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠BCF＝90°，
根据折叠的性质可得，DF＝CF=12CD，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠B＝∠CGH＝90°，∠HCG＝∠HCB=12∠GCB，
∴CF=12CG，EF∥BC，
∴∠CGF＝∠GCB＝30°；
故答案为：30°；
（2）△MGN为等边三角形．理由如下：
解法一：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝90°，BC＝CD，
根据折叠的性质可得，DF＝CF，∠CFG＝∠DFE＝90°，BC＝CG，∠B＝∠CGH＝90°，
∴EF∥BC∥AD，∠MGC＝90°，CG＝CD，
∵NF∥DM，F为CD中点，
∴NF为△CDM的中位线，
∴CN＝NM，
在Rt△MGC中，MN＝GN，
∴∠NMG＝∠MGN，
在Rt△CGM和Rt△CDM中，
CG=CDCM=CM，
∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），
∴∠CMG＝∠CMD，即∠NMG＝∠NMD，
∵EF∥AD，
∴∠NMD＝∠GNM，
∴∠NMG＝∠MGN＝∠GNM=180°3=60°，
∴△MGN为等边三角形；
解法二：由（1）可知，∠CHB＝∠CHG＝75°，
∴∠BHG＝150°，∠EHG＝30°，
根据折叠的性质可得，DF＝CF，∠BEF＝∠AEF＝90°，∠B＝∠CGH＝90°，
∴EF∥AD，∠MGN＝∠EGH＝60°，
∵NF∥DM，F为CD中点，
∴NF为△CDM的中位线，
∴CN＝NM，
在Rt△MGC中，MN＝GN，
∴∠NMG＝∠MGN＝60°，
∴△MGN为等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（3）∵点H是边AB的三等分点，
∴BH＝1或AH＝1，
①当BH＝1时，如图，连接CM，
则AH＝2，
∵四边ABCD为边长为3的正方形，
∴BC＝CD＝3，∠B＝90°，
根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝1，∠B＝∠HGC＝90°，
∴CG＝CD＝3，
在Rt△CGM和Rt△CDM中，
CG=CDCM=CM，
∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），
∴GM＝DM，
设GM＝DM＝x，则AM＝3﹣x，HM＝GH+GM＝1+x，
在Rt△AHM中，AM2+AH2＝HM2，
∴（3﹣x）2+22＝（1+x）2，
解得：x=32，
∴DM=32；
②当AH＝1时，如图，连接CM，
则BH＝2，
∵四边ABCD为边长为3的正方形，
∴BC＝CD＝3，∠B＝90°，
根据折叠的性质可得，BC＝CG＝3，BH＝GH＝2，∠B＝∠HGC＝90°，
∴CG＝CD＝3，
在Rt△CGM和Rt△CDM中，
CG=CDCM=CM，
∴Rt△CGM≌Rt△CDM（HL），
∴GM＝DM，
设GM＝DM＝a，则AM＝3﹣a，HM＝GH+GM＝2+a，
在Rt△AHM中，AM2+AH2＝HM2，
∴（3﹣a）2+12＝（2+a）2，
解得：a=35，
∴DM=35；
综上，DM的值为32或35，
故答案为：32或35．
【点评】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理，本题难度适中，熟练掌握折叠的性质，利用折叠前后的两个图形全等，以此得到边与边之间的关系，再根据勾股定理建立方程并求解是解题关键．
6．（1）创设情境：如图1，在正方形ABCD中，AB=2+22，E为线段BC上一动点，将△ABE沿AE翻折，得到△AB′E．若AB'的延长线恰好经过点C，则BE＝ 2 ；
（2）发现问题：如图2，在矩形ABCD中，E为线段BC上一动点，设AE＝mAB，将△ABE沿AE翻折，得到△AB'E，延长AB'交CD于点F，若AF＝mAE，试说明点E是BC的中点；
（3）问题解决：如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝8，E为直线BC上一动点，设AE＝mAB，将△ABE沿AE翻折，得到△AB′E．在AB'的延长线上找一点F，使得AF＝mAE．当△AEC是以AE为腰的等腰三角形时，直接写出点F到直线BC的距离．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）2；
（2）证明见解答；
（3）94或36+165或16．
【分析】（1）如图1，根据正方形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质可得BE＝B'E＝2；
（2）如图2，连接EF，先证明△ABE∽△AEF和△CEF≌△B'EF（AAS），可得结论；
（3）如图3，过点F作FG⊥BC于G，连接EF，则∠EGF＝90°，设BE＝x，则EB'＝x，EC＝8﹣x，根据AE＝EC，列方程为16+x2=8﹣x，则x＝3，最后由勾股定理可解答；如图4和图5，当点E在直线BC上时，同理可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝2+22，∠B＝90°，∠ACB＝45°，
∴AC=2AB＝22+4，
由折叠得：AB＝AB'＝2+22，∠AB'E＝∠B＝90°，
∴∠CB'E＝90°，CB'＝AC﹣AB'＝22+4﹣（2+22）＝2，
∵∠ECB'＝45°，∠CB'E＝90°，
∴△CEB'是等腰直角三角形，
∴B'E＝CB'＝2，
由折叠得：BE＝B'E＝2；
故答案为：2；
（2）如图2，连接EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
由折叠得：∠BAE＝∠EAB'，BE＝B'E，∠AEB＝∠AEB'，
∵AE＝mAB，
∴AEAB=m，
∵AF＝mAE，
∴AFAE=m，
∴AEAB=AFAE，
∴△ABE∽△AEF，
∴∠AEF＝∠B＝90°，
∴∠AEB'+∠FEB'＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，
∴∠CEF＝∠B'EF，
∵EF＝EF，∠C＝∠EB'F＝90°，
∴△CEF≌△B'EF（AAS），
∴CE＝B'E，
∵BE＝B'E，
∴BE＝CE，
∴点E是BC的中点；
（3）如图3，过点F作FG⊥BC于G，连接EF，则∠EGF＝90°，
∵∠AEC＞90°，
∴在等腰△AEC中，AE＝EC，
设BE＝x，则EB'＝x，EC＝8﹣x，
∵∠B＝90°，
∴AE=42+x2=16+x2，
∵AE＝EC，
∴16+x2=8﹣x，
∴x＝3，
经检验：x＝3是原方程的解，
∴BE＝3，AE＝CE＝5，
由（2）得：△ABE∽△AEF，∠AEF＝∠B＝90°，
∴ABAE=BEEF，即45=3EF，
∴EF=154，
由（2）得：△EGF≌△EB'F，
∴EG＝EB'＝3，
∴FG=(154)2-32=94；
如图4，过点F作FG⊥BC于G，连接EF，则∠EGF＝90°，
∵∠ACE＞90°，
∴在等腰△AEC中，AC＝EC，
∵∠B＝90°，
∴AC=42+82=45，
∵AC＝EC，
∴BE＝8+45，
由（2）得：△ABE∽△AEF，∠AEF＝∠B＝90°，
∴ABAE=BEEF，即442+(8+45)2=8+45EF，
∴EF＝（8+45）10+45，
由（2）得：△EGF≌△EB'F，
∴EG＝EB'＝8+45，
∴FG=EF2-EG2=(8+45)2(10+45)-(8+45)2=（8+45）（2+5）＝36+165．
如图5，过点F作FG⊥BC于G，连接EF，则∠EGF＝90°，
∵∠EAC＞90°，
∴在等腰△AEC中，AE＝AC＝45，
∵∠ABC＝90°，
∴BE＝BC＝8，
由（2）得：△ABE∽△AEF，∠AEF＝∠B＝90°，
∴ABAE=BEEF，即445=8EF，
∴EF＝85，
由（2）得：△EGF≌△EB'F，
∴EG＝EB'＝8，
∴FG=(85)2-82=16；
综上，点F到直线BC的距离是94或36+165或16．
【点评】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等和相似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，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键，属于中考常考题型．
7．类比等腰三角形的定义，我们定义：一组邻边相等的四边形叫做“等邻边四边形”．
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，对角线DB平分∠ADC．求证：四边形ABCD为等邻边四边形；
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠A＝90°，∠B＝60°，BC＝6，BD＝2，在线段AC上找一点E，使得四边形ABDE为等邻边四边形，则EC的长为 23或23-5或1163或33-3或33-2 ；
（3）如图③，在6×5的正方形网格中，A，B，C三点均在格点上，若ABCD为等邻边四边形，则所有符合条件的格点D有 4 个．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）23或23-5或1163或33-3或33-2；
（3）4．
【分析】（1）证明AD∥BC，则∠ADB＝∠CBD，由角平分线得到∠ADB＝∠BDC，则∠CBD＝∠BDC，得到BC＝CD，即可得到结论；
（2）根据等邻边四边形的定义画出图形，分情况进行求解即可；
（3）根据等邻边四边形的定义画出图形，即可得到答案．
【解答】解：（1）∵∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴对角线DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠BDC，
∴∠CBD＝∠BDC，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD为等邻边四边形；
（2）∵∠A＝90°，∠B＝60°，BC＝6，BD＝2，
∴CD=BC-BD=4，AB=12BC=3，AC=33，
如图1，过点D作DH⊥AC于点H，
∴∠A＝∠DHC＝90°，
∴AB∥DH，
∴CDBC=DHAB，
∴46=DH3，
∴DH＝2，
∴DH＝BD＝2，
∴当点E和点H重合时，四边形ABDE为等邻边四边形，
此时CEAC=CDBC=46，
∴CE=CH=23AC=23×33=23；
如图2，当DE＝AB＝3，点E在线段CH上，则HE=DE2-DH2=32-22=5，
则四边形ABDE为等邻边四边形，
此时CE=CH-HE=23-5，
如图3，当DE＝AE，点E在线段CH上，则HE=AE-AH=AE-3，
则四边形ABDE为等邻边四边形，
此时DE2＝DH2+HE2，即AE2=22+(AE-3)2，
解得AE=763，
∴CE=AC-AE=33-763=1163，
如图4，当AB＝AE＝3，则CE=AC-AE=33-3，
则四边形ABDE为等邻边四边形，
如图5，当BD＝AE＝2，则CE=AC-AE=33-2，
则四边形ABDE为等邻边四边形；
故答案为：23或23-5或1163或33-3或33-2；
（3）如下面4个图，可知，所有符合条件的格点D有4个，
故答案为：4．
【点评】此题考查了含30°角直角三角形的性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，分类讨论和数形结合是解题的关键．
8．（1）张老师在活动课上出示了如下一道探究题：
如图1，在△ABC和△DBE中，AB＝AC，DB＝DE，B，C，E三点在同一条直线上，A，D两点在BE同侧，若AD∥BE，求证：CE＝2AD．
张老师从条件出发：如图2，过点A作AM⊥BE交BE于点M，过点D作DN⊥BE交BE于点N，依据等腰三角形“三线合一”的性质分析BM与BN之间的关系，可证得结论．
请你运用张老师的方法解决上述问题．
（2）小明同学经过对探究题及张老师分析方法的思考，提出以下问题：
如图3，在△ABC中，AB＝AC，在△DBE中，DB＝DE，B，C，E三点在同一直线上，A，D两点在BE同侧，且A，D，E三点在同一直线上，若AD=32，∠E＝45°，△ABC的面积为7，求BE的长．
（3）在小明同学的问题得到解决后，张老师针对之前的解题思路，提出了如下问题：
如图4，在四边形ABCD中，BC∥AD，∠B＝2∠D，E为CD的中点，连接AE，若AE⊥AB，AD=2AE=25，BCAB=13，请直接写出CD的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）8；
（3）6．
【分析】（1）证明四边形AMND为矩形，得出AD＝MN，则可得出结论；
（2）过A作AM⊥BE交于M，过D作DN⊥BE交于N，过D作DP∥BE交AM于P，求出PD＝3，证明四边形PMND为矩形，得出PD＝MN，设BM＝CM＝x，则BC＝2x，根据三角形ABC的面积求出x＝1，则可得出答案；
（3）延长AB与DC延长线交于点F，过A作AG⊥DF交于G，过B作BH⊥DF交于H，证明BF＝BC，AF＝AD，证出FH＝GE，设FH＝CH＝GE＝x，则CF＝2x，证明BFAB=CFCD，得出CD＝3CF＝6x，由勾股定理可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，
∵AB＝AC，DB＝DE，AM⊥BE，DN⊥BE，
∴BC＝2BM，BE＝2BN，∠AMN＝∠DNM＝90°．
∴CE＝BE﹣BC＝2BN﹣2BM＝2（BN﹣BM）＝2MN．
∵AD∥BE，
∴∠MAD+∠AMN＝180°．
∴∠MAD＝∠AMN＝∠DNM＝90°．
∴四边形AMND为矩形．
∴AD＝MN．
∴CE＝2AD．
（2）如图2，过A作AM⊥BE于点M，过D作DN⊥BE于点N，过D作DP∥BE交AM于点P．
∵AB＝AC，DB＝DE，AM⊥BE，DN⊥BE，
∴BC＝2BM，BE＝2BN，∠AMN＝∠DNM＝90°．
∴CE＝BE﹣BC＝2BN﹣2BM＝2（BN﹣BM）＝2MN．
∵PD∥BE，
∴∠MPD+∠PMN＝180°，∠ADP＝∠E＝45°．
∴∠MPD＝90°．
∴∠APD＝90°．
∴∠DAP＝90°﹣∠ADP＝45°．
∴∠ADP＝∠DAP＝45°．
∴AP＝PD．
在Rt△APD中，AD2＝AP2+PD2＝18，
∴2PD2＝18．
∴PD＝3．
∵∠MPD＝∠AMN＝∠DNM＝90°，
∴四边形PMND为矩形．
∴PD＝MN．
∴CE＝2PD＝6．
设BM＝CM＝x，则BC＝2x．
∴EM＝CE+CM＝6+x．
∵∠AMN＝90°，∠E＝45°．
∴∠EAM＝90°﹣∠AEM＝45°．
∴∠E＝∠EAM．
∴EM＝AM＝6+x．
∴S△ABC=12⋅BC⋅AM=12×2x×(6+x)=7．
∴x2+6x﹣7＝0．
解得x1＝1，x2＝﹣7（不合题意，舍去）．
∴BC＝2x＝2．
∴BE＝BC+CE＝8．
（3）如图3，延长AB，与DC的延长线交于点F，过A作AG⊥DF于点G，过B作BH⊥DF于点H．
∵BC∥AD，
∴∠D＝∠BCF．
∵∠ABC＝∠F+∠BCF＝2∠D，
∴∠F＝∠BCF＝∠D．
∴BF＝BC，AF＝AD．
∵AG⊥DF，BH⊥DF，
∴FH=CH=12CF，FG=DG=12DF．
∵E为CD的中点，
∴CE=DE=12CD．
∵DF＝CF+CD＝2FH+2DE，
∴DG=12DF=FH+DE．
又∵DG＝DE+GE，
∴FH＝GE．
设FH＝CH＝GE＝x，则CF＝2x．
∵BC∥AD，
∴BFAB=CFCD．
∴BCAB=13，BC＝BF．
∴CFCD=BFAB=13．
∴CD＝3CF＝6x．
∴CE=DE=12CD=3x．
∴DG＝DE+CE＝4x．
在Rt△AGE和Rt△AGD中，AG2＝AE2﹣GE2＝5﹣x2，
AG2＝AD2﹣GD2＝20﹣16x2，
∴5﹣x2＝20﹣16x2．
解得x1＝1，x2＝﹣1（不合题意，舍去）．
∴CD＝6x＝6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．
9．如图1，菱形ABCD中，∠B＝α，BC＝2，E是边BC上一动点（不与点B，C重合），连接DE，点C关于直线DE的对称点为C′，连结AC′并延长交直线DE于点P，F是AC的中点，连接DC′，DF．
（1）填空：DC′＝ 2 ，∠APD＝ 90°-α2 （用含α的代数式表示）；
（2）如图2，当α＝90°，题干中其余条件均不变，连接BP．求证：BP=2AF．
（3）在（2）的条件下，连接AC．
①若动点E运动到边BC的中点处时，△ACC′的面积为 45 ．
②在动点E的整个运动过程中，△ACC′面积的最大值为 22-2 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）2，30°；
（2）结论：BP+DP＝AP．证明见解析；
（3）①45；②22-2．
【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝CD＝2，AD＝DC，由轴对称的性质得出C'D＝CD＝2，∠CDP＝∠C'DP，证明△ADF≌△C'DF（SSS），由全等三角形的性质得出∠ADF＝∠C'DF，则可得出结论；
（2）过A点作AP′⊥AP交PD延长线于P′，证明△BAP≌△DAP′（SAS），由全等三角形的性质得出BP＝DP′，则可得出结论；
（3）①过点C'作C'H⊥AC于点H，证明△CEN∽△ADN，求出CN=13AC，MN，证明△CMN∽△CHC'，由相似三角形的性质，求出C'H，根据三角形的面积公式可得出答案；
②在动点E的整个运动过程中，当C′点恰好在对角线BD上时，△ACC′面积达到最大值．求出C'O，由三角形面积公式可得出答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝2，AD＝DC，
∵点C关于直线DE的对称点为C′，
∴C'D＝CD＝2，∠CDP＝∠C'DP，
∴AD＝C'D，
∵F为AC'的中点，
∴AF＝FC'，
∵DF＝DF，
∴△ADF≌△C'DF（SSS），
∴∠ADF＝∠C'DF，∠AFD＝∠C′FD，
∴∠FDP=12∠ADC=12α，
∵∠AFD+∠C′FD＝180°，
∴∠AFD＝∠C′FD＝90°，
∴∠APD＝90°-α2；
故答案为：2，90°-α2；
（2）证明：如图2，作AP′⊥AP交PD的延长线于 P′，
∴∠PAP'＝90°，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD为正方形，
在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，
∴∠PAP'＝∠BAD＝90°，
∴∠PAP'﹣∠DAP＝∠BAD﹣∠DAP，
∴∠DAP'＝∠BAP，
由（1）可知：∠APD＝45°，
∴∠P'＝45°，
∴AP＝AP'，PF＝DF，
在△BAP和△DAP′中，
BA=DA∠BAP=∠DAP′AP=AP′，
∴△BAP≌△DAP'（SAS），
∴BP＝DP'，
在Rt△DFP中，根据勾股定理得：
DP2＝PF2+DF2＝2PF2，
∴DP=2PF，
∴PDPF=2，
∵DF⊥AP，AP′⊥AP，
∴DF∥AP'，
∴PDDP′=PFAF，
∴PDBP=PFAF，
∴BPAF=PDPF=2，
∴BP=2AF；
（3）①如图，过点C'作C'H⊥AC于点H，
∵E为BC的中点，
∴CE＝1，
∴DE=DC2+CE2=22+12=5，
∵S△DCE=12DC•CE=12CM•DE，
∴MC=DC⋅CEDE=2×15=255，
∴ME=CE2-CM2=55，CC'＝2MC=455，
∵AD＝CD＝2，
∴AC＝22，
∵AD∥EC，
∴△CEN∽△ADN，
∴CNAN=CEAD=12，
∴CN=13AC=233，
∴MN=CN2-CM2=2515，
∵∠MCN＝∠C'CH，∠C'HC＝∠NMC＝90°，
∴△CMN∽△CHC'，
∴MNC′H=CNC′C，
∴2515C′H=223455，
∴C'H=225，
∴S△ACC′=12AC•CH=12×22×225=45，
故答案为：45；
②在动点E的整个运动过程中，当C′点恰好在对角线BD上时，△ACC′面积达到最大值．
∵BD＝AC＝22，DC'＝2，
∴BC'＝22-2，
∴C'O＝BO﹣BC'=2-（22-2）＝2-2，
∴S△ACC'=12AC•C′O=12×22×（2-2）＝22-2，
即△ACC′面积的最大值为22-2，
故答案为：22-2．
【点评】此题是四边形综合题，考查了轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10．综合与实践
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1．已知矩形纸片ABCD，其中AB＝6，AD＝11．（1）操作判断
将矩形纸片ABCD按图1折叠，使点B落在AD边上的点E处，可得到一个45°的角，请你写出一个45°的角．
（2）探究发现
将图1的纸片展平，把四边形EFCD剪下来如图2，取FC边的中点M，将△EFM沿EM折叠得到△EF′M，延长EF′交CD于点N，求△EDN的周长．
（3）拓展应用：
改变图2中点M的位置，令点M为射线FC上一动点，按照（2）中方式将△EFM沿EM折叠得到△EF′M，EF′所在直线交CD于点N，若点N为CD的三分点，请直接写出此时NF′的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）45°的角有∠BAF（或∠EAF或∠BFA或∠EFA）；
（2）△EDN的周长为17；
（3）NF'的长为41-6或6-29．
【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形AEFB是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论；
（2）周长为定值．连结MN，先证明四边形CDEF是矩形，可得EF＝CD＝6，FC＝ED＝5，由折叠性质并结合M为FC的中点可得到MF'＝MC，EF'＝EF，∠MF'N＝∠MF'E＝90°，然后证明Rt△MF'N≌Rt△MCN（HL）可得到F'N＝CN，最后计算DE+EN+ND可知是一常数，结论得证；
（3）分两种情况计算：①当点N为CD的三分点且靠近点C时，②当点N为CD的三分点且靠近点D时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BAE＝90°，
∵将矩形纸片ABCD按图1折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴AB＝AE，∠B＝∠AEF＝90°，
∴∠B＝∠BAE＝∠AEF＝90°，
∴四边形AEFB是矩形，
∵AB＝AE，
∴四边形AEFB是正方形，
∴∠BAF＝∠EAF＝∠BFA＝∠EFA＝45°，
∴45°的角有∠BAF（或∠EAF或∠BFA或∠EFA）；
（2）连结MN，如图2，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝6，AD＝11，CD＝AB＝6，∠C＝∠D＝90°，
∵四边形AEFB是正方形，
∴EF＝AB＝6，∠FED＝∠FEA＝90°，
∴∠FED＝∠D＝∠C＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝6，FC＝ED＝AD﹣AE＝11﹣6＝5，
由折叠性质得：MF'＝MF，EF'＝EF，∠MF'N＝∠MF'E＝90°，
∵M为FC的中点，
∴MF＝MC，
∴MF′＝MC，
在Rt△MF′N与Rt△MCN中，
MF′=MCMN=MN，
∴Rt△MF′N≌Rt△MCN（HL），
∴F′N＝CN，
∴△EDN的周长为：DE+EN+ND＝DE+EF'+F'N+ND＝DE+EF+（CN+ND）＝DE+EF+CD＝5+6+6＝17；
（3）①如图3，当点N为CD的三分点且靠近点C时，连接MN，
∴CN=13CD=13×6=2，
∴DN＝CD﹣CN＝6﹣2＝4，
在Rt△DNE中，EN=DE2+DN2=52+42=41，
∴NF'＝EN﹣EF'=41-6；
②如图4，当点N为CD的三分点且靠近点D时，连接MN，
∴DN=13CD=13×6=2，
在Rt△DNE中，EN=DE2+DN2=52+22=29，
∴NF′=EF′-EN=6-29；
综上所述，NF'的长为41-6或6-29．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
11．综合与实践
【问题提出】数学课上，老师给出了这样一道题：如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一动点，过点D作DE的垂线，过点C作AC的垂线，两垂线相交于点F，作射线FE，分别交边AB，CD于点G，H．试探究线段EG与FH的数量关系．
小明在解决这道题时，借助“从特殊到一般”的方法进行了探究，过程如下．
【观察猜想】
小明先对点E在特殊位置时的图形进行了探究．
（1）如图1，若E是对角线AC的中点，则线段EG与FH的数量关系为 EG＝FH ．
【推理验证】
（2）小明认为当点E是对角线AC上任意一点时，（1）中的结论仍然成立，请你就图2的情形判断他的说法是否正确，并说明理由．
【拓展应用】
（3）已知正方形ABCD的边长为3，以点E为线段AC的三等分点时，请直接写出线段GF的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）EG＝FH；
（2）正确．理由见解析；
（3）4103或5103．
【分析】（1）先证得四边形DECF是正方形，得到HF＝EH，再通过“AAS”证得△AEG≌△CEH，得到EG＝EH，从而得证EG＝FH；
（2）根据正方形的性质和垂直的定义证得△ADE≌△CDF（ASA），得到AE＝CF，根据ME=22AE，PF=22CF，得到ME＝PF，证得△MEG≌△PFH（AAS），从而得证EG＝FH；
（3）由正方形ABCD的边长为3可求得AC=32，由点E是AC的三等分点，得到AE=22或AE=2．分两种情况讨论：①当AE=22时，CF=AE=22，在Rt△ECF中，EF=10，从而GH=EF=10，根据AB∥CD得到GEHE=AECE，从而求得GE=2103，进而即可解答；②当AE=2时，同①思路即可解答．
【解答】解：（1）在正方形ABCD中，AD＝CD，
又∵点E是AC的中点，
∴DE⊥AC，
∵DF⊥DE，FC⊥AC，
∴四边形DECF是矩形，
在正方形ABCD中，∠ADC＝90°，
又∵点E是AC的中点，
∴DE=12AC，AE=CE=12AC，
∴DE＝CE，
∴矩形DECF是正方形，
∴HF＝EH，
在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠AEG＝∠CEH，AE＝CE，
∴△AEG≌△CEH（AAS），
∴EG＝EH，
∴EG＝FH．
故答案为：EG＝FH；
（2）正确．理由如下：
过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FP⊥CD于点P，如图所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠ACD＝∠BAC＝45°．
∴∠ADE+∠EDC＝90°．
∵DE⊥DF，
∴∠EDC+∠CDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵AC⊥CF，
∴∠ACF＝90°，
∴∠DCF＝∠ACF﹣∠ACD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DCF＝∠ACD＝∠DAC，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF，
∵∠BAC＝∠DCF＝45°，ME⊥AB，PF⊥CD，
∴∠EMG＝∠FPH＝90°，ME=22AE，PF=22CF，
∵AE＝CF，
∴ME＝PF，
∵AB∥CD，
∴∠MGE＝∠EHC＝∠PHF，
∴△MEG≌△PFH（AAS）．
∴EG＝FH．
（3）∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠ABC＝90°，
∴AC=AB2+BC2=32+32=32，
∵点E是AC的三等分点，
∴AE=22或AE=2．
①当AE=22时，由（2）可得CF=AE=22，
∵CE=AC-AE=32-22=2，FC⊥AC
在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=(2)2+(22)2=10，
∵GE＝FH，
∴GE+EH＝FH+EH，即GH=EF=10，
在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴GEHE=AECE=222=2，
∴GE＝2HE，
∵GE+EH=GH=10，
∴GE=2103，EH=103，
∴GF=GE+EF=2103+10=5103；
②当AE=2时，由（2）可得CF=AE=2，
∵CE=AC-AE=32-2=22，FC⊥AC，
在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=(2)2+(22)2=10，
∵GE＝FH，
∴GE+EH＝FH+EH，即GH=EF=10，
在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴GEHE=AECE=222=12，
∴GE=12HE，
∵GE+EH=GH=10，
∴GE=103，EH=2103，
∴GF=GE+EF=103+10=4103；
综上所述，GF的长为5103或4103．
【点评】本题考查正方形的判定及性质，全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理，综合运算相关知识是解题的关键．
12．已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）①判断：直线AC与EF的位置关系是 AC⊥EF ；
②当点M在线段CQ的垂直平分线上时，求t的值；
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），直接写出运动过程中S的最大值．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①AC⊥EF；
②t=32；
（2）当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）当t=72时，使点P在∠AFE 的平分线上；
（4）当t=532时，S最大，此时S=182564．
【分析】（1）①首先证明∴△ABC≌△EBF（SAS），推导出∠BAC＝∠E，进而推导出∠E+∠ECN＝90°，即可得解；
②由平行线分线段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6-45t，由矩形的性质可求解；
（3）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解；
（4）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解．
【解答】解：（1）①AC⊥EF，理由如下：
如图1，延长AC，交EF于点N，
在△ABC和△EBF中，
AB=BE∠ABC=∠EBFBC=BF，
∴△ABC≌△EBF（SAS），
∴∠BAC＝∠E，
又∵∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB＝∠ECB，
∴∠E+∠ECN＝90°，
∴∠ENC＝90°，
∴AC⊥EF，
故答案为：AC⊥EF；
②∵AB∥CD，
∴CMBF=CEBE，
∴8-68=CM6，
∴CM=32cm，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（2）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，
∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC=AB2+BC2=64+36=10（cm），EF=BF2+BE2=64+36=10（cm），
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52（cm），
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6-45t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6-45t=65t，
∴t＝3；
∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）存在，理由如下：
如图3，连接PF，延长AC交EF于K，
∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
．CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
65=10-2t+65，点 t=72，
∴当t=72时，使点P在∠AFE 的平分线上；
（4）S=182564，理由如下：
如图3，过点Q作QN⊥AF于点N，
由（2）可知 QN=6-45t，
∵cs∠PAH＝cs∠CAB，
AHAP=ABAC，AH2t=810，
∴AH=85t，
∵四边形QCGH的面积为S＝S择系GGMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45t）]-12×（6-45t）（8-85t+6）=-1625t2+15t+572，
∴当t=532时，S最大，此时S=182564．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理，锐角三角函数，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
13．综合与实践
数学活动课上，同学们用尺规作图法探究在菱形内部作一点到该菱形三个顶点的距离相等．
【动手操作】如图，已知菱形ABCD，求作点E，使得点E到三个顶点A，D，C的距离相等．小红同学设计如下作图步骤；
①连接BD；
②分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径分别在AD的上方与下方作弧；AD上方两弧交于点M，下方两弧交于点N，作直线MN交BD于点E．
③连接AE，EC，则EA＝ED＝EC．
（1）根据小红同学设计的尺规作图步骤，在图中完成作图过程（要求：用尺规作图并保留作图痕迹）．
【证明结论】
（2）证明：EA＝ED＝EC．
【拓展延伸】
（3）当∠ABC＝72°时，求△EBC与△EAD的面积比．
【考点】四边形综合题．
【专题】作图题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）作图见解答过程；
（2）证明见解答过程；
（3）△EBC与△EAD的面积比为1+52．
【分析】（1）根据小红同学设计作图即可；
（2）由菱形ABCD可得∠ADE＝∠CDE，AD＝DC，即得△ADE≌△CDE（SAS），有AE＝EC，而MN垂直平分AD，有AE＝DE，故AE＝DE＝EC；
（3）由∠ABC＝72°，可得∠ABD＝∠DBC＝36°，求出∠ADB＝∠DBC＝36°，∠DAB＝180﹣∠ABC＝108°，∠EAD＝∠ADB＝36°，∠EAD＝∠ABD＝36°，即可得△ADE∽△BDA，故ADBD=DEAD，即AD2＝BD⋅DE，证明BE＝AB，设AB＝x＝BE，DE＝a（其中x，a＞0），有x2＝（x+a）⋅a，解得x=1+52a或x=1-52a（舍去），从而ABDE=1+52，S△EBCS△EDC=BEDE=ABDE=1+52．
【解答】（1）解：根据小红同学设计，作图如下：
（2）证明：在菱形ABCD中，∠ADE＝∠CDE，AD＝DC，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝EC，
∵MN垂直平分AD，
∴AE＝DE，
∴AE＝DE＝EC；
（3）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝72°，
∴∠ABD＝∠DBC＝36°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC＝36°，∠DAB＝180﹣∠ABC＝108°，
∵AE＝DE，
∴∠EAD＝∠ADB＝36°，
∴∠EAD＝∠ABD＝36°，
∵∠ADE＝∠BDA，
∴△ADE∽△BDA，
∴ADBD=DEAD，即AD2＝BD⋅DE，
∵∠BAE＝∠BAD﹣∠EAD＝72°，∠BEA＝∠EAD+∠ADE＝72°，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BE＝AB，
设AB＝x＝BE，DE＝a（其中x，a＞0），则x2＝（x+a）⋅a，
∴x2﹣ax﹣a2＝0，
解得x=1+52a或x=1-52a（舍去），
∴ABDE=1+52，
∴S△EBCS△EDC=BEDE=ABDE=1+52．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，三角形面积，菱形的性质及应用，相似三角形判定与性质等知识，解题的关键是掌握相似三角形判定定理．
14．综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以特殊四边形为基本图形，添加一些几何元素后探究图形中存在的结论．已知在▱ABCD中，AB＜BC，∠ABC的平分线交AD边于点E，交CD边的延长线于点F，以DE，DF为邻边作▱DEGF．
特例探究：（1）如图1，“创思”小组的同学研究了四边形ABCD为矩形时的情形，发现四边形DEGF是正方形，请你证明这一结论；
（2）“敏学”小组的同学在图1基础上连接BG，AC，得到图2，发现图2中线段BG与AC之间存在特定的数量关系，请你帮他们写出结论并说明理由；
拓展延伸：（3）“善问”小组的同学计划对▱ABCD展开类似研究．如图3，在▱ABCD中，∠ABC＝60°．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择 A（或B） 题．
A：当AB＝4，BC＝6时，请补全图形，并直接写出A，G两点之间的距离．
B：当BC＝6时，请补全图形，并直接写出以A，C，G为顶点的三角形面积的最小值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）BG＝AC，理由见解析过程；
（3）A（或B）；
A：27；
B：2734．
【分析】（1）根据矩形的性质即角平分线的性质证明即可；
（2）连接DG交BF于点O，连接BD，由（1）得四边形DEGF为正方形，DG⊥EF，GO＝OD，由线段垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）A：过点G作GH⊥AD交AD于点H，连接AG，证明四边形DFGE为是菱形，由锐角三角函数得到GH=sin60°⋅GE=32×2=3，EH=cs60°⋅GE=12×2=1，进而得到AH＝AE+EH＝5，利用勾股定理即可求解；
B：连接AG，AC，CG，CG交AD于点H，当CG⊥AD时，CG最短，此时△ACG的面积最小，利用锐角三角函数求出EH，CG即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠C＝90°，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠FED＝∠EBC，∠EFD＝∠ABE，∠FDE＝∠C＝90°，
∵四边形DEGF平行四边形，
∴平行四边形DEGF为矩形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC=12∠ABC，
∴∠FED＝∠EFD，
∴DE＝DF，
∴矩形DEGF为正方形；
（2）解：BG＝AC，理由如下：
连接DG交BF于点O，连接BD，如图2，
由（1）得四边形DEGF为正方形，
∴DG⊥EF，GO＝OD，
∴BF垂直平分DG，
∴BG＝BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AC＝BD，
∴BG＝AC；
（3）解：A：补全图形如图3.1，过点G作GH⊥AD交AD于点H，连接AG，
由题意得四边形DFGE为平行四边形，
∵∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°，
∵AD∥BC，AB＝4，BC＝6，
∴∠ABE＝∠AEB＝30°，
∴AB＝AE＝4，DE＝AD﹣AE＝BC﹣AE＝2，
∵AD∥BC，DF∥GE，
∴∠CBE＝∠DEF＝30°，∠DEG＝∠ABC＝60°，
∴∠GEF＝∠DEF＝30°，
∵GF∥DE，
∴∠DEF＝∠GFE＝30°，
∴∠GED＝∠GFD＝60°，
∴四边形DFGE为是菱形，
∴GE＝DE＝2，
∴GH=sin60°⋅GE=32×2=3，EH=cs60°⋅GE=12×2=1，
∴AH＝AE+EH＝5，
∴AG=GH2+AH2=(3)2+52=27，
此时，A，G两点之间的距离为27；
B：补全图形如如图3.2，连接AG，AC，CG，CG交AD于点H，延长FG，BA相交于点M，
由A的证明知四边形DFGE为是菱形，
∴∠CBF＝∠CFB＝30°，
∴BC＝CF＝6，
∴△BCM与△FCM是正三角形，
∴∠BAC＝∠GFC＝60°，
点G在FM上运动，同时A在BM上运动，点E在BF上运动，且AM+GM＝AE+GE＝6，AM＝GF，MC＝CF，
∴△AMC≌△GFC（SAS），
∴四边形ACGM的面积＝三角形CFM的面积，
∴三角形ACG的面积+三角形AMG的面积=12菱形BCFM的面积，
∴三角形AMG的面积最大时，三角形ACG的面积最小，
又∵AM+MG＝6，
∴当AM＝MG时，角形AMG的面积最大时，三角形ACG的面积最小，
此时，MG＝FG，即CG⊥AD，
∵CG⊥AD，∠ABC＝∠DFG＝60°，
∴∠CGF＝90°，∠GCF＝30°，
∴GF=12CF=3，
∵四边形DFGE为是菱形，
∴DE＝GE＝DF＝GF＝3，AE＝AD﹣DE＝BC﹣DE＝3，
∴AB＝AE＝3，
∵CG=sin60°⋅CF=33，EH=cs60°⋅GE=32，
∴AH=AE+EH=92，
∴S△ACG=12×CG⋅AH=2734，
∴以A，C，G为顶点的三角形面积的最小值为2734．
故答案为：A（或B）．
【点评】本题考查四边形综合题、锐角三角函数、勾股定理、平行四边形的性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
15．综合与实践
【问题背景】
如图（1），在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
（1）【问题解决】
填空：AC′的长为 3 ；
（2）如图（2），展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC交于点F，求线段EF的长．
（3）【拓展探究】
如图（3），在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．
【考点】四边形综合题．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用；展开与折叠；运算能力；推理能力．
【答案】（1）3；
（2）1；
（3）45，195．
【分析】（1）由矩形的性质得∠A＝90°，AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，再由折叠的性质得C′D＝CD＝5，然后由勾股定理求解即可；
（2）由折叠的性质得C′E＝CE，设BE＝x，则C′E＝CE＝4﹣x，在Rt△BEC′中，由
BE2+BC′2＝C′E2求出BE=32，CE=52，连接EE′，根据相似三角形的判定可得△FEE′∽△FCD′∽△ECD，即可求解；
（3）分类讨论：当C″在AB内（B的左侧）时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得E′EE′Q=45，根据平移的性质和等角对等边的性质可得PQ＝QE′＝1，即可求得；当C″在射线AB上（B的右侧）时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得CD′＝2CP，CD′=34CQ，求解可得CP=35，即可求得．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝CD＝5，BC＝AD＝4，
由折叠的性质得：C′D＝CD＝5，
∴AC′=C′D2-AD2=52-42=3，
故答案为：3．
（2）由（1）得：AC′＝3，
∴BC′＝BC﹣AC′＝2，
由折叠的性质得：C′E＝CE，
设BE＝x，则C′E＝CE＝4﹣x，
在Rt△BEC′中，BE2+BC′2＝C′E2，
x2+22＝（4﹣x）2，
解得x=32，
即BE=32，CE=4-32=52，
连接EE′，如图所示：
由平移的性质得：E′E＝BC′＝2，EE′∥AB∥CD，D′E′∥DE，
∴△FEE′∽△FCD′∽△ECD，
∴EFEE′=CECD=525=12，
∴EF=12EE′=1，
（3）当C″在AB内（B的左侧）时，连接EE′，
如图所示：
由平移的性质得：E′E＝C′C″，EE′∥AB，C″E′∥C′E，
∴△QEE′∽△C″BQ∽△C′BQ，
∴E′EE′Q=C′BC′E=252=45，
∵∠CPD′＝∠EPE′＝∠CED＝∠D′E′Q，
∴PQ＝QE′＝1，
∴E′E=45E′Q=45，
当C″在射线AB上（B的右侧）时，连接EE′，如图
由平移的性质得：E′E＝DD′，DE∥D′E，DC′∥D′C″，
∴△CD′P∽△CDE，△CD′Q∽△C′AD，
∴CPCD′=CECD=525=12，CD′CQ=AC′AD=34，
即CD′＝2CP，CD′=34CQ，
∵PQ＝1，34(CP+PQ)=2CP，
即34(CP+1)=2CP，
求解得CP=35，
∴CD′=65，DD′=5-65=195，
故答案为：45或195．
【点评】本题考查四边形综合，矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、平移的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型