中考数学大题高分秘籍【江苏专用】专题22以四边形为载体的几何压轴问题(江苏最新模拟30题)(原卷版+解析)

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一、解答题
1．（2023·江苏·九年级专题练习）阅读理解
我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sinα的值叫做这个平行四边形的变形度．
(1)若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是____；
(2)猜想证明
设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形的面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展探究
如图2，在矩形ABCD中，点E是AD边上的一点，且AB2=AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，点E1为点E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m＞0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m＞0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．
2．（2023·江苏·九年级专题练习）如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，E为边BC的中点，请仅用无刻度的直尺作图：
（1）作BD的中点F；
（2）作BE的中点G；
（3）如图2，△BDE的中线EF、DG交于点H，若△EGH的面积为1，则四边形BGHF的面积为 ．
3．（2023春·江苏南通·九年级专题练习）如图1，矩形ABCD中，AB=15, BC=20，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转，得到矩形BEFG．
（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于________；
（2）如图2，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE2+AG2的值；
（4）在旋转过程中，请直接写出S△BCE+S△ABG的最大值．
4．（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）将一张矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A的坐标为3,0，点C的坐标为0,4．D是BC边上的一个动点（点D不与点B，C重合），将△ODC沿OD翻折得到△ODC'，设CD=x．
（1）如图1，若∠COD=18°，则∠BDC'=______°；
（2）如图2，连接AC'，当x=2时，求△OAC'的面积；
（3）连接BC'，当x为何值时，△BDC'为直角三角形？
5．（2023秋·江苏宿迁·九年级南师附中宿迁分校校考期末）（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC,AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD,AB上，GF⊥AE．求证：AE=FG；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，BCAB=k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG,EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当时k=34，若tan∠CGP=43,GF=25，求CP的长．
6．（2023春·江苏盐城·九年级校联考阶段练习）【问题情境】（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
【类比探究】
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
7．（2023秋·江苏盐城·九年级景山中学校考期末）【基础巩固】
(1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B．求证：AC2=AD⋅AB．
(2)【尝试应用】如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A，若BF=6，BE=4，求AD的长．
(3)【拓展提高】如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC=2EF，∠EDF=12∠BAD，则线段DE与线段EF之间的数量关系为 ，并说明理由．
8．（2023春·江苏·九年级专题练习）已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE⊥射线DP于点E，连接AE．
(1)如图1，在DE上取一点F，使DF=BE，连接AF，求证：AE=AF；
(2)如图2，点P在AB延长线上，求证：BE+DE=2AE；
(3)如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且CDAD=12，其他条件不变，请猜想DE，BE和AE的数量关系，直接写出结论，不必证明．
9．（2023春·江苏·九年级专题练习）如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
10．（2023·江苏南通·南通田家炳中学校考模拟预测）（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF=45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②BECF= ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE=5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC=5，对角线AC=6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，HE=85，求CF的长．
11．（2023·江苏·九年级专题练习）【结论提出】：三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．
(1)【思路说明】已知：如图1，△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC于D．试说明：BDCD=ABAC．理由：过点C作CE∥AD，交BA延长线于点E，易得BDCD=______，由CE∥AD，AD平分∠BAC可得AE= ______，代入上式得BDCD=ABAC．
(2)【直接应用】如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10,CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB=______．
(3)如图3，若四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，延长EF、AF分别交AB,BC于M、H两点，当FH=BH时．
①求BH的长；
②直接写出AMBM=______；
(4)【拓展延伸】如图4，若四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，当点E为CD边的三等分点时，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF与BC所在直线交于点P、与AD所在直线交于点Q，请直接写出CP的长______．
12．（2023秋·江苏徐州·九年级统考期末）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果BCAB＝ABAC，那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为5-12．
(1)在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 cm；
(2)如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；
(3)如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
13．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的顶点B（6，8），动点M，N同时从O点出发，点M沿射线OA方向以每秒1个单位的速度运动，点N沿线段OB方向以每秒0.6个单位的速度运动，当点N到达点B时，点M，N同时停止运动，连接MN，设运动时间为t（秒）．
(1)求证△ONM∽△OAB；
(2)△MNB与△OAB能否相似？若能试求出所有t的值，若不能请说明理由．
14．（2023春·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为(3,0)，过点A作垂直于x轴的直线l，P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为−m+32，以PQ，QM为边作矩形PQMN．
(1)求b的值；
(2)当点Q与点M重合时，求m的值；
(3)当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
(4)当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
15．（2023春·江苏苏州·九年级苏州高新区实验初级中学校考开学考试）如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．
例如：若△ABC中，∠A=2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形．
问题提出
(1)如图，已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线．
①则图中相等的线段有______，图中相似三角形有______；
②若点D正好在BC的垂直平分线上，且tanC=12，求tan∠ABC的值；
问题解决
(2)如图，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=48，BC=132，AD=68，工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形，工人师傅在这块板材上的作法如下：
第一步：作BC的垂直平分线l交BC于点E；
第二步：在BC上方的直线l上截取EF=33，连接CF并延长，交AD于点P；
第三步：连接BP，得△BCP．
①请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法．
②是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请在图中画出一种符合要求的图形并简要说明作法；若不存在，请说明理由．
16．（2023·江苏苏州·统考一模）（1）如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC边上的动点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，可以证明△DEF≅△DMF，进一步推出EF，AE，FC之间的数量关系为______________；
（2）在图①中，连接AC分别交DE和DF于P，Q两点， 求证：△DPQ∽△DFE；
（3）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°，连接BD分别与边AE，AF交于M，N．当∠DAF=15°时，猜想MN，DN，BM之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论．
17．（2023春·江苏苏州·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，E是AB上一点，BE=2．F是BC上的动点，连接EF，H是CF上一点且HFCF=k（k为常数，k≠0），分别过点F，H作EF，BC的垂线，交点为G．设BF的长为x，GH的长为y．
(1)若x=4，y=6，则k的值是__________．
(2)若k=1时，求y的最大值．
(3)在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，求此时k的值．
18．（2023秋·江苏无锡·九年级校联考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC落在x轴上，点B的坐标为−1,0，AB=3，BC=6，边AD与y轴交于点E．
(1)点A坐标______；点C坐标______；
(2)在x轴上取点F3,0，直线y=kx+bk≠0经过点E，与x轴交于点M，连接EF．
①当∠MEF=15°时，求直线y=kx+bk≠0的函数表达式；
②当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边所在直线相切时，求点M的坐标．
19．（2023秋·江苏南通·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=a(a>4)，点E在边BC上，在AB同侧以AE为边作正方形AEFG，直线FG交直线AD于点H．
(1)如图①，若点F是CD的中点，求a的值；
(2)如图②，若点F在矩形ABCD内，且GH:FH=3:1，求BE的长；
(3)连接DF，若a=8,DF=2，直接写出GH:FH的值．
20．（2023春·江苏南通·九年级南通田家炳中学校考开学考试）四边形ABCD为正方形，边长为6，点M为对角线BD上一动点（不与点B，D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交射线AB于点N．
(1)如图1，求证：MC=MN；
(2)如图2，作射线CN交射线DB于点P．
①当点N在边AB上时，设BN的长为x，ΔCMN的面积为y，求y关于x的函数解析式：
②当BN=3时，请直接写出MP的长．
21．（2023·江苏宿迁·统考一模）已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是边BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF=90°，EF、AF与CD分别相交于点P、Q，连接EQ，过点A作AM⊥EQ，垂足为点M，过点P作PN⊥EQ，垂足为点N，设BE=m．
(1)求AM的长；
(2)用含有m的代数式表示CQ；
(3)用含有m的代数式表示PN，并求PN的最大值．
22．（2023春·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考阶段练习）（1）如图1，将直角的顶点E放在正方形ABCD的对角线AC上，使角的一边交CD于点F，另一边交CB或其延长线于点G，求证：EF=EG；
（2）如图2，将（1）中的“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，其他条件不变．若AB=m，BC=n，试求EFEG的值；
（3）如图3，将直角顶点E放在矩形ABCD的对角线交点，EF、EG分别交CD与CB于点F、G，且EC平分∠FEG．若AB=2，BC=4，求EG、EF的长．
23．（2023·江苏淮安·统考一模）【背景】
如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求∠BKM的度数和MK的长；
（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．
24．（2023·江苏苏州·苏州工业园区星湾学校校考模拟预测）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”，如图1，四边形ABCD中，AB=CD、AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底．
(1)【提出问题】如图2，△ABC与△DEC都是等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，135°<∠AEC<180°．求证：四边形BDEA是“等垂四边形”；
(2)【拓展探究】如图3，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，点M、N分别是AD，BC的中点，连接MN．已知腰AB=5，求MN的长；
(3)【综合运用】如图4，四边形ABCD是“等垂四边形”，AB=CD=4，底BC=9，则较短的底AD长的取值范围为 ．
25．（2023·江苏无锡·无锡市天一实验学校校考模拟预测）问题提出：已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90°)得到△ E'BF'，则AE'与DF'有怎样的数量关系．
【问题探究】
探究一：如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
（1）如图1，直接写出DFAE的值 ；
（2）将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
如图3，若四边形ABCD为矩形，ABBC=22，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△ E'BF' (E、F的对应点分别为E'、F'点)，连接AE'、DF'，则AE'DF'的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出AE'DF'的值．
【一般规律】
如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90 °)得到△ E'BF'，连接AE'，DF'，请直接写出AE'与DF'的数量关系．
26．（2023秋·江苏无锡·九年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期末）如图，已知矩形ABCD中，E是边AD上一点，将△BDE沿BE折叠得到△BFE，连接DF．
(1)如图1，BF落在直线BA上时，求证△DFA∽△BEA；
(2)如图2，当ADAB=2时，BF与边AD相交时，在BE上取一点G，使∠BAG=∠DAF，AG与BF交于点H，
①求AFAG的值；
②当E是AD的中点时，若FD·FH=18，求AG的长．
27．（2023春·江苏泰州·九年级校联考阶段练习）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，点D在AB的延长线上，且BD=3，分别过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E，连接BE，交CD于点G，
(1)求DE的长，并证明EB⊥CD；
(2)如图1，在射线DC上只用圆规作一点Q，使得AQ⊥AE（保留作图痕迹，并简要说明作法）；
(3)如图2，在（2）的条件下，连接EQ，分别取EQ、CE的中点M、N，动点H在EG上运动，求MH+NH的最小值
28．（2023·江苏徐州·校考一模）综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______（写一个即可）．
(2)迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ= ______°，∠CBQ=______°；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ=3cm时，直接写出AP的长．
29．（2023·江苏苏州·苏州中学校考一模）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，请直接写出线段BP，QC，EC满足的数量关系______．
(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)正方形ABCD的边长为9，DE=13DC，QC=2，请直接写出线段BP的长______．
30．（2023·江苏徐州·徐州市第十三中学校考一模）如图，矩形ABCD中，AB=6,BC=8，点E是CD的中点，P是射线DA上一点，延长EP交直线AB于F，过P作PG⊥EF，分别交射线CB、直线AB于G、H．
(1)①当PD=3时，EFPG= ；
②点P在AD上取不同位置，EFPG的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接FG，当△PFG是等腰直角三角形时，求PD的长；
(3)直接写出CG的最小值 ．
2023年中考数学大题高分秘籍（江苏专用）
专题24以三角形为载体的几何压轴问题（江苏最新模拟30题）
一、解答题
1．阅读理解
我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图1，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sinα的值叫做这个平行四边形的变形度．
(1)若矩形发生变形后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是____；
(2)猜想证明
设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形的面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；
(3)拓展探究
如图2，在矩形ABCD中，点E是AD边上的一点，且AB2=AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，点E1为点E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m＞0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m＞0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．
【答案】（1）233；（2）1sinα=S1S2，理由见解析；（3）∠A1E1B1+∠A1D1B1=30°．
【详解】解：（1）根据题意得：这个平行四边形的较小的内角为60°，
∴这个平行四边形的变形度是1sin60°=233；
（2）1sinα=S1S2，
理由：如图1，
设矩形的长和宽分别为a，b，变形后的平行四边形的高为h，
∴S1=ab，S2=ah，
∴S1S2=abaℎ=bℎ，
∵sinα=bℎ，
∴1sinα=bℎ，
∴S1S2=1sina；
（3）∵AB2=AE•AD，
∴A1B12=A1E1•A1D1，即A1B1A1D1=A1E1A1B1，
∵∠B1A1E1=∠D1A1B1，
∴△B1A1E1∽△D1A1B1，
∴∠A1B1E1=∠A1D1B1，
∵A1D1∥B1C1，
∴∠A1E1B1=∠C1B1E1，
∴∠A1E1B1+∠A1D1B1=∠C1E1B1+∠A1B1E1=∠A1B1C1，
由（2）知1sinα=S1S2
可知1sin∠A1B1C1=4m2m=2，
∴sin∠A1B1C1=12，
∴∠A1B1C1=30°，
∴∠A1E1B1+∠A1D1B1=30°．
2．如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，BC=2AD，E为边BC的中点，请仅用无刻度的直尺作图：
（1）作BD的中点F；
（2）作BE的中点G；
（3）如图2，△BDE的中线EF、DG交于点H，若△EGH的面积为1，则四边形BGHF的面积为 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）2
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分，即可作BD的中点F；
（2）找△ABE的中位线FG，即可得BE的中点G；
（3）连接AE，，则F、H在AE上，设S△ADF=x，则S△BEF=x，SABED=4x，推出S△BGD=x，SBGHF=x−1，证明△EGH∼△ADH，由相似的性质，S△EGHS△ADH=(EGAD)2=14，求出S△ADH，从而得出S△DFH，在△DBG中，列出等量关系式，求解即可得出答案．
【详解】（1）
连接DE，AE交BD与F，
∵BC=2AD，E为边BC的中点，
∴AD=BE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴点F即为BD中点；
（2）
如图，延长BA、CD交于点M，连接ME交AD于点N，连接NF交BE于点G，
由题可得：△MAD∼△MBC，
∵BC=2AD，
∴A 为MB中点，
又AN//BE，
∴AN为△MBE的中位线，即N为ME中点，
∵四边形ABED是平行四边形，
∴F为AE中点，
∴FN//AM，
∴FG//AB，FG为△ABE中位线，
∴G为BE中点；
（3）
如图，连接AE，，则F、H在AE上，设S△ADF=x，则S△BEF=x，SABED=4x，
∴S△BGD=x，
∵S△EGH=1，
∴SBGHF=x−1，
∵四边形ABED是平行四边形，
∠GEH=∠DAH，∠EGH=∠ADH，
∴△EGH∼△ADH，
∴S△EGHS△ADH=(EGAD)2=(12)2=14，
∴S△ADH=4S△EGH=4，
∴S△DFH=4−x，
∴4−x+x−1=x，即x=3，
∴SBGHF=x−1=2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查四边形综合问题，掌握线段中点的作图方法以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
3．如图1，矩形ABCD中，AB=15, BC=20，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转，得到矩形BEFG．
（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于________；
（2）如图2，当点E落在AC上时，求△BCE的面积；
（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE2+AG2的值；
（4）在旋转过程中，请直接写出S△BCE+S△ABG的最大值．
【答案】(1)10；(2)42；(3) AE⊥CG，理由见解析，CE2+AG2=1250；(4)300
【分析】(1)利用勾股定理求出BD，即可得出结论；
(2)先利用三角形的面积求出BM，再根据勾股定理求出AM，进而得出AE，最后用三角形的面积之差即可得出结论；
(3)先利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理判断出∠BAE=∠BCG，进而判断出∠CQP=∠ABC=90°，最后用勾股定理，即可得出结论；
(4)如下图证明△BCE≌△BGE'，得出S△BCE=S△BGE'，进而得出S△BCE+S△ABG=3GH，即可得出结论．
【详解】解：(1) 如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=20，∠A=90°，
在Rt△BAD中，根据勾股定理得，BD=AB2+AD2=152+202=25，
由旋转知，BE=AB=15，
∴DE=BD-BE=25-15=10，
故答案为：10；
(2)如图2，
在Rt△ABC中，AC=25，
由旋转得，BE=AB=15，
过点B作BM⊥AC于M，由等腰三角形的“三线合一”性质可知，AE=2AM，
在△ABC中使用等面积法可知：AB⋅BC=AC⋅BM，
解得：BM=AB⋅BCAC=15×2025=12，
在Rt△ABM中，由勾股定理可知：AM=AB2−BM2=152−122=9，
∴AE=2AM=2×9=18，
∴CE=AC-AE=25-18=7，
∴S△BCE=12CE⋅BM=12×7×12=42，
故△BCE的面积为42；
(3)AE⊥CG，理由如下，如图3：
设AE与BC的交点记作点P，AE与CG的交点记作Q，
由旋转知，∠ABE=∠CBG， AB=BE，
∴∠BAE=12(180∘−∠ABE)=12(180∘−∠CBG)，
由旋转知，BC=BG，
∴∠BCG=12(180∘−∠CBG)，
∴∠BAE=∠BCG，
∵∠APB=∠CPE，
∴∠CQP=∠ABC=90∘，
∴AE⊥CG；
连接AC、EG，由旋转知，BE=AB=15，BG=BC=20，
在Rt△AQC中，AQ²+CQ²=AC²=25²=625，
在Rt△BEG中，BE²+BG²=EG²=25²=625，
在Rt△CQE中，CE²=CQ²+QE²，
在Rt△AQG中，AG²=AQ²+GQ²，
∴CE²+AG²= (CQ²+ QE²)+ (AQ²+GQ²)=(CQ²+ AQ²)+ (QE²+QG²)=AC²+EG²=625+625=1250，
故答案为：1250；
(4)如图4，
延长AB至E'，使BE'=BE，连接GE'，过点G作GH⊥AB于H，
∴AE'=AB+BE'=15+15=30，
∵∠EBG=∠CBE'=90°，
∴∠CBE=∠GBE'，
由旋转知，BC=BG，
∴△BCE≌△BGE'(SAS)，
∴SΔBCE=SΔBGE'，
∴SΔBCE+SΔABG=SΔBGE'+SΔABG=SΔAE'G=12AE'⋅GH=15GH，
要使S△BCE+S△ABG最大，则GH最大，而GH最大为BG=20，
故S△BCE+S△ABG的最大值为300．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的旋转，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积公式，勾股定理等知识点，难度比较大，判断出AE⊥CG是解本题的关键．
4．将一张矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点A的坐标为3,0，点C的坐标为0,4．D是BC边上的一个动点（点D不与点B，C重合），将△ODC沿OD翻折得到△ODC'，设CD=x．
（1）如图1，若∠COD=18°，则∠BDC'=______°；
（2）如图2，连接AC'，当x=2时，求△OAC'的面积；
（3）连接BC'，当x为何值时，△BDC'为直角三角形？
【答案】（1）36；（2）SΔOAC'=185；（3）x=43或x=16−473．
【分析】（1）根据∠COD＝18°计算出∠CDO的度数，再利用翻折的性质可得∠C'DO＝∠CDO，即可求出∠BDC'的度数；
（2）延长DC'交x轴于点E，设设C'E＝y，则OE＝ED＝2+y，利用勾股定理求出C'E，再根据OAOE的比即可知道S△OAC'=35S△QC'E，即可求出△OAC'的面积；
（3）分∠DC'B＝90°，∠DBC'＝90°，∠BDC'＝90°三种情况展开讨论,结合直角三角形勾股定理和相似三角形相关知识即可求出x的值．
【详解】解：（1）∵∠COD＝18°，
∴∠CDO＝90°﹣18°＝72°，
又∵△ODC沿OD翻折得到△ODC'，
∴∠C'DO＝∠CDO＝72°，
∴∠BDC'＝180°﹣∠C'DO﹣∠CDO＝180°﹣72°﹣72°＝36°，
故答案为：36；
（2）延长DC'交x轴于点E，如图所示：
利用翻折易知：∠CDO＝∠C'DO，
∵CB∥OA，
∴∠CDO＝∠DOA，
∴∠DOA＝∠C'DO，
∴OE＝DE，
设C'E＝y，则OE＝ED＝2+y，
在Rt△OC'E中，OC'2+C'E2＝OE2，即，42+y2＝（y+2）2，
解得：y＝3，
∴OA＝3，OE＝3+2＝5，
又∵OAOE=35，
∴S△OAC'=35S△QC'E=35×12×4×3=185；
（3）分情况讨论：①若∠DC'B＝90°，则点C'落在OB上，如图所示：
BC'＝OB﹣OC'＝5﹣4＝1，
则由勾股定理得：DC'2+BC'2＝BD2，
∴x2+12＝（3﹣x）2，
解得：x=43，
②若∠DBC'＝90°，则点C'落在AB上，如图所示：
AC'＝OC'2−OA2＝42−32=7，CD＝C'D＝x，BD＝3﹣x，
此时，Rt△OAC'∽△C'BD，
∴OC'C'D＝AC'BD，即，4x=73−x，
解得：x＝16−473，
③若∠BDC'＝90°，则∠CDO＝∠C'DO＝45°，
△COD为等腰直角三角形，而OC＝4，BC＝3，
故不满足条件，
综上，当x=43或x=16−473时，△BDC'为直角三角形．
【点睛】本题考查四边形的综合性质，涉及翻折的基本性质，直角三角形勾股定理，相似三角形等知识，熟练掌握翻折的基本性质，直角三角形勾股定理，相似三角形等基本性质，弄清题意，数形结合，分类讨论是解题的关键．
5．（1）证明推断：如图（1），在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC,AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD,AB上，GF⊥AE．求证：AE=FG；
（2）类比探究：如图（2），在矩形ABCD中，BCAB=k（k为常数）．将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG,EP交CD于点H，连接AE交GF于点O．试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展应用：在（2）的条件下，连接CP，当时k=34，若tan∠CGP=43,GF=25，求CP的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）GFAE=k，理由见详解；（3）CP=161015．
【分析】（1）先证△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．再证四边形DQFG是平行四边形，即可解决问题．
（2）过G作GM⊥AB于M．证明△ABE∼△GMF，即可解决问题．
（3）过P作PM⊥BC交BC的延长线于M．利用相似三角形的性质求出PM，CM，即可解决问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ，
∴∠QAO+∠OAD＝90°，
∵AE⊥DQ，
∴∠ADO+∠OAD＝90°，
∴∠QAO＝∠ADO，
∴△ABE≅△DAQASA，
∴AE＝DQ，
∵DQ⊥AE，GF⊥AE，
∴DQ∥GF，
∵FQ∥DG，
∴四边形DQFG是平行四边形，
∴GF＝DQ，
∵AE＝DQ，
∴AE＝FG；
（2）结论：GFAE=k．理由如下：
如图2中，过G作GM⊥AB于M，
∵AE⊥GF，
∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，
∴∠BAE＝∠FGM，
∴△ABE∼△GMF，
∴GFAE=GMAB，
∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，
∴四边形AMGD是矩形，
∴GM＝AD，
∴GFAE=ADAB=BCAB=k，
（3）解：如图3中，过点P作PM⊥BC交BC的延长线于M．
∵FB//GC，FE//GP，
∴∠CGP＝∠BFE，
∴tan∠CGP=tan∠BFE=43=BEBF，
∴设BE=4k，BF=3k，
则EF=AF=5k，AB=BF+AF=3k+5k=8k，
∵FGAE=34，FG=25，
∴AE=853，
∴4k2+8k2=8532，
∴k=23或k=−23（不合题意，舍去），
∴BE=83，BF=2，EF=AF=103，AB=163，
∵BCAB=k=34，
∴BC＝4，
∴CE=BC−BE=4−83=43，AD=PE=BC=4，
∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，
∴∠FEB＝∠EPM，
∴△FEB∼△EPM，
∴EFPE=BFME=BEMP，
∴1034=2ME=83MP，
∴解之得：ME=125，MP=165，
∴CM=EM−CE=125−43=1615，
∴CP=CM2+PM2=16152+1652=161015．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟悉相关知识点，学会利用参数构建方程解决问题是解题的关键．
6．【问题情境】（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
【类比探究】
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
【拓展提升】
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
【答案】（1）DG=BE；（2）DG=12BE，DG⊥BE；（3）410．
【分析】（1）通过证明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到DGBE=CGCE=12，所以DG=12BE．∠BEC=∠DGC．延长BE、GD相交于点H．因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF
+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段GM，将2BG+BE的最小值转化为求2（BG+DG）的最小值．
【详解】（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
CD=CB∠DCG=∠BCECG=CE
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（2）DG=12BE，DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴DGBE=CGCE=12，∠BEC=∠DGC，
∴DG=12BE
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
易证△ECN∽△CGM，
∴ECCG=ENCM=2，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，DG=12BE
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=22+62=210，
∴2BG+BE的最小值为410
故答案为410．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值．
7．【基础巩固】
(1)如图1，在△ABC中，D为AB上一点，∠ACD=∠B．求证：AC2=AD⋅AB．
(2)【尝试应用】如图2，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，F为CD延长线上一点，∠BFE=∠A，若BF=6，BE=4，求AD的长．
(3)【拓展提高】如图3，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F是△ABC内一点，EF∥AC，AC=2EF，∠EDF=12∠BAD，则线段DE与线段EF之间的数量关系为 ，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AD的长为9
(3)段DE与线段EF之间的数量关系为DE=2EF，理由见解析
【分析】（1）直接利用两个角对应相等证明△ACD∽△ABC即可得到结论；
（2）首先说明△BFE∽△BCF，得BFBC=BEBF，求出BC的长，再利用平行四边形的性质可得AD的长；
（3）延长DC、EF交于G，利用两组对边分别平行可得四边形AEGC是平行四边形，得EG=AC=2EF，∠G=∠ACD，在利用△EDF∽△EGD，得EDEG=EFED，代入化简即可．
【详解】（1）证明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ACAB=ADAC，
∴AC2=AD⋅AB；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，BC=AD，
∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
∵∠FEB=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴BFBC=BEBF，
∴BF2=BC×BE，
∵BF=6，BE=4，
∴BC=9，
∴AD=BC=9；
（3）解：如图所示，延长DC、EF交于G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，∠ACD=12∠BAD，
∵EF∥AC，
∴四边形AEGC是平行四边形，
∴EG=AC=2EF，∠G=∠ACD，
∵∠EDF=12∠BAD，
∴∠G=∠EDF，
∵∠DEF=∠DEF，
∴△EDF∽△EGD，
∴EDEG=EFED，
∴ED2=EG⋅EF，
∴ED2=2EF2，
∴DE=2EF．
故答案为：DE=2EF．
【点睛】本题考查了相似综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握共边共角三角形相似是解题的关键．
8．已知正方形ABCD，动点P在AB上运动，过点B作BE⊥射线DP于点E，连接AE．
(1)如图1，在DE上取一点F，使DF=BE，连接AF，求证：AE=AF；
(2)如图2，点P在AB延长线上，求证：BE+DE=2AE；
(3)如图3，若把正方形ABCD改为矩形ABCD，且CDAD=12，其他条件不变，请猜想DE，BE和AE的数量关系，直接写出结论，不必证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)DE=5AE+2BE
【分析】(1)先判断出AB=AD，利用等角的余角相等判断出∠ABE=∠ADF，进而判断出△ABE≌△ADF，即可得出结论；
(2)利用四边形的内角和定理和邻补角的定义判断出∠BAE=∠DAG，进而判断出△ABE≌△ADG，再判断出EG=2AE，即可得出结论；
（3）同（1）的方法得，∠ABE=∠ADH，得出△ABE∽△ADH，得出比例式，进而得出AH=2AE,DH=2BE，再用匈股定理得出EH=5AE，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠ADF+∠APD=90°，
∵∠APD=∠BPE，
∴∠ADF+∠BPE=90°，
∵BE⊥DP，
∴∠BEP=90°，
∴∠ABE+∠BPE=90°，
∴∠ABE=∠ADF，
∵DF=BE，
∴ΔABE≌ΔADF(SAS)，
∴AE=AF；
（2）证明：如图2，
过点A作AG⊥AE交PD的延长线于G，
∴∠EAG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵BE⊥DP，
∴∠BED=90°，
∴∠AEB+∠ADP=180°，
∵∠ADG+∠ADP=180°，
∴∠ABE=∠ADG，
∵∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴ΔABE≌ΔADGASA，
∴BE=DG，AE=AG，
∴EG=2AE，
∵EG=DE+DG=DE+BE，
∴BE+DE=2AE；
（3）解：DE=5AE+2BE；
证明：如图3，
过点A作AH⊥AE交DP于H，
∴∠EAH=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°=∠EAH，
∴∠BAE=∠DAH，
同（1）的方法得，∠ABE=∠ADH，
∴ΔABE∽ΔADH，
∴ ABAD=AEAH=BEDH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∵ CDAD=12，
∴ AEAH=BEDH=12，
∴AH=2AE，DH=2BE，
在Rt△EAH中，根据勾股定理得，AE2+AH2=EH2，
∴AE2+2AE2=EH2，
∴EH=5AE，
∴DE=EH+DH=5AE+2BE．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，同角的余角相等，作出辅助线构造出全等三角形和相似三角形是解本题的关键．
9．如果一个四边形的对角线相等，我们称这个四边形为美好四边形．
【问题提出】
（1）如图①，点E是四边形ABCD内部一点，且满足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，请说明四边形ABCD是美好四边形；
【问题探究】
（2）如图②，△ABC，请利用尺规作图，在平面内作出点D，使得四边形ABCD是美好四边形，且满足AD=BD．保留作图痕迹，不写画法；
（3）在（2）的条件下，若图②中△ABC满足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四边形ABCD的面积；
【问题解决】
（4）如图③，某公园内需要将4个信号塔分别建在A、B、C、D四处，现要求信号塔C建在公园内一个湖泊的边上，该湖泊可近似看成一个半径为200m的圆，记为⊙E已知点A到该湖泊的最近距离为500m，是否存在这样的点D，满足AC=BD．且使得四边形ABCD的面积最大？若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）221+3；（4）存在，最大值为405000m2
【分析】（1）连接AC,BD，证明△ACE≌△DBE即可；
（2）分别以点A,B为圆心，大于12AB长度为半径画弧，两弧交于两点，连接两弧交点，即作AB的垂直平分线，以B为圆心，AC长度为半径画弧交AB的垂直平分线于点D，则点D即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=12AB，根据勾股定理求出AC，则BD已知，然后根据S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD进行计算即可；
（4）当美好四边形的对角线不垂直时，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，可得DE+BF【详解】解：（1）连接AC,BD，
∵∠BEC=∠AED，
∴∠BEC+∠CED=∠AED+∠CED，即∠BED=∠AEC，
在△AEC和△DEB中，
AE=DE∠AEC=∠DEBEC=EB，
∴△AEC≌△DEB(SAS)，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是美好四边形；
（2）如图即为所作；
（3）过点D作DE⊥AB于点E，
∵AD=BD，
∴AE=BE=12AB，
∵∠ABC=90°，AB=4,BC=3，
∴AC=5，BE=12×4=2，
∵四边形ABCD为美好四边形，
∴AC=BD=5，
∴DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S△ABD=12⋅AB⋅DE=12×4×21=221，S△BCD=12BC⋅BE=12×3×2=3，
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△BCD=221+3；
（4）存在，
当美好四边形的对角线不垂直时，
如图，过点D作DE⊥AC于点E,过点B作BF⊥AC于点F，
则S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(DE+BF)，
∵DE∴DE+BF当美好四边形对角线互相垂直时，
S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD，
∵12AC⋅(DE+BF)<12AC⋅BD，
∴当美好四边形的对角线垂直时面积最大，
如图，当AC过圆心E，AC最长，四边形ABCD中，AC⊥BD时，其面积最大，
∵湖泊的半径是200m，点A到该湖泊的最近距离为500m，
∴AC=500+200×2=900m，
∴S四边形ABCD=S△ACD+S△ACB=12AC⋅(OD+OB)=12AC⋅BD=12×900×900=405000m2．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了特殊四边形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，明确等角线四边形对角线垂直时面积最大是解题的关键．
10．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF=45°．
①求证：△DBE∼△DCF；
②BECF= ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF=43，BE=5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC=5，对角线AC=6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF=34，HE=85，求CF的长．
【答案】（1）①见解析；②2；（2）3；（3）2．
【分析】（1）①求出∠EDB=∠CDF，∠EBD=∠FCD=45°，即可证明△DBE∼△DCF；
②求出BD=2CD，由△DBE∼△DCF得BECF=BDDC=2CDCD=2；
（2）连接BD交AC于点O，先证明∠ABD=∠OCD，再通过计算tan∠BDC，得出∠EDF=∠BDC，求出∠EDB=∠FDC，证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可；
（3）连接BD交AC于O点，先求出BD=2OD=8，tan∠ODC=OCOD=34，证明△DHB∽△DOC，可得BHCO=DBDC，求出BH、BE的长，然后根据tan∠EDF=34，得出∠EDF=∠ODC，求出∠EDB=∠CDF，然后证明△DBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列式求解即可．
【详解】（1）①证明：∵∠EDF=45°，
∴∠EDB+∠BDF=45°，
∵∠CDF+∠BDF=45°，
∴∠EDB=∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD=∠FCD=45°，
∴△DBE∼△DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC=45°，
∴CD=BD⋅cs45°，
∴BD=2CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=2CDCD=2，
故答案为：2；
（2）解：连接BD交AC于点O，
∵AB=6，BC=8，
∴AC=BD=62+82=10，
∵在矩形ABCD中，AC=BD，
∴OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠ODC，
∴∠ABD=∠OCD，
∵tan∠BDC=BCCD=43，tan∠EDF=43，
∴∠EDF=∠BDC，
∵∠EDF=∠EDB＋∠BDF，∠BDC=∠BDF＋∠FDC，
∴∠EDB=∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=53，
∵BE=5，
∴CF=3；
（3）解：连接BD交AC于O点，
∵在菱形ABCD中，BC=AB=DC=AD=5，AC=6，AC⊥BD，
∴OC=12AC=3，BD=2OD，
在Rt△ODC中，OD=DC2−OC2=4，
∴BD=2OD=8，tan∠ODC=OCOD=34，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB=∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB=∠DOC=90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴BHCO=DBDC，即BH3=85，
∴BH=245，
∵HE=85，
∴BE=BH－HE=165，
∵tan∠EDF=34，
∴∠EDF=∠ODC，
∴∠EDB=∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB=90°，
∵∠HDB=∠ODC，∠ODC+∠OCD=90°，
∴∠HBD=∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴BECF=BDDC=85，
∴CF=5BE8=5×1658=2．
【点睛】本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定与性质等知识，作出合适的辅助线，构造相似三角形是解题的关键，注意解题方法的延续性．
11．【结论提出】：三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．
(1)【思路说明】已知：如图1，△ABC 中，AD 平分∠BAC 交BC于D．试说明：BDCD=ABAC．理由：过点C作CE∥AD，交BA延长线于点E，易得BDCD=______，由CE∥AD，AD平分∠BAC可得AE= ______，代入上式得BDCD=ABAC．
(2)【直接应用】如图2，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC交BC于D，若BD=10,CD=6，在不添加辅助线的情况下直接写出AB=______．
(3)如图3，若四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，延长EF、AF分别交AB,BC于M、H两点，当FH=BH时．
①求BH的长；
②直接写出AMBM=______；
(4)【拓展延伸】如图4，若四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，当点E为CD边的三等分点时，将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF与BC所在直线交于点P、与AD所在直线交于点Q，请直接写出CP的长______．
【答案】(1)ABAE；AC
(2)20
(3)73；257
(4)32或65
【分析】（1）根据平行线分线段成比例，以及平行线的性质和角平分线的定义作答即可；
（2）由三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比，求出AC与AB的比值，再利用勾股定理进行计算即可；
（3）①设BH=x利用翻折的性质和勾股定理进行求解即可；
②证明Rt△MFH≌Rt△MBH，得到MH平分∠AHB，利用结论即可得解；
（4）分DE=13CD和CE=13CD两种情况进行求解．过点Q作QH⊥DE，利用角平分线的结论，以及勾股定理求出DQ，再利用菱形的对边平行得到△PCE∽△QDE，利用相似比进行计算即可．
【详解】（1）解：∵CE∥AD，
∴BDCD=ABAE，∠BAD=∠AEC,∠CAD=∠ACE，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠AEC=∠ACE，
∴AE=AC，
∴BDCD=ABAC；
（2）解：∵AD平分∠BAC，
由（1）知：BDCD=ABAC=106，
设AB=10x,AC=6x，
∵∠C＝90°，BC=BD+CD=16，
∴AB2=AC2+BC2，即：10x2=6x2+162，
解得：x=2，
∴AB=10x=10×2=20；
（3）解：①∵四边形ABCD是矩形，AB=8,AD=6
∴∠D=∠B=90°，
∵翻折，
∴△ADE≌△AFE，
∴AF=AD=6,∠AFE=∠D=90°，
∵FH=BH，
设BH=x，则：AH=6+x，
在Rt△ABH中：AB2=AH2−BH2 ，
∴82=6+x2−x2，解得：x=73，
∴BH=73；
②在Rt△MFH和Rt△MBH中，
FH=BHMH=MH，
∴Rt△MFH≌Rt△MBH(HL)，
∴∠FHM=∠BHM，即MH平分∠AHB，
∴AMBM=AHBH=253÷73=257；
（4）解：当DE=13CD时，
∵四边形ABCD为边长为6的菱形，∠ABC=60°，点E为CD边的三等分点，
∴AD∥BC,∠ADC=60°,CD=6,DE=2，
∴∠PCE=180°−∠DCB=60°,CE=CD−DE=6−2=4，
∵翻折，
∴△DAE≌△FAE，
∴EF=DE=2,AF=AD=6,∠DAE=∠FAE，
∴AE平分∠QAF，
∴QEEF=AQAF，即QE2=AQ6，
∴AQ=3QE，
∴DQ=6−3QE，
过点Q作QH⊥DE，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=6−3x2，QH=3DH=3(6−3x)2,
∴EH=DE−DH=2−6−3EQ2=3EQ−22，
∵QH⊥CD，
∴QH2+EH2=EQ2，
即：3(6−3EQ)22+(3EQ−22)2=EQ2，
解得：EQ=2或EQ=74，
当EQ=2时，DQ=6−3EQ=6−3×2=0，不符合题意．
当EQ=74时，DQ=6−3EQ=6−3×74=34，
∵AD∥BC，
∴△PCE∽△QDE,
∴CPDQ=CEDE,即：CP43=42,
∴CP=32;
当CE=13CD时：如图5，过点Q作QH⊥OD交CD的延长线于点H，
同理可证：EF=DE=4，
EQEF=AQAF,即：EQ4=AQ6,
∴AQ=32EQ,
∴DQ=AQ−AD=32EQ−6,
∵QH⊥CD,∠QDH=∠ADC=60°,
∴DH=12DQ=32EQ−62=3EQ−124，QH=3DH=3(3EQ−12)4,
∴EH=DE+DH=4+3EQ−124=3EQ+44，
∵QH⊥CD，
∴QH2+EH2=EQ2,即：3(3EQ−12)42+(3EQ+44)2=EQ2，
解得：EQ=4或 EQ=285，
当EQ=4时， DQ=32EQ−6=32×4−6=0, 不符合题意，
当 EQ=285 时，DQ=32EQ−6=32×285−6=125,
∵AD//BC,
∴△PCE∽△QDE,
∴CPDQ=CEDE，即：CP125=24,
∴CP=65;
综上所述，CP的长为32或65．
【点睛】本题考查三角形的角平分线分对边所成的两条线段的比等于夹这个角的两条边的比．熟练掌握结论，做题过程中合理应用是解题的关键．同时考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性很强，属于中考常考题型．
12．我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果BCAB＝ABAC，那么称点B为线段AC的黄金分割点．它们的比值为5-12．
(1)在图①中，若AC＝20cm，则AB的长为 cm；
(2)如图②，用边长为20cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG．试说明：G是AB的黄金分割点；
(3)如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E（AE＞DE），连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P．他发现当PB与BC满足某种关系时，E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【答案】(1)105-10
(2)见解析
(3)PB=BC，理由见解析
【分析】（1）由黄金分割点的定义可得出答案；
（2）延长EA、CG交于点M，由折叠的性质可知，∠ECM=∠BCG，得出∠EMC=∠ECM，则EM=EC，根据勾股定理求出CE的长，由锐角三角函数的定义可得出tan∠BCG=5-12，即BGAB=5-12，即可得出G是AB的黄金分割点；
（3）证明△ABE≌△BCF，由全等三角形的性质得出BF=AE，再证明△AEF∽△BPF，得出AEBP=AFBF，根据AE>DE，结合黄金分割点的定义即可得出PB=BC的关系．
【详解】（1）解：∵点B为线段AC的黄金分割点，AC=20cm，
∴AB=5-12×AC=5-12×20=(105-10)cm．
故答案为：105-10；
（2）如图，延长EA、CG交于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DM//BC，
∴∠EMC=∠BCG，
由折叠性质可知，∠ECM=∠BCG，
∴∠EMC=∠ECM，
∴EM=EC，
∵DE=12AD=12×20=10，DC=20，
∴EC=DE2+DC2=102+202=105，
∴EM=EC=105，
∴DM=DE+EM=105+10，
∴tan∠DMC=DCDM=20105+10=25+1=5-12，
∴tan∠BCG=tan∠DMC=5-12，即BGBC=5-12，
∴BGAB=5-12 ，即G是AB的黄金分割点；
（3）当PB=BC时，满足题意，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠BAE=∠CBF=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠BCF+∠CBE=90°，
∵∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠BCF=∠ABE，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE=∠CBFAB=BC∠BCF=∠ABE ，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BF=AE，
∵AD//CP，
∴△AEF∽△BPF，
∴AEBP=AFBF，
当E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点时，
∵AE>DE，
则AFBF=BFAB，
∵BF=AE，AB=BC，
∴AFBF=BFAB=AEBC，
∴AEBP=AEBC，
∴BP=BC．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、黄金分割点的定义、锐角三角函数等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
13．如图，在平面直角坐标系中，已知矩形OABC的顶点B（6，8），动点M，N同时从O点出发，点M沿射线OA方向以每秒1个单位的速度运动，点N沿线段OB方向以每秒0.6个单位的速度运动，当点N到达点B时，点M，N同时停止运动，连接MN，设运动时间为t（秒）．
(1)求证△ONM∽△OAB；
(2)△MNB与△OAB能否相似？若能试求出所有t的值，若不能请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当t=6s或t=253s时，△BMN与△AOB相似
【分析】（1）证明ONOA=OMOB，由∠MON=∠AOB，即可得证；
（2）由（1）可知△ONM∽△OAB若△MNB与△OAB相似，则△ONM与△OAB相似，分两种情形解决问题即可；
【详解】（1）证明：由题意：OA=6，AB=8，OB=OA2+OB2=10，OM=t，ON=0.6t，
∴ONOA=0.6t6=t10,OMOB=t10
∴ONOA=OMOB，
∵∠MON=∠AOB，
∴△ONM∽△OAB．
（2）由（1）可知△ONM∽△OAB
∴∠ONM=∠MNB=∠OAB=90°
∵ OA=6，AB=8，OB=OA2+OB2=10，OM=t，ON=0.6t，
∴ BN=10−t，MA=OA−OM=6−t，
若△MNB与△OAB相似
∴△ONM与△OAB相似
则①△ONM∽△MNB
∴ ONMN=MNBN
∴ MN2=ON⋅BN
∵∠ONM=90°
MN2=OM2−ON2=t2−0.6t2
∴ t2−0.6t2 =0.6t×10−t
解得t=6．
②△ONM∽△BNM，
∴ONNB=MNMN=1
∴ N是OB的中点，
∴0.6t=52
解得t=253
综上所述，当t=6s或t=253s时，△BMN与△AOB相似．
【点睛】本题考查反比例函数综合题、相似三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的判定和性质等知识，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．
14．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+32与x轴正半轴交于点A，且点A的坐标为(3,0)，过点A作垂直于x轴的直线l，P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作PQ⊥l于点Q，M是直线l上的一点，其纵坐标为−m+32，以PQ，QM为边作矩形PQMN．
(1)求b的值；
(2)当点Q与点M重合时，求m的值；
(3)当矩形PQMN是正方形，且抛物线的顶点在该正方形内部时，求m的值．
(4)当抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)b=1；
(2)m1=0，m2=4；
(3)m=1−7；
(4)m>4或0【分析】（1）将点A的坐标为(3,0)，代入y=−12x2+bx+32即可得到答案；
（2）根据PQ⊥l于点Q，即可得到P、Q两点纵坐标相等，结合Q与点M重合列方程即可得到答案；
（3）根据抛物线与x轴交点求出A点坐标，根据正方形四边相等，列方程即可得到答案；
（4）分点P在直线l左边点M在Q下方及点P在直线l右边点M在Q上方时，抛物线在矩形PQMN内的部分所对应的函数值y随x的增大而减小，结合图形即可得到答案；
【详解】（1）解：将点A的坐标为(3,0)，代入y=−12x2+bx+32可得，
−12×32+3b+32=0，
解得b=1；
（2）解：∵P横坐标为m，
∴P点坐标为(m,−12m2+m+32)，
∵点Q与点M重合时，PQ⊥l于点Q，
∴−12m2+m+32=−m+32，
∴m1=0，m2=4；
（3）解：∵点A的坐标为(3,0)，P横坐标为m，
∴PQ=3−m，
∵PQ⊥l于点Q，M纵坐标为−m+32，
∴QM=−m+32−(−12m2+m+32)，
∵矩形PQMN是正方形，
∴−m+32−(−12m2+m+32)=3−m，
解得：m1=1+7，m2=1−7，
由（1）得抛物线的顶点为：(1,2)
∵抛物线的顶点在该正方形内部，
∴−m+32>2，解得：m<−12，
∴m=1−7；
（4）解：①当点P在直线l左边点M在Q下方时，
−m+32<−12m2+m+32，
解得：0观察图像可得，
∴0当3②点P在直线l右边点M在Q上方时，
即−m+32>−12m2+m+32，m>3，
解得m>4，
综上所述：m>4或0【点睛】本题考查二次函数的性质，待定系数法，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题．
15．如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的2倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，并称这两个角的公共边为底边．
例如：若△ABC中，∠A=2∠B，则△ABC为以边AB为底边的倍角三角形．
问题提出
(1)如图，已知△ABC为倍角三角形，且∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线．
①则图中相等的线段有______，图中相似三角形有______；
②若点D正好在BC的垂直平分线上，且tanC=12，求tan∠ABC的值；
问题解决
(2)如图，现有一块梯形板材ABCD，AD∥BC，∠A=90°，AB=48，BC=132，AD=68，工人师傅想用这块板材裁出一个△BCP型部件，使得点P在梯形ABCD的边上，且△BCP为以BC为底边的倍角三角形，工人师傅在这块板材上的作法如下：
第一步：作BC的垂直平分线l交BC于点E；
第二步：在BC上方的直线l上截取EF=33，连接CF并延长，交AD于点P；
第三步：连接BP，得△BCP．
①请问，若按上述作法，裁得的△BCP型部件是否符合要求？请证明你的想法．
②是否存在其它满足要求的△BCP？若存在，请在图中画出一种符合要求的图形并简要说明作法；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①BD=CD，△ADB∽△ABC；②2
(2)①符合要求，理由见详解；②存在，理由见详解
【分析】（1）①根据题意，可知∠DBC=∠DCB，得等腰三角形，可求解；根据两个角对应相等即可求相似；②根据∠TEC=∠ABC，构造直角三角形即可求解；
（2）①根据已知条件利用相似三角形的判定和性质可得；②根据已知条件，分类讨论，第一种情况，若点P在AD上时，第二种情况，若P在AB上时，第三种情况，若P在CD上时，结合图形分析即可求解．
【详解】（1）解：①如图所示，
∵∠ABC=2∠C，BD为△ABC的角平分线，
∴∠1=∠2=∠C，即△BCD是等腰三角形，
∴BD=CD，
∵∠BDA是△BCD的外角，
∴∠BDA=∠2+∠C，即∠ADB=∠ABC，且∠A是公共角，
∴△ADB∽△ABC；
故答案为：BD=CD，△ADB∽△ABC；
②如图所示， 连接AE，作ET∥AB交AC于T，
∵点E是BC中点，且ET∥AB，
∴∠ABC=∠TEC，
在Rt△CDE中，tanC=DEEC=ETTC=12，
∴tan∠ABC=tan∠TEC=TCTE=21=2．
（2）解：①符合要求，
如图所示，延长EF交AD于N，则四边形ABEN为矩形，
∴AB=EN=48，AN=BE=EC=12BC=12×132=66，
∵EF=33，
∴NF=EN−EF=48−33=15，
∵PN∥BC，
△PFN∽△CFE，
∴PNEC=NFEF=PFFC，即1533=PN66，则PN=30，
∴PFFC=1533=511，
∴AP=AN−PN=66−30=36，
∵∠A=90°，
∴BP=AP2+BA2=482+362=60，
∴BPFC=60132=511，
∴BPBC=PFFC，
如图所示，过点F作FK⊥BP于K，
∴S△BPFS△BCF=PFFC，即12FK•BP12EF•BC=PFFC，
∴FK=EF，
∵FK⊥BP，FE⊥BC，
∴BF平分∠PBC，
∴∠FBE=12∠PBC，
∵F在BC的垂直平分线上，
∴FB=FC，
∴∠FBC=∠FCB，
∴∠PBC=2∠PCB，
∴符合要求；
②存在，CP=66013，
第一种情况，若点P在AD上时，连接BD，如图所示，
∴∠PBC>∠DBC,∠PCB>∠DCB，
取BD的中垂线，交BC于G，作DH⊥BC于H，连接DG，
∴四边形ABHD是矩形，
∴HD=AB=48,BH=AD=68,DG=GB,CH=BC−BH=132−68=64，
∴DC=DH2+CH2=482+642=80，
设GH=x，则BG=DG=68−x，
∵∠DHG=90°，
∴由勾股定理得，GH2+DH2=DG2，即(68−x)2=482+x2，
∴136x=682−482=116×20，解得，x=29017<64，
在CH上去点M，使得HM=GH=29017，连接DM，如图所示，
∴∠DMB>∠DCB>∠PCB，
∵DG=BG，
∴∠DBC=∠GDB，
∴∠DGC=∠GDB+∠DBC=2∠DBC<2∠PBC，
∴HM=GH,DH⊥MG，
∴DG=DM，
∴∠DMB=∠DGC，
∴2∠PBC>∠PCB，
∴在AD上所有点都满足2∠PBC>∠PCB，
∴不存在；
第二种情况，若P在AB上时，如图所示，
∵BP∴∠BCP<45°，
∴∠PBC≠2∠BCP，
∴在AB上不存在其它满足要求的△BCP；
第三种情况，若P在CD上时，如图所示，
作BC的垂直平分线交AD于L，交BC于R，作∠DBC的平分线交RL于O，连接BO并延长，设交于CD于P，
∴∠BCP=2∠BCO=2∠PBC，
∴△BCP是以BC为底边的倍角三角形，
作OU⊥DC于U，连接OA,OD，如图所示，
∵CO平分∠BCD，OR⊥BC,OU⊥DC，
∴OR=OU，
设OR=x，则OU=x,OL=48−x，
由S梯形ABCD=S△AOB+S△BOC+S△COD+S△AOD得，12×(68+132)×48=12×48×66+12×132x+12×80x+12×68×(48−x)，解得，x=22，
在Rt△BOR中，OB=OR2+BR2=222+662=2210，
∴OC=OB=2210，
∵∠OCP=∠OCB=∠PBC，∠POC=∠PBC+∠OCB=2∠PBC=2∠PCB，
∴△PBC∽△PCO，
∴CPOP=BPCP=BCOC=1322210=610=3105，
∴OP=5310CP=106CP，BP=3105CP，
由BP−OP=OB得，3105CP−106CP=2210，解得，CP=66013．
综上所述，当P在CD上时，存在.
【点睛】本题主要考查角的倍数关系，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，掌握图形结合分析是解题的关键．
16．（1）如图①，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC边上的动点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，可以证明△DEF≅△DMF，进一步推出EF，AE，FC之间的数量关系为______________；
（2）在图①中，连接AC分别交DE和DF于P，Q两点， 求证：△DPQ∽△DFE；
（3）如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E，F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°，连接BD分别与边AE，AF交于M，N．当∠DAF=15°时，猜想MN，DN，BM之间存在什么样的数量关系，并证明你的结论．
【答案】（1）EF=FC+AE（2）见解析；（3）DN2+MN2=BM2，证明见解析
【分析】（1）证明△DEF≅△DMF，可得出EF和FM的数量关系，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质可证明∠DPQ=∠DFE和∠EDF=∠EDE,即可证明△DPQ∽△DFE；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD.与AB重合，F转到点G，在AG上取AH=AN，连接HM，HB，利用△ABH≅△ADN证明MN=MH,DN=BH，再证明△BMH是直角三角形即可
【详解】解：（1）EF=FC+AE，理由如下：
∵将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，
∴△DEA≅△DMC
∴DE=DM,AE=CM,∠ADE=∠CDM,B，C，M三点共线，
∵∠EDF=45°,
∴∠ADE+∠FDC=∠CDM+∠FDC=∠MDF=45°,
在△DEF和△DMF中，
DE=DM∠EDF=∠MDF=45°DF=DF
∴△DEF≅△DMF
∴EF=FM
∴EF=FM=FC+CM=FC+AE；
（2）如图，
由（1）知：△DEF≅△DMF，
∴∠DFE=∠DFM，
又四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,∠BAD=∠ADC=90°,
∴∠DFM=∠ADF=∠ADE+∠EDF，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠DAQ=12∠BAD=45°，
∵∠EDF=45°,
∴∠DFE=∠DFM=∠ADE+∠DAC.
又∠DPQ=∠ADE+∠BAC，
∴∠DPQ=∠DFE.
又∠EDF=∠EDF，
∴△DPQ∼△DFE；
（3）将△ADF绕点A顺时针旋转120°，此时AD与AB重合，F转到点G，在AG上取AH=AN，连接HM，HB，如图，
∴∠BAG=∠DAF,
又AH=AN,AB=AD,
∴△ABH≅△ADN(SAS),
∴DN=BH,∠ABH=∠ADN,
∵菱形ABCD,∠ABC=60°,
∴∠ABD=∠ADB=30°,
∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°,
∵∠DAF=15°,∠EAF=60°,
∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°,
∴∠AMN=∠AMH=75°,
∴∠HMB=180°−∠AMN−∠AMH=30°,
∴∠BHM=90°,
∴BH2+MH2=BM2,
∴DN2+MN2=BM2.
【点睛】本题主要考查了旋转的性质,正方形的性质,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,解答本题的关键是学会运用旋转法添加辅助线,构造全等三角形解决问题
17．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，E是AB上一点，BE=2．F是BC上的动点，连接EF，H是CF上一点且HFCF=k（k为常数，k≠0），分别过点F，H作EF，BC的垂线，交点为G．设BF的长为x，GH的长为y．
(1)若x=4，y=6，则k的值是__________．
(2)若k=1时，求y的最大值．
(3)在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，求此时k的值．
【答案】(1)12
(2)252
(3)1225
【分析】（1）先证明△BEF∽△HFG，由相似三角形的性质得到y=k2−x2+10x，再x与y的值代入得到关于k的方程，求解即可；
（2）由（1）知：y=k2−x2+10x，当k=1时，可得到y=−12x−52+252，再利用二次函数的最值求解即可；
（3）根据题意可得y的最大值是6，再由（1）知：y=−k2x−52+25k2，根据二次函数的最值可得k>0，当x=5时，y的最大值是25k2，从而得到关于k的方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，
∴∠EBF=90°，
∴∠BEF+∠EFB=90°，
∵FG⊥EF，GH⊥BC，
∴∠FHG=∠EFG=90°，
∴∠EBF=∠FHG，∠HFG+∠EFB=90°，
∴∠BEF=∠HFG，
∴△BEF∽△HFG，
∴BFBE=HGFH，
∵BE=2，HFCF=k，设BF的长为x，GH的长为y，
∴CF=BC−BF=10−x，HF=k⋅CF=k10−x，
∴x2=yk10−x，
∴y=k2−x2+10x，
∵x=4，y=6，
∴k2×−42+10×4=6，
解得：k=12．
故答案为：12．
（2）由（1）知：y=k2−x2+10x，
当k=1时，y=12−x2+10x=−12x−52+252，
∵−12<0，
∴当x=5时，y有最大值，y的最大值是252．
∴y的最大值是252．
（3）∵在点F从点B到点C的整个运动过程中，若线段AD上存在唯一的一点G，
∴y的最大值是6，
由（1）知：y=k2−x2+10x=−k2x−52+25k2，
当−k2<0时，即k>0，y有最大值，
当x=5时，y的最大值是25k2，
∴25k2=6，
∴k=1225．
∴此时k的值为1225．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，二次函数的最值．根据相似三角形的性质建立y与x的函数关系式是解题的关键．
18．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC落在x轴上，点B的坐标为−1,0，AB=3，BC=6，边AD与y轴交于点E．
(1)点A坐标______；点C坐标______；
(2)在x轴上取点F3,0，直线y=kx+bk≠0经过点E，与x轴交于点M，连接EF．
①当∠MEF=15°时，求直线y=kx+bk≠0的函数表达式；
②当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边所在直线相切时，求点M的坐标．
【答案】(1)(−1,3)，5,0
(2)①y=−33x+3；②54,0或9120,0
【分析】(1)利用矩形的性质求出相应线段，利用点的坐标的意义解答即可；
(2)①求出线段OF，利用等腰直角三角形的性质和直角三角形的边角关系求得点M的坐标，再利用待定系数法解答即可；
②利用分类讨论的思想方法分两种情况：Ⅰ、当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边AB所在直线相切时，Ⅱ、当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边CD所在直线相切时，利用直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径的性质解答即可得出结论．
【详解】（1）解：∵点B的坐标为−1,0，
∴OB=1，
∵矩形ABCD中AB=3，BC=6，
∴OC=6−1=5，AB=OE=3，AE=OB=1，
∴A(−1,3)，C5,0，
故答案为：(−1,3)，5,0；
（2）解：①∵F(3,0)，
∴OF=3，
∵OE=3，
∴OE=OF，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵∠MEF=15°，
∴∠OEM=∠OEF+∠MEF=45°+15°=60°，
∴OM=OE⋅tan60°=3×3=33，
∴M(33,0)，
将点E、M的坐标分别代入解析式，得
33k+b=0b=3
解得k=−33b=3
∴直线y=kx+b(k≠0)的函数表达式为：y=−33x+3；
②设EM的中点为G，过点G作GH⊥AB于点H，延长HG交CD于点N，则GN⊥CD，如图，
由题意：以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边AD，BC所在直线相交，
∴以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边AB，CD所在直线可能相切，
I、当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边AB所在直线相切时，
则GH=12EM，
设M(m,0)，则OM=m，
∴EM=OE2+OM2=m2+9，
∵GH⊥AB，OB⊥AB，EA⊥AB，
∴AE∥GH∥BM，
∵EG=GM，
∴GH为梯形ABME的中位线，
∴GH=12AE+BM=12(1+1+m)=2+m2，
∴2+m2=12m2+9，
解得：m=54.
经检验，m=54是原方程的根，
∴M54,0；
II、当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边CD所在直线相切时，
则GN=12EM，
∵GN⊥CD，MC⊥CD，ED⊥CD，
∴DE∥GN∥CM，
∵EG=GM，
∴GN为梯形CMED的中位线，
∵ED=OC=5，MC=5−m，
∴GN=12ED+MC=12(5+5−m)=10−m2，
∴10−m2=12m2+9，
解得：m=9120.
经检验，m=9120是原方程的根，
∴M9120,0；
综上，当以线段EM为直径的圆与矩形ABCD的边所在直线相切时，点M的坐标为54,0或9120,0．
【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质，待定系数法确定直线的解析式，点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
19．如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=a(a>4)，点E在边BC上，在AB同侧以AE为边作正方形AEFG，直线FG交直线AD于点H．
(1)如图①，若点F是CD的中点，求a的值；
(2)如图②，若点F在矩形ABCD内，且GH:FH=3:1，求BE的长；
(3)连接DF，若a=8,DF=2，直接写出GH:FH的值．
【答案】(1)a=6
(2)BE=3
(3)22±1
【分析】（1）证明△ABE≅△ECF即可；
（2）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，由一线三垂直模型可得△ABE≅△ENF≅△AKG，可得BE=FN=GK，FM=4−FN，再由MN∥GK可得GHFH=GKFM=3=BE4−BE，解方程即可；
（3）利用（2）中的辅助线，再根据F在矩形内部和外部分两种情况讨论即可．
【详解】（1）∵正方形AEFG，
∴AE=EF，∠AEF=90°
∵矩形ABCD
∴∠ABE=∠ECF=90°，AB=CD=4
∴∠AEB=∠EFC=90°−∠FEC
∴△ABE≅△ECFAAS
∴BE=FC，AB=EC=4
∵点F是CD的中点，
∴BE=FC=12CD=2，
∴a=BC=BE+EC=2+4=6
（2）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM是矩形，MN∥GK
∴∠ABE=∠ENF=90°，AB=MN=4
∵正方形AEFG，
∴AE=EF=AG，∠AEF=∠GAE=90°
∴∠AEB=∠EFN=∠AGK
∴△ABE≅△ENFAAS，
∴BE=FN，
∴FM=MN−FN=4−BE
同理∴△ABE≅△AKGAAS，
∴BE=GK，
∵MN∥GK，GH:FH=3:1
∴GHFH=GKFM=3，
∴3=BE4−BE
解得BE=3
（3）过G作GK⊥AD于K，过F作MN⊥AD于M，交BC于N，则四边形ABNM是矩形，MN∥GK
由（2）得△ABE≅△ENF≅△AKG，可得BE=FN=GK，AB=EN=AK=4
设BE=FN=GK=x
当F在矩形内部时，
∵a=8,
∴DM=CN=BC−BE−EN=8−x−4=4−x，FM=MN−FN=4−x
∴DM=FM=4−x
∵DF=2
∴DM=FM=4−x=2
∴x=4−2
∵MN∥GK，
∴GHFH=GKFM=x4−x=4−22=22−1，
同理，当F在矩形外部时，
DM=CN=BE+EN−BC=4+x−8=x−4，FM=FN−MN=x−4
∴DM=FM=x−4
∵DF=2
∴DM=FM=x−4=2
∴x=4+2
∵MN∥GK，
∴GHFH=GKFM=xx−4=4+22=22+1，
综上所述，若a=8,DF=2，GH:FH的值为22±1．
【点睛】本题考查正方形与全等，平行线分线段成比例．解题的关键是根据正方形构造一线三垂直模型证明全等．
20．四边形ABCD为正方形，边长为6，点M为对角线BD上一动点（不与点B，D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交射线AB于点N．
(1)如图1，求证：MC=MN；
(2)如图2，作射线CN交射线DB于点P．
①当点N在边AB上时，设BN的长为x，ΔCMN的面积为y，求y关于x的函数解析式：
②当BN=3时，请直接写出MP的长．
【答案】(1)见解析
(2)①y=14x2+9；②MP=522或1522
【分析】（1）作ME∥AB,MF∥BC，证四边形BEMF是正方形得ME=MF，再证∠CME=∠FMN，从而得△MFN≌△MEC，据此可得证；
（2）①由全等三角形的性质可得CM=MN，可证△CMN是等腰直角三角形，可得CN=2CM，由勾股定理和三角形的面积公式可求解；
②分点N在线段AB上和点N在线段AB的延长线上两种情况讨论，由勾股定理可求BM的长，由相似三角形的性质可求BP的长，即可求解．
【详解】（1）如图1，过M分别作ME∥AB交BC于E，MF∥BC交AB于F，
则四边形BEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°,∠ABD=∠CBD=∠BME=45°，
∴ME=BE，
∴平行四边形BEMF是正方形，
∴ME=MF，
∵CM⊥MN,，
∴∠CMN=90°，
∵∠FME=90°，
∴∠CME=∠FMN，
∴△MFN≌△MEC(ASA)，
∴MN=MC；
（2）①由（1）可知：MN=MC，
∴△CMN是等腰直角三角形，
∴CN=2CM，
∴S△CMN=12CM2=14CN2，
∵CN2=BC2+BN2=36+x2，
∴y=14x2+9；
②当点N在线段AB上时，如图2，过点M作MF⊥AB于F，
由①可知：CN2=BC2+BN2=36+9=45，
又∵2CM2=CN2，
∴CM2=MN2=452，
∵∠DBA=45°,MF⊥AB，
∴MF=FB，
∴MF2+(MF−3)2=MN2，
∴MF=FB=92,MF=−32（舍去），
∴MB=922，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=6,BD=2AD=62,AB∥CD，
∴DM=BD−MB=322，
∵AB∥CD，
∴△BPN∽△DPC，
∴BPDP=BNCD=36=12，
∴DP=DB×21+2=62×23=42，
∴MP=DP−DM=522；
当点N在线段AB的延长线上时，如图3，
由①可知：CN2=BC2+BN2=36+9=45，
又∵2CM2=CN2，
∴CM2=MN2=452，
∵∠DBA=45°,MF⊥AB，
∴MF=FB，
∴MF2+(MF+3)2=MN2，
∴MF=FB=32,MF=−92（舍去），
∴MB=322，
∵AB∥CD，
∴△BPN∽△DPC，
∴⋅BPDP=BNCD=36=12，
∴BPBP+62=12，
∴BP=62，
∴MP=MB+BP=1522．
综上所述：MP的值为522和1522．
【点睛】本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，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
21．已知四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是边BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF=90°，EF、AF与CD分别相交于点P、Q，连接EQ，过点A作AM⊥EQ，垂足为点M，过点P作PN⊥EQ，垂足为点N，设BE=m．
(1)求AM的长；
(2)用含有m的代数式表示CQ；
(3)用含有m的代数式表示PN，并求PN的最大值．
【答案】(1)AM=1
(2)CQ=2m1+m
(3)PN=m−m2，最大值为14
【分析】（1）过点A作AG⊥AE，交CD延长线于点G．由题意易证△BAE≌△DAG(ASA)，得出AE=AG，∠AEB=∠AGD．由等腰直角三角形的性质可得出∠EAF=45°，进而可证∠EAQ=∠GAQ=45°，即又可证明△AEQ≌△AGQ(SAS)，得出∠AEQ=∠AGQ，从而证明∠AEB=∠AEM，再结合∠ABE=∠AME=90°，AE=AE，又可证△ABE≌△AME(AAS)，最后得出结论AM=AB=1；
（2）由（1）可知EQ=GQ，BE=DG=m．即得出CE=BC−BE=1−m．设CQ=x，则DQ=1−x，EQ=GQ=DG+DQ=m+1−x．在Rt△ECQ中，由勾股定理可列出关于x的方程，解出x的值（含m的式子），即得出CQ的长．
（3）由题意可得出∠BAE+∠BEA=90°，∠CEP+∠BEA=90°，∠AEQ+∠PEQ=90°，结合∠BEA=∠AEQ，即可求出∠BAE=∠CEP=∠PEQ，再根据正切的定义得出tan∠CEP=CPCE=tan∠BAE=BEAB，根据角平分线的性质定理得出PC=PN，即得出CP1−m=m1，从而解得CP=m(1−m)=m−m2．最后由二次函数的性质即可求出其最大值．
【详解】（1）如图，过点A作AG⊥AE，交CD延长线于点G．
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB=AD=1，∠ABE=∠ADG=90°．
∵∠GAD+∠EAD=90°，∠BAE+∠EAD=90°，
∴∠BAE=∠GAD，
∴△BAE≌△DAG(ASA)，
∴AE=AG，∠AEB=∠AGD．
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠GAQ=∠GAE−∠EAF=90°−45°=45°，
∴∠EAQ=∠GAQ=45°．
又∵AE=AG，AQ=AQ，
∴△AEQ≌△AGQ(SAS)，
∴∠AEQ=∠AGQ，
∴∠AEB=∠AEQ，即∠AEB=∠AEM．
∵∠ABE=∠AME=90°，AE=AE，
∴△ABE≌△AME(AAS)，
∴AM=AB=1；
（2）由（1）可知EQ=GQ，BE=DG=m．
∵BE=m，
∴CE=BC−BE=1−m．
设CQ=x，则DQ=1−x，
∴EQ=GQ=DG+DQ=m+1−x．
∵在Rt△ECQ中，EC2+CQ2=EQ2，
∴(1−m)2+x2=(m+1−x)2，
解得：x=2m1+m，
∴CQ=2m1+m；
（3）∵∠BAE+∠BEA=90°，∠CEP+∠BEA=90°，∠AEQ+∠PEQ=90°，∠BEA=∠AEQ，
∴∠BAE=∠CEP=∠PEQ，
∴tan∠CEP=CPCE=tan∠BAE=BEAB，PC=PN，
∴CP1−m=m1，
解得：CP=m(1−m)=m−m2．
∴PN=m−m2=−m−122+14，
∴当m=12时，PN最大，最大值为14．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，解直角三角形，二次函数的实际应用等知识．正确连接辅助线构造全等三角形是解题关键．
22．（1）如图1，将直角的顶点E放在正方形ABCD的对角线AC上，使角的一边交CD于点F，另一边交CB或其延长线于点G，求证：EF=EG；
（2）如图2，将（1）中的“正方形ABCD”改成“矩形ABCD”，其他条件不变．若AB=m，BC=n，试求EFEG的值；
（3）如图3，将直角顶点E放在矩形ABCD的对角线交点，EF、EG分别交CD与CB于点F、G，且EC平分∠FEG．若AB=2，BC=4，求EG、EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）nm；（3）EG=103， EF=2103
【分析】（1）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、P，然后利用ASA证得Rt△FEP≌Rt△GEH，则问题得证；
（2）首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证得EM∥AB，EN∥AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；
（3）过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，过点C作CP⊥EG交EG的延长线于点P，过点C作CQ⊥EF垂足为Q，可得四边形EPCQ是矩形，四边形EMCN是矩形，可得EC平分∠FEG，可得矩形EPCQ是正方形，然后易证△PCG≌△QCF(AAS)，进而可得：CG=CF，由（2）知：EFEG=ENEM=BCAB=2，进而可得：EF=2EG，然后易证EM和EN分别是△ABC和△BCD的中位线，进而可得：EM=1，EN=2，MC=2，CN=1，然后易证△EMG∽△ENF，进而可得MGNF=EMEN=12，即NF=2MG，然后设MG=x，根据CG=CF，列出方程即可解出x的值，即MG的值，然后在Rt△EMG中，由勾股定理即可求出EG的值，进而可得EF的值．
【详解】（1）证明：如图1，过点E作EH⊥BC于H，过点E作EP⊥CD于P，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CE平分∠BCD，
又∵EH⊥BC，EP⊥CD，
∴EH=EP，
∴四边形EHCP是正方形，
∴∠HEP=90°，
∵∠GEH+∠HEF=90°，∠PEF+∠HEF=90°，
∴∠PEF=∠GEH，
∴Rt△FEP≌Rt△GEH，
∴EF=EG；
（2）解：如图2，过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，
则∠MEN=90°，
∴EM∥AB，EN∥AD．
∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，
∴ NEAD=CECA，EMAB=CECA，
∴ NEAD=EMAB，
即ENEM=ADAB=CBAB=nm．
∴ EFEG=ENEM，
∴ EFEG=nm；
（3）解：如图3，
过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，
过点C作CP⊥EG交EG的延长线于点P，过点C作CQ⊥EF垂足为Q，
则四边形EPCQ是矩形，四边形EMCN是矩形，
∵EC平分∠FEG，
∴CQ=CP，
∴矩形EPCQ是正方形，
∴∠QCP=90°，
∴∠QCG+∠PCG=90°，
∵∠QCG+∠QCF=90°，
∴∠PCG=∠QCF，
在△PCG和△QCF中，
∠PCG=∠QCF∠CPG=∠CQF=90°PC=CQ，
∴△PCG≌△QCF(AAS)，
∴CG=CF，
由（2）知：EFEG=ENEM=BCAB，
∵BC=4，AB=2，
∴ EFEG=ENEM=BCAB=2，
∴EF=2EG，
∵点E放在矩形ABCD的对角线交点，
∴EM和EN分别是△ABC和△BCD的中位线，
∴EM=12AB=1，EN=12AD=12BC=2，MC=12BC=2，CN=12CD=12AB=1，
∵四边形EMCN是矩形，
∴∠NEM=90°，
∴∠MEG+∠GEN=90°，
∵∠GEF=90°，
∴∠FEN+∠GEN=90°，
∴∠MEG=∠FEN，
∵∠EMG=∠FNE=90°，
∴△EMG∽△ENF，
∴ MGNF=EMEN=12，
即NF=2MG，
设MG=x，则NF=2x，CG=2−x，CF=1+2x，
∵CG=CF，
∴2−x=1+2x，
解得：x=13，
∴MG=13，
在Rt△EMG中，由勾股定理得：
EG=EM2+MG2=103，
∵EF=2EG，
∴EF=2103．
【点睛】此题考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．此题综合性较强，注意数形结合思想的应用．
23．【背景】
如图1，矩形ABCD中，AB=43，AB【操作】
（1）用直尺和圆规在图1中的AD边上作出点P（不写作法，保留作图痕迹）；
【应用】
（2）求∠BKM的度数和MK的长；
（3）如图2，若点E是直线MN上的一个动点．连接EB，在EB左侧作等边三角形BEF，连接MF，则MF的最小值是__________ ；
【拓展】
（4）如图3，若点E是射线KM上的一个动点．将△BEK沿BE翻折，得△BET，延长CB至Q，使BQ=KE，连接TQ．当△BTQ是直角三角形时，KE的长为多少？请直接写出答案：__________．
【答案】（1）见解析；（2）∠BKM=30°，MK=6；（3）3；（4）4或6或8或12
【分析】（1）连接AK，分别以A，K为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于P，B两点，连接PB即为所求．
（2）由折叠可知AB=BK=43，再证明MK垂直平分AB，得到AK=BK=AB，则△ABK为等边三角形，得到∠BKM==30°，则MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG， 由直角三角形斜边上的直线的性质得到BG=MG，则△BMG为等边三角形．证明△FBM≌△EBG，得到FM=EG，则当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，据此求解即可；
（4）分如图4-1，4-2，4-3，4-4四种情况，分别求出对应的KE的长即可．
【详解】解：（1）如图所示，即为所求；
（2）由折叠可知AB=BK=43，
∵点M，N分别是AB，CD的中点，
∴AM=BM，MN⊥AB，
∴MK垂直平分AB，
∴AK=BK=AB，
∴△ABK为等边三角形，
∴∠BKA=60°，
∴∠BKM=12∠BKA=30°，
在Rt△BMK中，MK=BK⋅cs∠BKM=6；
（3）如图所示，取BK中点G，连接EG，MG，
∵AB=BK，M为AB中点，
∴BM=BG．
∵∠BMK=90°，
∴BG=MG=12BK，
∴△BMG为等边三角形．
∵△BEF为等边三角形，
∴BF=BE，∠EBF=∠MBG=60°．
∴∠EBF−∠MBE=∠ABG−∠MBE，即∠MBF=∠GBE，
∴△FBM≌△EBGSAS，
∴FM=EG，
∴当GE⊥MN时，GE有最小值，即MF有最小值，
∵∠GKE=30°，GK=12BK=12AB=23，
∴EG最小值=12GK=3．
∴MF的最小值为3，
故答案为：3；
（4）如图4-1所示，当∠BQT=90°时，T在射线KE上时，此时M点与E点重合，
∴KE=KM=6；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得∠ABE=∠KBE=12∠ABK=30°，
∴ME=33BM=2，
∴KE=KM−ME=4；
如图4-2所示，当∠QBT=90°时，
由折叠的性质可得EK=ET，∠ETB=∠EKB=30°，
∴ET=2EM，
∴EM+MK=2EM，
∴EM=MK，
∴EK=2MK=12；
如图4-4所示，当∠QTB=90°时，
∵BQ=EK，BQ∥EK，
∴四边形BQEK是平行四边形，
∴QE∥BK，∠EQB=∠EKB=30°，
由折叠的性质可得∠ETB=∠EKB=30°，
∴∠EQB=∠ETB，
∴E、Q、T、B四点共圆，
∴∠QEB=∠EBK=90°，
∴∠EBM=30°，
∴EM=33BM=2，
∴EK=EM+KM=8；
综上所述，当△BTQ是直角三角形时，KE的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题， 勾股定理，圆周角定理，平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
24．定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”，如图1，四边形ABCD中，AB=CD、AB⊥CD，四边形ABCD即为等垂四边形，其中相等的边AB，CD称为腰，另两边AD，BC称为底．
(1)【提出问题】如图2，△ABC与△DEC都是等腰直角三角形．∠ACB=∠DCE=90°，135°<∠AEC<180°．求证：四边形BDEA是“等垂四边形”；
(2)【拓展探究】如图3，四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，点M、N分别是AD，BC的中点，连接MN．已知腰AB=5，求MN的长；
(3)【综合运用】如图4，四边形ABCD是“等垂四边形”，AB=CD=4，底BC=9，则较短的底AD长的取值范围为 ．
【答案】(1)见解析
(2)522
(3)9−42【分析】（1）利用SAS证明△ECA≌△DCB得到∠CAE=∠CBD，AE=BD，延长BD交AE延长线于F，AF交BC于点O，由∠BOF=∠AOC，推出∠BFO=∠BCA=90°，即AE⊥DB，即可证明四边形BDEA是“等垂四边形”
（2）连接BD，取BD的中点G，连接GM，GN，延长BA，CD交于点H，由题意可知CD⊥AB，AB=CD=5，则∠CBH+∠HCB=90°，由三角形中位线定理得到MG=12AB=2.5，GN=12CD=2.5，CD∥NG，GM∥AB ，进一步证明∠MGN=90°，则△GNM是等腰直角三角形，即可得到MN=2GN=522；
（3）延长BA、CD交于点P，分别取AD、BC的中点M、N，连接PM、PN、MN，由直角三角形斜边上的中线的性质得到MP=12DA，NP=12CB=92，由（2）知，NM=22AB=22，由三角形三边的关系得到9−42≤AD≤9+42；由于AD>AP，当CP最小时，BP最大，即此时AP最大，求出当点D与点P重合时，BP=65，则此时AP=65−4；即可推出9−42【详解】（1）证明：∵△ABC与△DEC都是等腰直角三角形，
∴CA=CB，CD=CE，∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠ECA+∠BCE=∠DCB+∠BCE，
∴∠ECA=∠DCB，
在△DCB和△ECA中，
CD=CE∠DCB=∠ECACB=CA，
∴△ECA≌△DCBSAS，
∴∠CAE=∠CBD，AE=BD，
延长BD交AE延长线于F，AF交BC于点O，
∵∠BOF=∠AOC，
∴∠BFO=∠BCA=90°，即AE⊥DB，
∴四边形BDEA是“等垂四边形”；
（2）解：连接BD，取BD的中点G，连接GM，GN，延长BA，CD交于点H，
∵四边形ABCD是“等垂四边形”，AD≠BC，
∴CD⊥AB，AB=CD=5，
∴∠CBH+∠HCB=90°，
∵点M，N，G分别是AD，BC，BD的中点，
∴MG=12AB=2.5，GN=12CD=2.5，CD∥NG，GM∥AB ，
∴∠GNB=∠C，∠DGM=∠HBD，GM=GN，
∴∠MGN=∠MGD+∠NGD=∠ABD+∠DBC+∠GNB=∠ABD+∠DBC+∠C
=∠HBC+∠HCB=90° ，
∴△GNM是等腰直角三角形，
∴MN=2GN=522；
（3）解：延长BA、CD交于点P，分别取AD、BC的中点M、N，连接PM、PN、MN，
∵∠DPA=∠BPC=90°，AB=DC=4，BC=9，
∴MP=12DA，NP=12CB=92，
由（2）知，NM=22AB=22，
∵PN−NM≤PM≤PN+NM，即92−22≤PM≤92+22，
∴92−22≤12AD≤92+22，即9−42≤AD≤9+42；
∵AD>AP，
∴当点D与点P重合时在Rt△PBC中，由勾股定理得BP=BC2−CD2=65，
∴此时AP=BP−AB=65−4；
∴9−42故答案为：9−42【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形三边的关系等等，正确作出辅助线是解题的关键．
25．问题提出：已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90°)得到△ E'BF'，则AE'与DF'有怎样的数量关系．
【问题探究】
探究一：如图，已知正方形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
（1）如图1，直接写出DFAE的值 ；
（2）将△EBF绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE、DF，猜想DF与AE的数量关系，并证明你的结论；
探究二：如图，已知矩形ABCD，点E为AB上的一点，EF⊥AB，交BD于点F．
如图3，若四边形ABCD为矩形，ABBC=22，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△ E'BF' (E、F的对应点分别为E'、F'点)，连接AE'、DF'，则AE'DF'的值是否随着α的变化而变化．若变化，请说明变化情况；若不变，请求出AE'DF'的值．
【一般规律】
如图3，若四边形ABCD为矩形，BC=mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α (0°< α <90 °)得到△ E'BF'，连接AE'，DF'，请直接写出AE'与DF'的数量关系．
【答案】[问题探究]探究一：(1)2；(2)DF=2AF，证明见解析；探究二：AE'DF'=33．[一般规律]DF'=1+m2AE'
【分析】探究一（1）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质即可得解；
（2）由（1）的结论即旋转的性质证明△ABE∽△DBF，则DFAE=BDAB=2，即可得到答案；
探究二：证明△BEF∽△BAD，得到BFBE=BDBA=3，由△EBF绕点B顺时针旋转α（0°<α<90°）得到△E'BF'，则∠ABE'＝∠DBF'，BE'＝BE，BF'＝BF，再证明△ABE'∽△DBF'，则DF'AE'=BDBA=3，即可得到答案；
一般规律：同探究二，在Rt△ABD中，BD=1+m2AB，证明△DMF∽△DAB，得到DFMF=DBAB=1+m2，即可得到结论；
【详解】[问题探究]探究一
（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD=45°，BD= 2 AB，
∵EF⊥AB，
∴∠BEF=90°，
∴∠BFE=∠ABD=45°，
∴BE=EF，
∴BF=2BE
∴DF=BD−BF=2AB−2BE=2(AB−BE)=2AE
∴DFAE=2
故答案为：2；
（2）DF= 2 AE，
理由：由（1）知，BF= 2 BE，BD= 2 AB，
∴ BFBE=BDAB=2，
由旋转知，∠ABE=∠DBF，
∴△ABE∽△DBF，
∴DFAE=BDAB=2，
∴DF= 2 AE；
探究二：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC= 2 AB，
∴BD= 3 AB，
∵EF⊥AB，
∴EF ∥ AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴BEBA=BFBD
∴BFBE=BDBA=3
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°<α<90°)得到ΔE'BF'
∴∠ABE'=∠DBF',BE'=BE,BF'=BF,
∴BF'BE'=BDBA=3
∴△ABE'∽△DBF'
∵DF'AE'=BDBA=3
即DF'=3AE'
∴ AE'DF'=33；
[一般规律]如图3，∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=mAB，
∴BD=AB2+AD2=1+m2AB
∵EF⊥AB，
∴EF ∥ AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴BEBA=BFBD，
∴BFBE=BDBA=1+m2，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°<α<90°)得到ΔE'BF'，
∴∠ABE'=∠DBF',BE'=BE,BF'=BF，
∴BF'BE'=BDBA=1+m2，
∴△ABE'∽△DBF'，
∵DF'AE'=BDBA=1+m2，
即DF'=1+m2AE'．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形和正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是利用相似比表示线段之间的关系．
26．如图，已知矩形ABCD中，E是边AD上一点，将△BDE沿BE折叠得到△BFE，连接DF．
(1)如图1，BF落在直线BA上时，求证△DFA∽△BEA；
(2)如图2，当ADAB=2时，BF与边AD相交时，在BE上取一点G，使∠BAG=∠DAF，AG与BF交于点H，
①求AFAG的值；
②当E是AD的中点时，若FD·FH=18，求AG的长．
【答案】(1)见解析
(2)①2；②6
【分析】(1)延长BE交DF于点G，根据折叠性质得到BF=BD,EF=ED，得到直线BE是DF的垂直平分线，得到∠DGE=90°，结合矩形的性质，得到∠ADF=∠ABE得证．
(2) ①根据(1)得到∠ADF=∠ABE，结合∠BAG=∠DAF，可证△DFA∽△BGA得证．
②延长BE交DF于点T，根据折叠的性质，线段的垂直平分线的判定和性质，矩形的判定性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图1，延长BE交DF于点G，根据折叠性质得到BF=BD,EF=ED，
∴直线BE是DF的垂直平分线，
∴∠DGE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAF=∠BAE=90°，
∵∠DEG=∠BEA，
∴∠ADF=∠ABE，
∴△DFA∽△BEA．
（2）①根据(1)得到∠ADF=∠ABE，
∵∠BAG=∠DAF，
∴△DFA∽△BGA，
∴AFAG=ADAB，
∵ADAB=2，
∴AFAG=2．
②延长BE交DF于点T，根据折叠性质得到BF=BD,EF=ED，
∴直线BE是DF的垂直平分线，
∴∠DTB=90°，DT=TF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAG+∠BAG=90°，
∵∠BAG=∠DAF，
∴∠DAG+∠DAF=90°，
∴∠GAF=90°，
∵DE=EA，
∴FE=DE=EA=12AD，
∴∠AFD=90°，
∴四边形AGTF是矩形，
∴AG=FT=DT，∠AGB=90°，AF=TG，AG∥FT；
∵∠BAG=∠DAF，∠AGB=∠AFD=90°，
∴△DFA∽△BGA，
∴AFAG=ADAB=DFBG，
设AG=FT=DT=x，则DF=2x，
∵ADAB=2，
∴AFAG=AFx=2xBG=2，
∴AF=2x，BG=2x，
∴AF=BG=GT=2x=12BT，AB=AG2+BG2=x2+2x2=3x，AD=2AB=6x，
∴BD=AD2+AD2=6x2+3x2=3x，
∵AG∥FT，BG=GT，
∴BGGT=BHHF=1，
∴BH=FH=12BF=12BD=32x，
∵FD·FH=18，
∴2x×32x=18，
解得x=6,x=−6（舍去）
故AG=6．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握先三角形的相似，矩形的判定和勾股定理是解题的关键．
27．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=3，点D在AB的延长线上，且BD=3，分别过点D作DE⊥AD交AC的延长线于点E，连接BE，交CD于点G，
(1)求DE的长，并证明EB⊥CD；
(2)如图1，在射线DC上只用圆规作一点Q，使得AQ⊥AE（保留作图痕迹，并简要说明作法）；
(3)如图2，在（2）的条件下，连接EQ，分别取EQ、CE的中点M、N，动点H在EG上运动，求MH+NH的最小值
【答案】(1)DE=6，证明见解析
(2)见解析
(3)1355
【分析】（1）由两个垂直条件及BD=BC=3，可证明△BDE≌△BCE，则有DE=CE，由勾股定理建立方程即可求得DE；再由线段垂直平分线的判定定理即可得EB⊥CD；
（2）由AQ⊥AE及∠ACB=90°，可得AQ∥BC，则可得△FQD也是等腰三角形，且腰长为8，于是以A为圆心，AD为半径画弧交射线DC于点Q，则点Q满足条件；
（3）取DE的中点P，连接HP，MP，则当点N在线段MP上时，MH+NH的值最小，利用中位线定理即可求得最小值．
【详解】（1）解：由题意知：∠BDE=∠BCE=90°，BD=BC=3，
又BE=BE，
∴△BDE≌△BCE(HL)，
∴DE=CE，
由勾股定理得：AC=AB2−BC2=52−32=4，
∴AE=AC+CE=4+DE，
∵AD=AB+BD=5+3=8，
由勾股定理得：AD2+DE2=AE2，
即82+DE2=(4+DE)2，
解得：DE=6；
∵BD=BC，DE=CE，
∴BE是线段CD的垂直平分线，
∴EB⊥CD；
（2）解：满足条件的点Q如下图所求，且AQ⊥AE；
∵AQ⊥AE，∠ACB=90°，
∴AQ∥BC，
∴∠Q=∠DCB，
∵BD=BC，
∴∠DCB=∠BDC，
∴∠BDC=∠Q，
∴AQ=AD=8，
所以△FQD是等腰三角形，且腰长为8，
于是以A为圆心，AD为半径画弧交射线DC于点Q，则有AQ⊥AE
（3）解：取DE的中点P，连接HP，MP，如图所求，
∵DE=CE，EB⊥CD，
∴EB平分∠CED，
∵N、P分别为CE，DE的中点，
∴NH=PH，
∴MH+NH=MH+PH≥PM,
当点N在线段MP上时，MH+NH的值最小，最小值为线段PM的长；
在Rt△BDE中，由勾股定理得BE=BD2+DE2=32+62=35，
∴S△ABD=12BE·DG=12BD×DE，
∴DG=655，
∴DC=2DG=1255；
在Rt△AQC中，由勾股定理得QC=AC2+AQ2=42+82=45，
∴DQ=DC+QC=655+45=2655，
∵M，P分别为EQ，DE的中点，
∴PM=12DQ=1355，
即MH+NH的值最小为1355．
【点睛】本题考查了直角三角形全等的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分线的判定定理，两点间线段最短等知识，有一定的综合性，熟练运用这些知识是关键．
28．综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：如图1，在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______（写一个即可）．
(2)迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ= ______°，∠CBQ=______°；
②如图3，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为10cm，当FQ=3cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠ABP,∠PBM,∠MBC
(2)①15,15②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
(3)AP=203cm或109cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）①根据折叠的性质，可证RtΔBQM≌RtΔBQCHL，即可求解，②根据折叠的性质，可证RtΔBQM≌RtΔBQCHL，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD,DQ,PQ，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM，
∴BE=12BM，
∵∠BEM=90°， sin∠BME=BEBM=12，
∴∠BME=30°，
∴∠MBE=60°，
∵∠ABP=∠PBM，
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°，
∴BM=BC；
①∵BM=BC,BQ=BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∵∠MBC=30°，
∴∠MBQ=∠CBQ=15°；
故答案为：15,15；
②∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵BM=BC,BQ=BQ
∴Rt△BQM≌Rt△BQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=3cm，DF=FC=5cm，AB=10cm，
∴QC=CD−DF−FQ=10−5−3=2(cm)，DQ=DF+FQ=5+3=8cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x,PD=10−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即10−x2+82=x+22，
解得：x=203，
∴AP=203cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=3cm，DF=FC=5cm，AB=10cm，
∴QC=8cm，DQ=2cm，
由（2）可知，QM=QC，
设AP=PM=x,PD=10−x,
∴PD2+DQ2=PQ2，
即10−x2+22=x+82，
解得：x=109，
∴AP=109cm．
综上：AP=203cm或109cm．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
29．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，请直接写出线段BP，QC，EC满足的数量关系______．
(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)正方形ABCD的边长为9，DE=13DC，QC=2，请直接写出线段BP的长______．
【答案】(1)BP+QC=EC
(2)成立，理由见解析
(3)4或8
【分析】（1）先证明△GED≅△EPQ可得PQ=ED，再根据ED=EC=12DC、BP+QC=12DC，即可得出结论；
（2）先证明△GED≅△EPQ可得PQ=ED，再根据EC=DC−DE，BP+QC=BC−PQ，且DC=BC即可证明；
（3）①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，由（2）可得BP=EC−QC，根据DE=13DC=3即可求出结果；②当点P在线段FC上时，点Q在线段BC的延长线上，证明△GED≅△EQP，可得PQ=DE=3，再根据QC=2，求出PC=1，即可求出结果．
【详解】（1）解：BP+QC=EC，证明如下：
∵∠PEG=90°，
∴∠GED+∠PEC=90°，
又∵∠EPC+∠PEC=90°，
∴∠GED=∠EPC，
∵∠G+∠GEH=90°，∠PEQ+∠GEH=90°，
∴∠G=∠PEQ，
在△GED和△EPQ中，
∠G=∠PEQEG=EP∠GED=∠EPQ，
∴△GED≅△EPQASA，
∴PQ=ED，
又点E是CD的中点，
∵ED=EC=12DC，
∴PQ=12DC，
∵四边形ABCD是正方形，
DC=BC，
∵BP+QC=BC−PQ，
∴BP+QC=DC−12DC=12DC，
∴BP+QC=EC．
（2）解：成立，证明过程如下：
∵∠PEG=90°，
∴∠GED+∠PEC=90°，
又∵∠EPC+∠PEC=90°，
∴∠GED=∠EPC，
∵∠G+∠GEH=90°，∠PEQ+∠GEH=90°，
∴∠G=∠PEQ，
在△GED和△EPQ中，
∠G=∠PEQEG=EP∠GED=∠EPQ，
∴△GED≅△EPQASA，
∴PQ=ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=BC，
∵EC=DC−DE，
∴EC=BC−PQ，
又∵PQ=BC−BP+QC，
∴EC=BC−BC−BP+QC=BP+QC．
（3）解：①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，如图所示；
由（2）可知：BP=EC−QC，
∵DE=13DC=3，∴EC=6，∴BP=6−2=4；
②当点P在线段FC上时，点Q在线段BC的延长线上，如图：
∵∠GEP=90°，
∴∠GEH+∠PEQ=90°，
又∵∠GEH+∠G=90°，
∴∠G=∠PEQ，
∵∠DEH=∠QEC，∠DEH+∠GDE=90°，∠QEC+∠Q=90°，
∴∠Q=∠GDE，
在△GDE和△EQP中，
∠GDE=∠Q∠G=∠PEQGE=PE，
∴△GED≅△EQPAAS，
∴PQ=DE=3，
∵QC=2，
∴PC=PQ−QC=1，
∴BP=BC−PC=9−1=8；
综上所述，线段BP的长为4或8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定及线段中点的定义和对顶角的性质、正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定证明△GED≅△EQP是解题的关键．
30．如图，矩形ABCD中，AB=6,BC=8，点E是CD的中点，P是射线DA上一点，延长EP交直线AB于F，过P作PG⊥EF，分别交射线CB、直线AB于G、H．
(1)①当PD=3时，EFPG= ；
②点P在AD上取不同位置，EFPG的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接FG，当△PFG是等腰直角三角形时，求PD的长；
(3)直接写出CG的最小值 ．
【答案】(1)①43；②EFPG不发生变化，值为43
(2)2或14
(3)62
【分析】（1）①作PH⊥BC于H，作FT⊥CD，交CD的延长线于T，证明∠DEP=∠DPE=45°，可得EF=2FT=2AD=82，同理可得，PG=2PH=2CD=62，即可求解；②作PH⊥BC于H，作FT⊥CD，交CD的延长线于T，证明△ETF∽△GHP，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当点P在AD上时，当点P在DA的延长线上时，结合相似三角形的判定和性质，即可求解；
（3）设PD=x,GH=y，证明△PDE∽△PHG，可得y=18x，从而得到CG=x+y=x+18x≥62，即可求解．
【详解】（1）解：①如图1，作PH⊥BC于H，作FT⊥CD，交CD的延长线于T，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE=12CD=3，
∵PD=3，
∴DE=PD，
∴∠DEP=∠DPE=45°，
∴EF=2FT=2AD=82，
同理可得，
PG=2PH=2CD=62，
∴EFPG=8262=43，
故答案为：43；
②如图1，EFPG不发生变化，理由如下：
作PH⊥BC于H，作FT⊥CD，交CD的延长线于T，
∴∠FTE=∠PHG=90°，
∴∠PGH+∠GPH=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB=90°，
∴∠DCB=∠PHG，
∴PH∥CD，
∴∠FET=∠EPH，
∵PG⊥EF，
∴∠GPE=90°，
∴∠GPH+∠EPH=90°，
∴∠FET=∠PGH，
∴△ETF∽△GHP，
∴EFPG=ETPH=BCAB=43；
（2）解：如图2，当点P在AD上时，
由（2）得：EFPG=43，
∵△PFG是等腰直角三角形，
∴PF=PG，
∴EFPF=43，
∴EPPF=13，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FAP=∠PDE,∠FAP=∠DEP，
∴△FAP∽△EDP，
∴DPAP=EPPF=13，
∴PD=14AD=2，
如图3，当点P在DA的延长线上时，
由（2）得：PFEF=34，
∵AB∥CD，
∴APAD=PFEF=34，
∴AP=34AD=6，
∴PD=AP+AD=14，
综上所述：DP=2或14；
（3）解：如图1，
设PD=x,GH=y，
∵∠PDE=∠PHG=90°,∠PED=∠PGH，
∴△PDE∽△PHG，
∴PDPH=DEGH，
∴x6=3y，
∴y=18x，
∴CG=x+y=x+18x≥62，
∴CG的最小值为：62，
故答案为：62．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是设未知数，表示出CG的长，