初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 几何综合类比探究变化型问题

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【真题再现】
1．（2020年扬州第27题）如图1，已知点O在四边形ABCD的边AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，与BD交于点G，AC分别与BD、OD交于点E、F．
（1）求证：OC∥AD；
（2）如图2，若DE＝DF，求AEAF的值；
（3）当四边形ABCD的周长取最大值时，求DEDF的值．
【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义证得∠ADO＝∠DOC，则可得出结论；
（2）证明△AOD和△ABD为等腰直角三角形，得出ADAO=2，证明△ADE∽△AOF，由相似三角形的性质可得出结论；
（3）设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，可用x表示四边形ABCD的周长，根据二次函数的性质可求出x＝2时，四边形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，由直角三角形的性质可得出答案．
【解析】（1）证明：∵AO＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵OC平分∠BOD，
∴∠DOC＝∠COB，
又∵∠DOC+∠COB＝∠OAD+∠ADO，
∴∠ADO＝∠DOC，
∴CO∥AD；
（2）解：如图1，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠ADB＝90°，
设∠DAC＝α，则∠ACO＝∠DAC＝α．
∵OA＝OD，DA∥OC，
∴∠ODA＝∠OAD＝2α，
∴∠DFE＝3α，
∵DF＝DE，
∴∠DEF＝∠DFE＝3α，
∴4α＝90°，
∴α＝22.5°，
∴∠DAO＝45°，
∴△AOD和△ABD为等腰直角三角形，
∴AD=2AO，
∴ADAO=2，
∵DE＝DF，
∴∠DFE＝∠DEF，
∵∠DFE＝∠AFO，
∴∠AFO＝∠AED，
又∠ADE＝∠AOF＝90°，
∴△ADE∽△AOF，
∴AEAF=ADAO=2．
（3）解：如图2，
∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴BC＝CD，
设BC＝CD＝x，CG＝m，则OG＝2﹣m，
∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，
∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，
解得：m=14x2，
∴OG＝2-14x2，
∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，
∴G为BD的中点，
又∵O为AB的中点，
∴AD＝2OG＝4-12x2，
∴四边形ABCD的周长为2BC+AD+AB＝2x+4-12x2+4=-12x2+2x+8=-12(x-2)2+10，
∵-12＜0，
∴x＝2时，四边形ABCD的周长有最大值为10．
∴BC＝2，
∴△BCO为等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵OC∥AD，
∴∠DAO＝∠COB＝60°，
∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，
∴∠AFD＝90°，
∴DEDA=33，DF=12DA，
∴DEDF=233．
2．（2020年苏州第26题）问题1：如图①，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求证：AB+CD＝BC．
问题2：如图②，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝45°，P是BC上一点，PA＝PD，∠APD＝90°．求AB+CDBC的值．
【分析】（1）由“AAS”可知△BAP≌△CPD，可得BP＝CD，AB＝PC，可得结论；
（2）过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，由（1）可知EF＝AE+DF，由等腰直角三角形的性质可得BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2DF，即可求解．
【解析】证明：（1）∵∠B＝∠APD＝90°，
∴∠BAP+∠APB＝90°，∠APB+∠DPC＝90°，
∴∠BAP＝∠DPC，
又PA＝PD，∠B＝∠C＝90°，
∴△BAP≌△CPD（AAS），
∴BP＝CD，AB＝PC，
∴BC＝BP+PC＝AB+CD；
（2）如图2，过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，
由（1）可知，EF＝AE+DF，
∵∠B＝∠C＝45°，AE⊥BC，DF⊥BC，
∴∠B＝∠BAE＝45°，∠C＝∠CDF＝45°，
∴BE＝AE，CF＝DF，AB=2AE，CD=2DF，
∴BC＝BE+EF+CF＝2（AE+DF），
∴AB+CDBC=2(AE+DF)2(AE+DF)=22．
3．（2020年南京第26题）如图，在△ABC和△A'B'C'中，D、D'分别是AB、A'B'上一点，ADAB=A'D'A'B'．
（1）当CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'时，求证△ABC∽△A'B'C'．
证明的途径可以用下面的框图表示，请填写其中的空格．
（2）当CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'时，判断△ABC与△A'B'C′是否相似，并说明理由．
【分析】（1）根据两边成比例夹角相等两三角形相似证明即可．
（2）过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．首先证明△CED∽△C′E′D′，推出∠CED＝∠C′E′D′，再证明∠ACB＝∠A′C′B′即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵ADAB=A'D'A'B'，
∴ADA'D'=ABA'B'，
∵CDC'D'=ACA'C'=ABA'B'，
∴CDC'D'=ACA'C'=ADA'D'，
∴△ADC∽△A′D′C'，
∴∠A＝∠A′，
∵ACA'C'=ABA'B'，
∴△ABC∽△A′B′C′．
故答案为：CDC'D'=ACA'C'=ADA'D'，∠A＝∠A′．
（2）结论：∴△ABC∽△A′B′C′．
理由：如图，过点D，D′分别作DE∥BC，D′E′∥B′C′，DE交AC于E，D′E′交A′C′于E′．
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=AEAC，
同理，A'D'A'B'=D'E'B'C'=A'E'A'C'，
∵ADAB=A'D'A'B'，
∴DEBC=D'E'B'C'，
∴DED'E'=BCB'C'，
同理，AEAC=A'E'A'C'，
∴AC-AEAC=A'C'-A'E'A'C'，即ECAC=E'C'A'C'，
∴ECE'C'=ACA'C'，
∵CDC'D'=ACA'C'=BCB'C'，
∴CDC'D'=DED'E'=ECE'C'，
∴△DCE∽△D′C′E′，
∴∠CED＝∠C′E′D′，
∵DE∥BC，
∴∠CED+∠ACB＝180°，
同理，∠C′E′D′+∠A′C′B′＝180°，
∴∠ACB＝∠A′C′B′，
∵ACA'C'=CBC'B'，
∴△ABC∽△A′B′C′．
4．（2020年连云港第27题）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE＝2，PF＝6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2＝ 12 ；
（2）如图2，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（3）如图3，点P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1、S2的代数式表示）；
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、PC、BC围成的封闭图形的面积为S1，PA、PD、AD围成的封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1、S2、S3、S4的等式（写出一种情况即可）．
【分析】（1）如图1中，求出△PFC的面积，证明△APE的面积＝△PFC的面积即可．
（2）如图2中，连接PA，PC，在△APB中，因为点E是AB的中点，可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，证明S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，推出S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，根据S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．可得结论．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，利用平行四边形的性质求解即可．
（4）分四种情形：如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，推出x﹣y＝S3﹣S4，由题意S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），可得S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．其余情形同法可求．
【解析】（1）如图1中，
过点P作PM⊥AD于M，交BC于N．
∵四边形ABCD是矩形，EF∥BC，
∴四边形AEPM，四边形MPFD，四边形BNPE，四边形PNCF都是矩形，
∴BE＝PN＝CF＝2，S△PFC=12×PF×CF＝6，S△AEP＝S△APM，S△PEB＝S△PBN，S△PDM＝S△PFD，S△PCN＝S△PCF，S△ABD＝S△BCD，
∴S矩形AEPM＝S矩形PNCF，
∴S1＝S2＝6，
∴S1+S2＝12，
故答案为12．
（2）如图2中，连接PA，PC，
在△APB中，∵点E是AB的中点，
∴可设S△APE＝S△PBE＝a，同理，S△APH＝S△PDH＝b，S△PDG＝S△PGC＝c，S△PFC＝S△PBF＝d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG＝a+b+c+d，
∴S四边形AEPH+S四边形PFCG＝S四边形PEBF+S四边形PHDG＝S1+S2，
∴S△ABD=12S平行四边形ABCD＝S1+S2，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△PBE+S△PHD）＝S1+S2﹣（S1+a+S1﹣a）＝S2﹣S1．
（3）如图3中，由题意四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，
∴S四边形EBGP＝2S△EBP，S四边形HPFD＝2S△HPD，
∴S△ABD=12S平行四边形ABCD=12（S1+S2+2S△EBP+2S△HPD）=12（S1+S2）+S△EBP+S△HPD，
∴S△PBD＝S△ABD﹣（S1+S△EBP+S△HPD）=12（S2﹣S1）．
（4）如图4﹣1中，结论：S2﹣S1＝S3+S4．
理由：设线段PB，线段PA，弧AB围成的封闭图形的面积为x，线段PC，线段PD，弧CD的封闭图形的面积为y．
由题意：S1+x+S4＝S1+y+S3，
∴x﹣y＝S3﹣S4，
∵S1+S2+x+y＝2（S1+x+S4），
∴S2﹣S1＝x﹣y+2S4＝S3+S4．
同法可证：图4﹣2中，有结论：S1﹣S2=S3+S4．
图4﹣3中和图4﹣4中，有结论：|S1﹣S2|＝|S3﹣S4|．
5．（2019年宿迁中考第28题）如图①，在钝角△ABC中，∠ABC＝30°，AC＝4，点D为边AB中点，点E为边BC中点，将△BDE绕点B逆时针方向旋转α度（0≤α≤180）．
（1）如图②，当0＜α＜180时，连接AD、CE．求证：△BDA∽△BEC；
（2）如图③，直线CE、AD交于点G．在旋转过程中，∠AGC的大小是否发生变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出这个角的度数；
（3）将△BDE从图①位置绕点B逆时针方向旋转180°，求点G的运动路程．
【分析】（1）如图①利用三角形的中位线定理，推出DE∥AC，可得BDBA=BEBC，在图②中，利用两边成比例夹角相等证明三角形细相似即可．
（2）利用相似三角形的性质证明即可．
（3）点G的运动路程，是图③﹣1中的BG的长的两倍，求出圆心角，半径，利用弧长公式计算即可．
【解析】（1）如图②中，
由图①，∵点D为边AB中点，点E为边BC中点，
∴DE∥AC，
∴BDBA=BEBC，
∴BDBE=BABC，
∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠DBA＝∠EBC，
∴△DBA∽△EBC．
（2）∠AGC的大小不发生变化，∠AGC＝30°．
理由：如图③中，设AB交CG于点O．
∵△DBA∽△EBC，
∴∠DAB＝∠ECB，
∵∠DAB+∠AOG+∠G＝180°，∠ECB+∠COB+∠ABC＝180°，∠AOG＝∠COB，
∴∠G＝∠ABC＝30°．
（3）如图③﹣1中．设AB的中点为K，连接DK，以AC为边向左边等边△ACO，连接OG，OB．
以O为圆心，OA为半径作⊙O，
∵∠AGC＝30°，∠AOC＝60°，
∴∠AGC=12∠AOC，
∴点G在⊙O上运动，
以B为圆心，BD为半径作⊙B，当直线与⊙B相切时，BD⊥AD，
∴∠ADB＝90°，
∵BK＝AK，
∴DK＝BK＝AK，
∵BD＝BK，
∴BD＝DK＝BK，
∴△BDK是等边三角形，
∴∠DBK＝60°，
∴∠DAB＝30°，
∴∠BOG＝2∠DAB＝60°，
∴BG的长=60⋅π⋅4180=4π3，
观察图象可知，点G的运动路程是BG的长的两倍=8π3．
点评：本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，弧长公式，等边三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会正确寻找点的运动轨迹，属于中考压轴题．
6．（2019年连云港中考第27题）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG=52，请直接写出FH的长．
【分析】问题情境：过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF＝MB，证明△ABE≌△BCF得出BE＝CF，即可得出结论；
问题探究：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，证明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH＝∠QEI，得出△AQE是等腰直角三角形，得出∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即可得出结论；
（2）连接AC交BD于点O，则△APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，由等腰直角三角形的性质得出∠ODA＝∠ADO′＝45°，当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，证明△APB≌△CPB得出∠BAP＝∠BCP，证明Rt△PGN≌Rt△NHP'得出PG＝NH，GN＝P'H，由正方形的性质得出∠PDG＝45°，易得出PG＝GD，得出GN＝DH，DH＝P'H，得出∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，点P'在线段DO'上运动；过点S作SK⊥DO'，垂足为K，即可得出结果；
问题拓展：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，则EG＝AG=52，PH＝FH，得出AE＝5，由勾股定理得出BE=AE2-AB2=3，得出CE＝BC﹣BE＝1，证明△ABE∽△QCE，得出QE=13AE=53，AQ＝AE+QE=203，证明△AGM∽△ABE，得出AM=258，由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，求出B'M=AM2-AB'2=78，AC'＝1，证明△AFC'∽△MAB'，得出AF=257，DF＝4-257=37，证明△DFP∽△DAQ，得出FP=57，得出FH=12FP=514．
【解析】问题情境：
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，AQ=QEAH=QI，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP＝PC，
在△APB和△CPB中，AP=PCBP=BPAB=BC，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵∠BCD＝∠MPA＝90°，
∴∠PCN＝∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠PNC，
∴∠PCN＝∠PNC，
∴PC＝PN，
∴AP＝PN，
∴∠PNA＝45°，
∴∠PNP′＝90°，
∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，
∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，
由翻折性质得：PN＝P′N，
在△PGN和△NHP'中，∠NPG=∠P'NHPN=P'N∠PNG=∠NP'H，
∴△PGN≌△NHP'（ASA），
∴PG＝NH，GN＝P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG＝45°，
易得PG＝GD，
∴GN＝DH，
∴DH＝P'H，
∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，
∴点P'在线段DO'上运动；
过点S作SK⊥DO'，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS＝2，则P'S的最小值为2；
问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：
则EG＝AG=52，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE=AE2-AB2=3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴AEQE=BECE=3，
∴QE=13AE=53，
∴AQ＝AE+QE=203，
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴AMAE=AGAB，即AM5=524，
解得：AM=258，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M=AM2-AB'2=78，AC'＝1，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴AFAM=AC'B'M=178，
解得：AF=257，
∴DF＝4-257=37，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴FPAQ=DFAD，即FP203=374，
解得：FP=57，
∴FH=12FP=514．
点评：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似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等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
7．（2019年无锡中考副卷第28题）如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的边长为2，将正方形BDEF绕点B旋转一周，连接AE、BE、CD．
（1）请找出图中与△ABE相似的三角形，并说明理由；
（2）求当A、E、F三点在一直线上时CD的长；
（3）设AE的中点为M，连接FM，试求FM长的取值范围．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到AB=2BC＝42，根据勾股定理得到AF=AB2-BF2=(42)2-22=27，如图1，当AE在AB左上方时，如图2，当AE在AB右下方时，即可得到结论；
（3）如图3，延长EF到G使FG＝EF，连接AG，BG，求得△BFG是等腰直角三角形，得到BG=2BF＝22，设M为AE的中点，连接MF，根据三角形中位线的定理得到AG＝2FM，根据三角形的三边关系即可得到结论．
【解析】（1）△ABE∽△CBD，
∵在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∵ABBC=2，BEBD=2，
∴ABBC=BEBD，
∴△ABE∽△CBD；
（2）∵△ABE∽△CBD，
∴AECD=BEBD=2，
∴CD=22AE，
∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB=2BC＝42，
∵当A、E、F三点在一直线上时，
∵∠AFB＝90°，
∴AF=AB2-BF2=(42)2-22=27，
如图1，当AE在AB左上方时，AE＝AF﹣EF＝27-2，
∴CD=14-2；
如图2，当AE在AB右下方时，
同理，AE＝AF+EF＝27+2，
∴CD=14+2；
综上所述，当A、E、F三点在一直线上时，CD的长为14-2或14+2；
（3）如图3，延长EF到G使FG＝EF，连接AG，BG，
则△BFG是等腰直角三角形，
∴BG=2BF＝22，
设M为AE的中点，
连接MF，
∴MF是△AGE的中位线，
∴AG＝2FM，
在△ABG中，∵AB﹣BG≤AG≤AB+BG，
∴22≤AG≤62，
∴2≤FM≤32．
点评：本题考查了相似形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（2019年盐城中考第25题）如图①是一张矩形纸片，按以下步骤进行操作：
（Ⅰ）将矩形纸片沿DF折叠，使点A落在CD边上点E处，如图②；
（Ⅱ）在第一次折叠的基础上，过点C再次折叠，使得点B落在边CD上点B′处，如图③，两次折痕交于点O；
（Ⅲ）展开纸片，分别连接OB、OE、OC、FD，如图④．
【探究】
（1）证明：△OBC≌△OED；
（2）若AB＝8，设BC为x，OB2为y，求y关于x的关系式．
【分析】（1）利用折叠性质，由边角边证明△OBC≌△OED；
（2）过点O作OH⊥CD于点H．由（1）△OBC≌△OED，OE＝OB，BC＝x，则AD＝DE＝x，则CE＝8﹣x，OH=12CD＝4，则EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4在Rt△OHE中，由勾股定理得OE2＝OH2+EH2，即OB2＝42+（x﹣4）2，所以y关于x的关系式：y＝x2﹣8x+32．
【解析】（1）证明：由折叠可知，AD＝ED，∠BCO＝∠DCO＝∠ADO＝∠CDO＝45°
∴BC＝DE，∠COD＝90°，OC＝OD，
在△OBC≌△OED中，
OC=OD∠OCB=∠ODEBC=DE，
∴△OBC≌△OED（SAS）；
（2）过点O作OH⊥CD于点H．
由（1）△OBC≌△OED，
OE＝OB，
∵BC＝x，则AD＝DE＝x，
∴CE＝8﹣x，
∵OC＝OD，∠COD＝90°
∴CH=12CD=12AB=12×8=4，
OH=12CD＝4，
∴EH＝CH﹣CE＝4﹣（8﹣x）＝x﹣4
在Rt△OHE中，由勾股定理得
OE2＝OH2+EH2，
即OB2＝42+（x﹣4）2，
∴y关于x的关系式：y＝x2﹣8x+32．
点评：本题是四边形综合题，熟练运用轴对称的性质和全等三角形的判定以及勾股定理是解题的关键．
9．（2019年扬州第28题）如图，已知等边△ABC的边长为8，点P是AB边上的一个动点（与点A、B不重合）．直线1是经过点P的一条直线，把△ABC沿直线1折叠，点B的对应点是点B′．
（1）如图1，当PB＝4时，若点B′恰好在AC边上，则AB′的长度为 4或0 ；
（2）如图2，当PB＝5时，若直线1∥AC，则BB′的长度为 53 ；
（3）如图3，点P在AB边上运动过程中，若直线1始终垂直于AC，△ACB′的面积是否变化？若变化，说明理由；若不变化，求出面积；
（4）当PB＝6时，在直线1变化过程中，求△ACB′面积的最大值．
【分析】（1）证明△APB′是等边三角形即可解决问题．
（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．证明△PEB是等边三角形，求出OB即可解决问题．
（3）如图3中，结论：面积不变．证明BB′∥AC即可．
（4）如图4中，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，设直线PB′交AC于E，求出B′E即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝60°，AB＝BC＝AC＝8，
∵PB＝4，
∴PB′＝PB＝PA＝4，
∵∠A＝60°，
∴△APB′是等边三角形，
∴AB′＝AP＝4．
当直线l经过C时，点B′与A重合，此时AB′＝0
故答案为4或0．
（2）如图2中，设直线l交BC于点E．连接BB′交PE于O．
∵PE∥AC，
∴∠BPE＝∠A＝60°，∠BEP＝∠C＝60°，
∴△PEB是等边三角形，
∵PB＝5，
∴∵B，B′关于PE对称，
∴BB′⊥PE，BB′＝2OB
∴OB＝PB•sin60°=532，
∴BB′＝53．
故答案为53．
（3）如图3中，结论：面积不变．
∵B，B′关于直线l对称，
∴BB′⊥直线l，
∵直线l⊥AC，
∴AC∥BB′，
∴S△ACB′＝S△ACB=12×8×32×8＝163．
（4）如图4中，当B′P⊥AC时，△ACB′的面积最大，
设直线PB′交AC于E，
在Rt△APE中，∵PA＝2，∠PAE＝60°，
∴PE＝PA•sin60°=3，
∴B′E＝6+3，
∴S△ACB′的最大值=12×8×（6+3）＝43+24．
解法二：如图5中，过点P作PH垂直于AC，
由题意可得：B’在以P为圆心半径长为6的圆上运动，
当PH的延长线交圆P于点B′时面积最大，
此时BH＝6+3，S△ACB′的最大值=12×8×（6+3）＝43+24．
点评：本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的性质和判定，轴对称变换，解直角三角形，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
10．（2019年南京中考第26题）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4．求作菱形DEFG，使点D在边AC上，点E、F在边AB上，点G在边BC上．
小明的作法
1．如图②，在边AC上取一点D，过点D作DG∥AB交BC于点G．
2．以点D为圆心，DG长为半径画弧，交AB于点E．
3．在EB上截取EF＝ED，连接FG，则四边形DEFG为所求作的菱形．
（1）证明小明所作的四边形DEFG是菱形．
（2）小明进一步探索，发现可作出的菱形的个数随着点D的位置变化而变化……请你继续探索，直接写出菱形的个数及对应的CD的长的取值范围．
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（2）求出几种特殊位置的CD的值判断即可．
【解析】（1）证明：∵DE＝DG，EF＝DE，
∴DG＝EF，
∵DG∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵DG＝DE，
∴四边形DEFG是菱形．
（2）如图1中，当四边形DEFG是正方形时，设正方形的边长为x．
在Rt△ABC中，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=32+42=5，
则CD=35x，AD=54x，
∵AD+CD＝AC，
∴35x+54x＝3，
∴x=6037，
∴CD=35x=3637，
观察图象可知：0≤CD＜3637时，菱形的个数为0．
如图2中，当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m．
∵DG∥AB，
∴CDCA=DGAB，
∴3-m3=m5，
解得m=158，
∴CD＝3-158=98，
如图3中，当四边形DEBG是菱形时，设菱形的边长为n．
∵DG∥AB，
∴CGCB=DGAB，
∴4-n4=n5，
∴n=209，
∴CG＝4-209=169，
∴CD=(209)2-(169)2=43，
观察图象可知：当0≤CD＜3637或43＜CD≤3时，菱形的个数为0，当CD=3637或98＜CD≤43时，菱形的个数为1，当3637＜CD≤98时，菱形的个数为2．
点评：本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，作图﹣复杂作图等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型，题目有一定难度．
【专项突破】
【题组一】
1．（2020•兴化市一模）如图，在矩形ABCD中，已知AB=23，AD＝2，点P是对角线BD上一动点（不与B，D重合），连接AP，过点P作PE⊥AP，交DC于点E．
（1）求证：∠PAD＝∠PEC；
（2）当点P是BD的中点时，求DE的值；
（3）在点P运动过程中，当DE=3时，求BP的值．
【分析】（1）由矩形的性质得∠ADC＝90°，由四边形内角和定理得出∠DEP+∠DAP＝180°，再由∠DEP+∠PEC＝180°，即可得出结论；
（2）由三角函数定义求出∠BAD＝60°，连接AC，由矩形的性质得点P为AC与BD的交点，证出△ADP为等边三角形，得AP＝AD＝2，证Rt△ADE≌Rt△APE（HL），得∠EAD＝∠EAP＝30°，由三角函数定义求出DE即可；
（3）过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交DC于H，证出四边形BCHG是矩形，得GH＝BC＝2，设PG＝a，则PH＝GH﹣PH＝2﹣a，求出BG=3PG=3a，则AG＝AB﹣BG＝23-3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE=3-3a，证△AGP∽△PHE，得AGPG=PHEH，求出a=34，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵PE⊥AP，
∴∠APE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
在四边形ADEP中，∠ADE+∠DEP+∠APE+∠DAP＝360°，
∴∠DEP+∠DAP＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
又∵∠DEP+∠PEC＝180°，
∴∠PAD＝∠PEC；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，AB=23，AD＝2，
∴tan∠ADB=ABAD=232=3，
∴∠BAD＝60°，
连接AC，如图1所示：
∵点P是BD的中点，四边形ABCD是矩形，
∴点P为AC与BD的交点，
∴△ADP为等边三角形，
∴AP＝AD＝2，
在Rt△ADE和Rt△APE中，AD=APAE=AE，
∴Rt△ADE≌Rt△APE（HL），
∴∠EAD＝∠EAP＝30°，
∴tan∠EAD=DEAD=DE2=33，
∴DE=233；
（3）解：过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交DC于H，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴PG⊥DC，
∴四边形BCHG是矩形，
∴GH＝BC＝2，
设PG＝a，则PH＝GH﹣PH＝2﹣a，
在Rt△BGP中，tan∠PBG=PGBG=ADAB=223=33，
∴BG=3PG=3a，
∴AG＝AB﹣BG＝23-3a=3（2﹣a），EH＝DH﹣DE＝23-3a-3=3-3a
∵PG⊥DC，
∴∠APG+∠EPH＝90°，
∵∠APG+∠PAG＝90°，
∴∠EPH＝∠PAG，
∵∠AGP＝∠PHE＝90°，
∴△AGP∽△PHE，
∴AGPG=PHEH，
即23-3aa=2-a3-3a，
解得：a=34，
∴BP＝2PG=32．
2．（2020•海安市一模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，点F在边CD上，连接AE，EF．
（1）当CF=14a时，求证：∠AEF＝90°；
（2）若CF＝2DF，连接AF．求∠EAF的度数；
（3）当∠AEF＝∠DAE时，求△CEF的面积（用含a的式子表示）．
【分析】（1）证明△ABE∽△ECF，便可解决问题；
（2）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，证明△AEF≌△AE'F，进而求得结果；
（3）过A作AG⊥EF，证明△ABE≌△AGE，△ADF≌△AGF，得BE＝GE，DF＝GF，设CF＝x，在Rt△CEF中，由勾股定理列出x的方程求得x，进而由三角形的面积公式求得结果．
【解析】（1）证明：∵正方形ABCD的边长为a，点E为边BC的中点，
∴BE＝CE=12a，∠ABC＝∠ECF＝90°，
∵CF=14a，
∴ABEC=BECF=2，
∴△ABE∽△ECF，
∴∠BAE＝∠CEF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CEF+∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝90°；
（2）将△ABE△绕点A点逆时针旋转90°，如图1，则
AE＝AE'，BE＝DE'，∠E'AD＝∠EAB，∠ADE'＝∠ABE＝90°，
∵∠ADF＝90°，
∴点F、D、E'三点在同一直线上，
∵CF＝2DF，
∴CF=23a，DF=13a，CE＝BE＝DE'=12a，
∴E'F=56a，EF=CE2+CF2=56a，
∴EF＝E'F，
∵AE＝AE'，AF＝AF，
∴△AEF≌△AE'F（SSS），
∴∠EAF＝∠E'AF=12∠EAE'＝45°；
（3）过A作AG⊥EF，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵∠DAE＝∠AEF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∵∠ABE＝∠AGE＝90°，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴BE＝GE=12a，AB＝AG，
∵AB＝AD，
∴AD＝AG，
∵AF＝AF，
∴Rt△ADF≌Rt△AGF（HL），
∴DF＝GF，
设CF＝x，则GF＝DF＝a﹣x，
∴EF=12a+a-x=32a-x，
∵CE2+CF2＝EF2，
∴(12a)2+x2=(32a-x)2，
解得，x=23a，
∴△CEF的面积=12CE⋅CF=12×12a×23a=16a2．
3．（2020•泰兴市一模）如图1，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝a，点E为AD的中点，连接BE．过BE的中点F作FG⊥BE，交射线BC于点G，交边CD于H点．
（1）连接HE、HB．
①求证：HE＝HB；
②若a＝4，求CH的长．
（2）连接EG，△BEG面积为S．
①BE＝ 1+a2 （用含a的代数式表示）；
②求S与a的函数关系式．
（3）如图2，设FG的中点为P，连接PB、BD．猜想∠GBP与∠DBE的关系，并说明理由．
【分析】（1）①由线段的垂直平分线的性质可得HE＝HB；
②由勾股定理可得DE2+DH2＝BC2+CH2，即可求解；
（2）①由勾股定理可求解；
②通过证明△ABE∽△FGB，可得AEAB=BFFG，可求FG=a1+a22，由三角形面积公式可求解；
（3）由锐角三角函数可求tan∠DBC＝tan∠PBF，可得∠DBC＝∠PBF，可得∠GBP＝∠DBE．
【解析】证明：（1）①∵点F是BE中点，
∴BF＝EF，
又∵FG＝⊥BE，
∴HE＝HB；
②∵点E为AD的中点，
∴DE＝AE＝1，
∵HE＝HB，
∴HE2＝HB2，
∴DE2+DH2＝BC2+CH2，
∴1+（4﹣CH）2＝4+CH2，
∴CH=138；
（2）①在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=1+a2，
故答案为：1+a2；
②∵点F是BE的中点，
∴EF＝BF=1+a22，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，AB＝CD＝a，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
又∵∠A＝∠BFG＝90°，
∴△ABE∽△FGB，
∴AEAB=BFFG，
∴FG=a1+a22，
∴△BEG面积为S=12×BE×FG=12×1+a2×a1+a22=a3+a4；
（3）猜想：∠GBP＝∠DBE，
理由如下：∵点P是GF的中点，
∴PF=12GF=a1+a24，
∵tan∠DBC=DCBC=a2，tan∠PBF=PFBF=a1+a241+a22=a2，
∴tan∠DBC＝tan∠PBF，
∴∠DBC＝∠PBF，
∴∠GBP＝∠DBE．
4．（2020•靖江市一模）（1）如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的动点，且∠EAF＝45°，求证：EF＝DF+BE．
（2）如图2，在正方形ABCD中，如果点E、F分别是CB、DC延长线上的动点，且∠EAF＝45°，则EF、BE、DF之间数量关系是什么？请写出证明过程．
（3）如图1，若正方形ABCD的边长为6，AE＝35，求AF的长．
【分析】（1）把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，由“SAS”可证△EAF≌△GAF，可得出EF＝FG，则结论得证；
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，根据SAS可证明△EAF≌△MAF，可得EF＝FM，则结论得证；
（3）由全等三角形的性质可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，由勾股定理可求DG的长，FD的长，AF的长．
【解析】证明：（1）把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG，如图1，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∴∠DAG+∠FAD＝45°，
∴∠EAF＝∠FAG，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝DF+BE；
（2）结论：EF＝DF﹣BE；
证明：如图2，将△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADM，
∴∠EAB＝∠MAD，AE＝AM，∠EAM＝90°，BE＝DM，
∴∠FAM＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△EAF≌△MAF（SAS），
∴EF＝FM＝DF﹣DM＝DF﹣BE；
（3）如图，
由（1）可得AE＝AG＝35，EF＝FG，BE＝DG，
∵DG=AG2-AD2=45-36=3，
∴BE＝DG＝3，
∴EC＝BC﹣BE＝3，
∵EF2＝EC2+CF2，
∴（DF+3）2＝9+（6﹣DF）2，
∴DF＝2，
∴AF=AD2+DF2=4+36=210．
【题组二】
5．（2020•建湖县二模）如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．
（1）证明与推断：
①求证：四边形CEGF是正方形；
②推断：AGBE的值为 2 ；
（2）探究与证明：
将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
若AB＝2EC＝4，正方形CEGF在绕点C旋转过程中，当A、E、G三点在一条直线上时，则BE＝ 14+2或14-2 ．
【分析】（1）证明与推断：
①由正方形的性质可得∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，可证四边形CEGF是矩形，由∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，可得EG＝EC，可得结论；
②由正方形的性质可得AC=2BC，GC=2EC，即可求解；
（2）探究与证明：
通过证明△AGC∽△BEC，可得AGBE=ACBC=2；
（3）拓展与运用：
分两种情况讨论，由勾股定理可求AE的长，AG的长，由（2）的结论可求解．
【解析】（1）证明与推断：
①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，∠BCD＝90°，
∵GE⊥BC，GF⊥CD，
∴∠GEC＝∠GFC＝∠BCD＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，
∵∠EGC＝90°﹣∠GCE＝45°＝∠GCE，
∴EG＝EC，
∴四边形CEGF是正方形；
②∵四边形ABCD是正方形，四边形CEGF是正方形，
∴AC=2BC，GC=2EC，
∴AGBE=AC-GCBC-EC=2，
故答案为：2；
（2）探究与证明：
AG=2BE，
理由如下：如图，连接GC，
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEGF是正方形，
∴AC=2BC，GC=2EC，∠ACB＝∠GCE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACG，ACBC=2=GCCE，
∴△AGC∽△BEC，
∴AGBE=ACBC=2；
（3）拓展与运用：
∵AB＝2EC＝4，
∴EC＝EG＝GF＝CF＝2，AC=2AB＝42，
如图，当点E在线段AG上时，
在Rt△AEC中，AE=AC2-CE2=32-4=27，
∴AG＝AE+EG＝27+2，
∵AGBE=2，
∴BE=AG2=27+22=14+2；
如图，当点G在线段AE上时，
在Rt△AEC中，AE=AC2-CE2=32-4=27，
∴AG＝AE﹣EG＝27-2，
∵AGBE=2，
∴BE=AG2=27-22=14-2；
故答案为：14+2或14-2．
6．（2020•盐都区三模）【问题情境】
如图1，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别为线段AB、AC上的点，且DE∥BC．将△ADE绕点A旋转一定的角度后得到△AD′E′，如图2．
（1）求证：△ABD′≌△ACE′．
【深入研究】
如图3，AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°．
（2）若点D′在线段BE′上，求△BCE′的面积．
（3）若点B、D′、E′不在同一直线上，且点D'在△ABC内，顺次连接C、B、D′、E′四点，则四边形CBD′E′的面积是否改变，若改变，请求出改变后的面积；若不变，请说明理由．
【拓展延伸】
（4）如图4，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠D＝∠C≠90°．请用没有刻度的直尺和圆规画出满足下列条件的四边形A′B′CD．
条件1：利用一次旋转变换改变线段AB的位置，得到对应线段A′B′．
条件2：连接A′D、B′C，使得四边形A′B′CD的面积与四边形ABCD的面积相等．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABD′≌△ACE′；
（2）过点A作AH⊥D'E'于H，由等腰直角三角形的性质可得D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=2，由勾股定理可求BH的长，由“SAS”可证△ABD′≌△ACE′，可得BD'＝CE'=14-2，由三角形面积公式可求解；
（3）由S四边形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，可求S四边形CE'D'B＝6，即可求解；
（4）延长DA，CB交于点O，将AB绕点O旋转到A'B'位置，连接DA'，CB'，则四边形A′B′CD就是所求的四边形．
【解析】证明：（1）由题意得：AD'＝AE'，∠BAD'＝∠CAE'，
在△ABD'与△ACE'中，
AB=AC∠BAD'=∠CAE'AD'=AE'
∴△ABD'≌△ACE'（SAS）；
（2）如图3，过点A作AH⊥D'E'于H，
∵AD'＝AE'＝2，∠D'AE'＝90°，AH⊥D'E'，
∴D'E'=2AD＝22，AH＝D'H＝E'H=2，
∴BH=AB2-AH2=16-2=14，
∴BD'＝BH﹣D'H=14-2，BE'=14+2，
∵∠BAC＝∠D'AE'＝90°．
∴∠BAD'＝∠CAE'，
又∵AB＝AC，AD'＝AE'，
∴△ABD'≌△ACE'（SAS），
∴BD'＝CE'=14-2，
∵△BCE′的面积=12BE'×CE'=12×（14-2）（14+2）＝6；
（3）不变，
理由如下：如图，
∵AB＝AC＝4，AD'＝AE'＝2，∠BAC＝∠D'AE'＝90°，
∴△ABC的面积为8，△AD'E'的面积为2，
∵S四边形CE'D'B＝S△ABC+S△CE'A﹣S△BD'A﹣S△D'E'A＝S△ABC﹣S△D'E'A，
∴S四边形CE'D'B＝6，
∴四边形BCE'D'的大小不变；
（4）如图，延长DA，CB交于点O，将AB绕点O旋转到A'B'位置，连接DA'，CB'，则四边形A′B′CD就是所求的四边形．
7．（2020•徐州模拟）（1）阅读理解：
如图①，在△ABC中，若AB＝8，AC＝5，求BC边上的中线AD的取值范围．
可以用如下方法：将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD，在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD的取值范围是 1.5＜AD＜6.5 ；
（2）问题解决：
如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，求证：BE+CF＞EF；
（3）问题拓展：
如图③，在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝100°，以C为顶点作一个50°的角，角的两边分别交AB、AD于E、F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD，得到△ACD≌△EBD，根据全等三角形的性质得到BE＝AC，根据三角形的三边关系求出AE的取值范围，即可得出AD的取值范围；
（2）延长FD至点M，使DM＝DF，连接BM、EM，同（1）得△BMD≌△CFD，得出BM＝CF，由线段垂直平分线的性质得出EM＝EF，在△BME中，由三角形的三边关系得出BE+BM＞EM即可得出结论；
（3）延长AB至点H，使BH＝DF，连接CH，证出∠HBC＝∠D，证明△HBC≌△FDC，得出CH＝CF，∠HCB＝∠FCD，证出∠ECH＝50°＝∠ECF，再证明△HCE≌△FCE，得出EH＝EF，即可得出结论．
【解析】（1）解：如图①，将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD，则△ACD≌△EBD，
∴AD＝DE，BE＝AC＝5，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，即3＜AE＜13，
故答案为：1.5＜AE＜6.5；
（2）证明：如图②，延长FD至N，使DN＝DF，连接BN、EN，
在△FDC和△NDB中，
FD=ND∠FDC=∠NDBCD=BD，
∴△FDC≌△NDB（SAS）
∴BN＝FC，
∵DF＝DN，DE⊥DF，
∴EF＝EN，
在△EBN中，BE+BN＞EN，
∴BE+CF＞EF；
（3）解：BE+DF＝EF，
理由如下：如图③，延长AB至点H，使BH＝DF，连接CH，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠HBC+∠ABC＝180°，
∴∠HBC＝∠D，
在△HBC和△FDC中，
DF=BH∠D=∠CBHCD=CB，
∴△HBC≌△FDC（SAS）
∴CH＝CF，∠HCB＝∠FCD，
∵∠BCD＝100°，∠ECF＝50°，
∴∠BCE+∠FCD＝50°，
∴∠ECH＝50°＝∠ECF，
在△HCE和△FCE中，
CF=CH∠ECF=∠ECHCE=CE，
∴△HCE≌△FCE（SAS）
∴EH＝EF，
∴BE+DF＝EF．
8．（2020•工业园区一模）【探索规律】
如图①，在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且DF∥BC，EF∥AB．设△ADF的边DF上的高为h1，△EFC的边CE上的高为h2．
（1）若△ADF、△EFC的面积分别为3，1，则h1h2= 3 ；
（2）设△ADF、△EFC、四边形BDFE的面积分别为S1，S2，S，求证：S＝2S1S2；
【解决问题】
（3）如图②，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，点F，G在BC上，且DE∥BC，DF∥EG．若△ADE、△DBF、△EGC的面积分别为3，7，5，求△ABC的面积．
【分析】（1）证明△ADF∽△FEC，由相似三角形的性质可得出答案；
（2）设AD＝a，BD＝b，BD与EF间的距离为h，根据已知条件得到四边形DBEF是平行四边形，由（1）知△ADF∽△FEC，根据相似三角形的性质得到S△ADFS△FEC=S1S2=(ADEF)2=a2b2，由三角形的面积公式得到S1=12ah，求出S2，得到S1S2=b2h24，由平行四边形的面积公式得到S＝bh，于是得到结论．
（3）过点D作DM∥AC交BC于点M，证明△DFM≌△EGC（AAS），得出S△DFM＝S△EGC＝5，证明△DAE∽△BDM，则ADBD=12，可求出S△ABC＝9S△ADE＝27．
【解析】（1）∵DF∥BC，EF∥AB，
∴∠AFD＝∠ACB，∠DAF＝∠EFC，
∴△ADF∽△FEC，
∵△ADF、△EFC的面积分别为3，1，
∴S△ADFS△FEC=(DFCE)2=31，
∴DFCE=3，
∵△ADF的边DF上的高为h1，△EFC的边CE上的高为h2，
∴h1h2=3；
故答案为：3．
（2）证明：如图①，设AD＝a，BD＝b，DB与EF间的距离为h，
∵EF∥AB，DF∥BC，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∴BD＝EF＝b，
由（1）知△ADF∽△FEC，
∴S△ADFS△FEC=S1S2=(ADEF)2=a2b2，
∵S1=12ah，
∴S2=b2h2a，
∴S1S2=b2h24，
∴bh＝2S1S2，
∵S＝bh，
∴S＝2S1S2．
（3）如图②，过点D作DM∥AC交BC于点M，
∴∠DMF＝∠ECG，
∵DE∥BC，DF∥EG，
∴四边形DFGE为平行四边形，
∴DF＝EG，∠DFM＝∠EGC，
∴△DFM≌△EGC（AAS），
∴S△DFM＝S△EGC＝5，
∵S△DBF＝7，
∴S△BDM＝7+5＝12，
∵DE∥BM，DM∥AC，
∴∠ADE＝∠DBM，∠BDM＝∠BAE，
∴△DAE∽△BDM，
∴S△DAES△BDM=(ADBD)2=312=14，
∴ADBD=12，
∴ADAB=13，
同理，△ADE∽△ABC，
∴S△ABC＝9S△ADE＝9×3＝27．
【题组三】
9．（2020•亭湖区校级一模）发现来源于探究．小亮进行数学探究活动，作边长为a的正方形ABCD和边长为b的正方形AEFG（a＞b），开始时，点E在AB上，如图1．将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转．
（1）如图2，小亮将正方形AEFG绕点A逆时针方向旋转，连接BE、DG，当点G恰好落在线段BE上时，小亮发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．当a＝3，b＝2时，请你帮他求此时DG的长．
（2）如图3，小亮旋转正方形AEFG，点E在DA的延长线上，连接BF、DF．当FG平分∠BFD时，请你帮他求a：b及∠FBG的度数．
（3）如图4，BE的延长线与直线DG相交于点P，a＝2b．当正方形AEFG绕点A从图1开始，逆时针方向旋转一周时，请你帮小亮求点P运动的路线长（用含b的代数式表示）．
【分析】（1）如图2中，连接AF交BE于H，设DG交AB于O．由△DAG≌BAE，推出∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，由∠AOD＝∠BOG，推出∠DAO＝∠BGO＝90°推出DG⊥BE，在Rt△AHE中，可得AH＝EH=2，在Rt△AHB中，可得BH=AB2-AH2=7，由此即可解决问题；
（2）如图3中，连接AF．由tan∠BFG=a-bb=tan∠GFD=tan∠FDE=ba+b，可得a：b=2，由此推出AD＝AF，可得∠FDA＝∠DFA＝22.5°，由此即可解决问题；
（3）如图4中，连接BD，取BD的中点O，连接OP、OA．由△DAG≌BAE可得DG⊥BE，推出∠DPB＝90°，由OD＝OB＝OD，推出OP＝OD＝OB＝OD，可得点P在以BD为直径的圆弧上运动．当旋转角为0°时，点P与A重合．∠ABE最大的位置为BE是⊙A的切线．此时∠ABE＝30°记此时点P的位置为P1，∠AO P1＝60°．O P1＝OA=2b，在正方形AEFG绕点A逆时针方向由0°旋转到180°的过程中，点P在弧AP1上往返一次．由18O°旋转到360°的过程，类似，由此即可解决问题；
【解析】（1）如图2中，连接AF交BE于H，设DG交AB于O．
∵四边形ABCD，四边形EFGA都是正方形，
∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAB＝∠GAE，
∴∠DAG＝∠BAE，
∴△DAG≌BAE，
∴∠ADO＝∠GBO，DG＝BE，∵∠AOD＝∠BOG，
∴∠DAO＝∠BGO＝90°
∴DG⊥BE，
在Rt△AHE中，∵AE＝2，AH＝EH，
∴AH＝EH=2，
在Rt△AHB中，BH=AB2-AH2=7，
∴DG＝BE=7+2．
（2）如图3中，连接AF．
∵tan∠BFG=a-bb=tan∠GFD=tan∠FDE=ba+b，
∴a2﹣b2＝b2
∴a：b=2，
∵AF=2b，AD=2b，
∴AD＝AF，
∴∠FDA＝∠DFA＝22.5°，
∠FBG＝67.5°．
（3）如图4中，连接BD，取BD的中点O，连接OP、OA．
∵△DAG≌BAE可得DG⊥BE，
∴∠DPB＝90°，
∵OD＝OB＝OD，
∴OP＝OD＝OB＝OD，
∴点P在以BD为直径的圆弧上运动．当旋转角为0°时，点P与A重合．∠ABE最大的位置为BE是⊙A的切线．此时∠ABE＝30°
记此时点P的位置为P1，∠AO P1＝60°．O P1＝OA=2b，在正方形AEFG绕点A逆时针方向由O°旋转到180°的过程中，点P在弧AP1上往返一次．
由180°旋转到360°的过程，类似．
∴点P运动的路线长=60π×2b180×4=42πb3．
10．（2020•高淳区二模）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是 BP＝CE ，CE与AD的位置关系是 CE⊥AD ；
（2）如图2、3，当点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；（选择图3予以证明或说理）
（3）如图4，当点P在线段BD上，点E在菱形ABCD外部时，连接BE、DE，若AB=23，BE＝6，求四边形APDE的面积．
【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即得出结论；
（3）先判断出∠BCE＝∠AHE＝90°，进而利用勾股定理求出CE=26，CH＝3，进而求出S△ADE=62-33，再求出AO=3，PD＝6-26，进而求出S△APD=33-32，即可得出结论．
【解析】（1）如图1中，结论：BP＝CE，CE⊥AD；
理由：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP＝∠CAE，
AB=AC∠BAP=∠CAEAP=AE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，
延长CE交AD于H，
∵∠CAH＝60°，
∴∠CAH+∠ACH＝90°，
∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD．
故答案为BP＝CE，CE⊥AD．
（2）（1）中的结论成立．
证明：如图3，连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DA
∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，∠ACE＝∠ABD＝30°，
设CE与AD交于点H，
在△ACH中，∠ACH+∠CAH＝30°+60°＝90°．
∴∠AHC＝90°，
即CE⊥AD；
（3）如图4，由（2）知，CE⊥AD，
∵BC∥AD，
∴∠BCE＝∠AHE＝90°．
在Rt△BCE中，由勾股定理可得：CE=BE2-BC2=62-(23)2=26，
又在Rt△CAH中，由勾股定理可得：CH=CA2-AH2=3．
∴EH＝CE﹣CH=26-3．
∴S△ADE=12AD•EH
=12×23×（26-3）
=62-33，
在Rt△AOD中，OD＝AD•cs30°＝3，
AO=12AD=3，
∴BD＝6，
又BP＝CE=26，
∴PD＝6-26，
又S△APD=12PD•AO=12×（6-26）×3=33-32；
∴S四边形APDE＝S△ADE+S△APD=32．
11．（2020•亭湖区校级三模）四边形ABCD是边长为2的正方形，点M在边AD所在的直线上，连接CM，以M为直角顶点在CM右侧作等腰Rt△CMN，连接BN．
（1）如图1，当点M在点A左侧，且A、B、N三点共线时，BN＝ 6 ；
（2）如图2，当点M在点A右侧，且AM=52时，求BN的长；
（3）若点M在边AD所在直线上，且BN=26，求AM的长．
【分析】（1）由“AAS”可证△AMN≌△DCM，可得AM＝CD＝2，即可求解；
（2）过点N作NH⊥AD，交AD的延长线于H，过点N作NG⊥AB于G，由全等三角形的性质可求MH＝CD＝2，DM＝HN=52-2=12，由勾股定理可求解；
（3）分三种情况，讨论利用全等三角形的性质和勾股定理可求解．
【解析】（1）∵△CMN是等腰直角三角形，
∴MN＝MC，∠NMC＝90°，
∴∠NMD+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠MCD＝90°，
∴∠MCD＝∠NMD，
又∵∠NAM＝∠MDC＝90°，
∴△AMN≌△DCM（AAS），
∴AM＝CD＝2，MD＝AN，
∴MD＝AM+AD＝4＝AN，
∴BN＝AB+AN＝6，
故答案为：6；
（2）如图2，过点N作NH⊥AD，交AD的延长线于H，过点N作NG⊥AB于G，
同理可证：△CDM≌△MHN（AAS），
∴MH＝CD＝2，DM＝HN=52-2=12，
∴AH=92，
∵∠A＝90°，NG⊥AB，NH⊥AH，
∴四边形AHNG是矩形，
∴AG＝HN=12，AH＝GN=92，
∴BG=32，
∴BN=BG2+GN2=94+814=3102；
（3）点M在点A左侧，过点N作NE⊥AD于E，NF⊥AB，交BA的延长线于F，
∵△CMN是等腰直角三角形，
∴MN＝MC，∠NMC＝90°，
∴∠NMD+∠DMC＝90°，
∵∠DMC+∠MCD＝90°，
∴∠MCD＝∠NMD，
又∵∠NEM＝∠MDC＝90°，
∴△EMN≌△DCM（AAS），
∴EM＝DC＝2，MD＝NE，
设AM＝x，则MD＝NE＝2+x，AE＝2﹣x＝FN，
∴BF＝2+2+x＝4+x
在Rt△BFN中，BN2＝FN2+BF2，
∴（2﹣x）2+（4+x）2＝26，
∴（x+3）（x﹣1）＝0，
∴x1＝﹣3（舍），x2＝1，
∴AM＝1；
当点M在AD上时，如图4，
同理可得：（x+2）2+（4﹣x）2＝26，
解得：x1＝﹣1（舍），x2＝3（不合题意），
则在线段AD上，不存在点M，使BN=26；
当点M在点D右侧时，如图5，
同理可求AM＝3；
综上所述AM＝1或3．
12．（2020•沭阳县模拟）已知，如图1，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在边AB、AD的延长线上，且BE＝DF，连接EF．
（1）求∠E的度数；
（2）将△AEF绕点A顺时针方向旋转，当旋转角α满足0°＜α＜45°时，设EF与射线AB交于点G，与AC交于点H，如图2所示，试判断线段FH、HG、GE的数量关系，并说明理由．
（3）若将△AEF绕点A旋转一周，连接DF、BE，并延长EB交直线DF于点P，连接PC，则点P的运动路径长为 62π ；线段PC的取值范围为 0≤PC≤62 ．
【分析】（1）先证明AE＝AF，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△AGH≌△AGK，得GH＝GK，由△AFH≌△AEK，得∠AEK＝∠AFH＝45°，FH＝EK，利用勾股定理得：KG2＝EG2+EK2，根据相等关系线段等量代换可得结论：FH2+GE2＝HG2；
（3）如图3，先证明∠FPE＝∠FAE＝90°，根据90°的圆周角所对的弦是直径可得：点P的运动路径是：以BD为直径的圆，如图4，可得PC的取值范围．
【解析】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵BE＝DF，
∴AD+DF＝AB+BE，即AF＝AE，
又∵∠FAE＝90°，
∴∠E＝∠F＝45°；
（2）解：FH2+GE2＝HG2，理由是：
如图2，过A作AK⊥AC，截取AK＝AH，连接GK、EK，
∵∠CAB＝45°，
∴∠CAB＝∠KAB＝45°，
∵AG＝AG，
∴△AGH≌△AGK（SAS），
∴GH＝GK，
由旋转得：∠FAE＝90°，AF＝AE，
∵∠HAK＝90°，
∴∠FAH＝∠KAE，
∴△AFH≌△AEK（SAS），
∴∠AEK＝∠AFH＝45°，FH＝EK，
∵∠AEH＝45°，
∴∠KEG＝45°+45°＝90°，
Rt△GKE中，KG2＝EG2+EK2，
即：FH2+GE2＝HG2；
（3）解：如图3，
∵AD＝AB，∠DAF＝∠BAE，AE＝AF，
∴△DAF≌△BAE（SAS），
∴∠DFA＝∠BEA，
∵∠PNF＝∠ANE，
∴∠FPE＝∠FAE＝90°，
∴将△AEF绕点A旋转一周，总存在直线EB与直线DF垂直，
∴点P的运动路径是：以BD为直径的圆，
∴点P的运动路径长＝π×BD＝62π；
如图4，
当P与C重合时，PC最小，PC＝0，
当P与A重合时，PC最大为62，
∴线段PC的取值范围是：0≤PC≤62．
故答案为：62π，0≤PC≤62．
【题组四】
13．（2021•南通模拟）如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN丁点Q，连接CM．
（1）求证：PM＝PN；
（2）当P，A重合时，求MN的值；
（3）若△PQM的面积为S，求S的取值范围．
【分析】（1）想办法证明∠PMN＝∠PNM即可解决问题．
（2）点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN．
（3）当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可．
【解析】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN．
（2）解：点P与点A重合时，如图2中，
设BN＝x，则AN＝NC＝8﹣x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8﹣3＝5，AC=AB2+BC2=42+82=45，
∴CQ=12AC＝25，
∴QN=CN2-CQ2=52-(25)2=5，
∴MN＝2QN＝25．
（3）解：当MN过点D时，如图3所示，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=14S菱形CMPN=14×4×4＝4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=14×5×4＝5，
∴4≤S≤5，
14．（2021•泰州模拟）如图1，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割成两个小矩形，EF与GH交于点P，△GBF的周长为m．
（1）若m＝1，求矩形EPHD的面积；
（2）当m满足什么条件时，矩形EPHD的面积是一个与满足条件的点G、F位置无关的常数？
（3）在图2中作出符合（2）中要求的其中一个△BGF．
【分析】（1））直接根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方，表示出a，b，m满足的等式，根据线段之间的关系利用勾股定理即可求长方形EPHD的面积．
（2）结合（1）中结论，即可求出长方形EPHD的面积是一个常数．
（3）在BC上取一点F，在BA的延长线上取一点T，使得AT＝CF，连接DT，DF，作∠TDF的角平分线DG交AB于G，△BFG即为所求作．
【解析】（1）设BF长为a，BG长为b，
∵AB＝BC＝1，
∴AG＝1﹣b，FC＝1﹣a，
在Rt△GBF中，GF2＝BF2+BG2＝a2+b2，
∵△GBF的周长为m＝1，
∴BF+BG+GF＝a+b+a2+b2=1，
即a2+b2=1﹣a﹣b，
两边平方得，a2+b2＝12﹣2（a+b）+（a+b）2，
整理得，1﹣2a﹣2b+2ab＝0，
∴a+b﹣ab=12，
∴长方形EPHD的面积为：
PH•EP＝FC•AG
＝（1﹣a）（1﹣b）
＝1﹣a﹣b+ab
＝1-12
=12．
（2）∵△ABC中，∠ABC＝90°，则AB2+BC2＝AC2．
在△GBF中，GF＝m﹣a﹣b，
∴（m﹣a﹣b）2＝a2+b2，
化简得，m2﹣2ma﹣2mb+2ab＝0，
∴ab＝ma+mb-12m2，
∴长方形EPHD的面积为：
PH•EP＝FC•AG
＝（1﹣a）（1﹣b）
＝1﹣a﹣b+ab
＝1﹣a﹣b+ma+mb-12m2
＝1+（m﹣1）a+（m﹣1）b-12m2，
所以要使长方形EPHD的面积是一个常数，只要m＝1．
（3）如图，△BFG即为所求作．
15．（2020•溧阳市一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O是坐标原点，OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，且OA＝5，OC＝4．
（1）如图①，将矩形沿对角线OB折叠，使得点A落在点D处，OD与CB相交于点E，请问重叠部分△OBE是什么三角形？说明你的理由：并求出这个三角形的面积；
（2）如图②，点E、F分别是OC、OA边上的点，将△OEF沿EF折叠，使得点O正好落在BC边上的D点，过点D作DH⊥OA，交EF于点G，交OA于点H，若CD＝2，求点G的坐标；
（3）如图③，照（2）中条件，当点E、F在OC、OA上移动时，点D也在边BC上随之移动，请直接写出BD的取值范围．
【分析】（1）如图①中，结论：△OBE是等腰三角形．利用平行线的性质以及翻折的性质即可证明，再求出BE的长即可解决问题．
（2）如图2中，证明OE＝DE＝DG，设OE＝DE＝DG＝x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．
（3）分别求出BD的最大值与最小值即可解决问题．
【解析】（1）如图①中，结论：△OBE是等腰三角形．
理由：∵四边形OABC是矩形，
∴OA＝BC＝5，OC＝AB＝4，∠OCB＝90°，BC∥OA，
∴∠CBO＝∠AOB，
由翻折的性质可知，∠AOB＝∠BOE，
∴∠EBO＝∠EOB，
∴EB＝EC，
∴△EOB是等腰三角形．
设EB＝OE＝x，则CE＝5﹣x，
在Rt△EOC中，则有x2＝42+（5﹣x）2，
解得x＝4.1，
∴S△EOB=12×4.1×4＝8.2．
（2）如图②中，
∵DH⊥OF，
∴DH∥OC，
∴∠OEG＝∠EGD，
由翻折的性质可知，∠OEG＝∠DEG，
∴∠DEG＝∠DGE，
∴DE＝DG，
∵EO＝ED，
∴OE＝DE＝DG，设OE＝DE＝DG＝x，
在Rt△EDC中，则有x2＝22+（4﹣x）2，
解得x=52，
∵四边形OCDH是矩形，
∴DH＝OC＝4，CD＝OH＝2，
∴GH＝4-52=32，
∴G（2，32）．
（3）当点E与C重合时，BD的值最小，最小值为1，
当点F与A重合时，BD的值最大，最大值为3，
∴BD的取值范围为：1≤BD≤3．
16．（2020•滨湖区一模）阅读材料：等腰三角形具有性质“等边对等角”．事实上，不等边三角形也具有类似性质“大边对大角”，如图1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么∠ACB＞∠ABC．证明如下：将AB沿△ABC的角平分线AD翻折（如图2），因为AB＞AC，所以点B落在AC的延长线上的点B′处．于是，由∠ACB＞∠B′，∠ABC＝∠B′，可得∠ACB＞∠ABC．
（1）灵活运用：从上面的证法可以看出，折纸常常能为证明一个命题提供思路和方法．由此小明想到可用类似方法证明“大角对大边”，如图3，在△ABC中，如果∠ACB＞∠ABC，那么AB＞AC．小明的思路是：沿BC的垂直平分线翻折……请你帮助小明完成后面的证明过程．
（2）拓展延伸：请运用上述方法或结论解决如下问题：
如图4，已知M为正方形ABCD的边CD上一点（不含端点），连接AM并延长，交BC的延长线于点N．求证：AM+AN＞2BD．
【分析】（1）将∠B沿BC的中垂线DE翻折（如图3），使点B落在点C处．求得∠ACB＞∠ABC，连接DC，根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，根据三角形三边关系即可得到结论；
（2）如图4，延长DC到点E，使得CE＝CN，连接AE交BC于点F，连接AC，根据正方形的性质得到∠ACD＝∠ACB＝45°，求得∠ACE＝∠ACN＝135°，根据全等三角形的性质得到AE＝AN，过点C作PQ⊥AC，分别交AN、AE于点P、Q，求得AP+AQ＞2AC，得到QE＞CQ，同理可得PC＞PM，等量代换即可得到结论．
【解析】（1）将∠B沿BC的中垂线DE翻折（如图3），使点B落在点C处．
∵∠ACB＞∠ABC，
∴CD在△ABC的内部，D落在AB上．
连接DC，
∵DE为BC的中垂线，
∴DB＝DC，
在△ADC中，AD+DC＞AC，
∴AD+DB＞AC，
即AB＞AC；
（2）如图4，延长DC到点E，使得CE＝CN，连接AE交BC于点F，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴∠ACE＝∠ACN＝135°，
∵AC＝AC，
∴△ACE≌△ACN（SAS），
∴AE＝AN，
过点C作PQ⊥AC，分别交AN、AE于点P、Q，
由∠ACP＝∠ACQ＝90°可知AP＞AC、AQ＞AC，
∴AP+AQ＞2AC，
∵∠ACD＞∠E，∠ACD＝45°，∠QCE＝45°，
∴∠QCE＞∠E，
∴QE＞CQ，
同理可得PC＞PM，
由全等或对称性可得PC＝CQ，
∴QE＞PM．
∴AM+AN＝AM+AE＝AM+AQ+QE＞AM+AQ+PM＝AP+AQ，
又∵AP+AQ＞2AC，
∴AM+AN＞2AC，
∵正方形ABCD中，AC＝BD．
∴AM+AN＞2BD．
【题组五】
17．（2020•锡山区校级模拟）如图：在▱ABCD中，AC⊥AB，且AD＝5，AB＝4，如果将△ACD绕着点A顺时针方向旋转一个角度（小于180°），如（1）图得到△AC'D'，则在旋转过程中．
（1）线段C'D' 不能 经过原来点C的位置（填“能”或“不能”）；
（2）如（2）图，当C'D'∥BC时，AC'与BC相交于点E，则C'EAE= 14 ；
（3）如（3）图，当C'D'经过点B时，AD'与BC相交于点F，求△ABF的面积；
（4）如（4）图，当C'落在BC上时，记∠CAF＝∠1，求sin∠1的值．
【分析】（1）由旋转得：AC＝AC'，由垂线段最短可得结论；
（2）根据面积法计算AE的长，从而得C'E的长，代入所求的比例式即可解答；
（3）过A作AE⊥BC于E，由（2）知AE=125，由勾股定理计算BE和BC'的长，根据旋转的性质和角的和与差可得：∠EAF＝∠BAC'，由三角函数定义列比例式可得EF的长，从而得BF的长，最后根据三角形面积公式可解答；
（4）如（4）图，过A作AE⊥BC于E，过F作FH⊥AC于H，根据等腰三角形三线合一的性质得：CE＝C'E=95，∠ACC'＝∠AC'C＝∠D'AC'，由等角的余角相等得∠D'＝∠FC'D'，由等角对等边得AF＝FD'＝C'F=52，可得CF的长，根据面积法可得FH的长，最后根据正弦函数定义可得结论．
【解析】（1）如（1）图，延长AC交C'D'于M，
∵AC⊥AB，
∴∠CAB＝90°，
在▱ABCD中，CD∥AB，
∴∠ACD＝∠CAB＝90°，
由旋转得：∠C'＝∠ACD＝90°，AC＝AC'，
∴AM＞AC'，
∴线段C'D'不能经过原来点C的位置；
故答案为：不能；
（2）如（2）图：∵C'D'∥BC，且∠C'＝90°，
∴∠AEC＝∠C'＝90°，
在▱ABCD中，BC＝AD＝5，
Rt△CAB中，AC=52-42=3，
∵S△ABC=12BC⋅AE=12AC⋅AB，
∴12×5AE=12×3×4，
∴AE=125，
∵AC'＝AC＝3，
∴C'E＝3-125=35，
∴C'EAE=35125=14；
故答案为：14；
（3）如（3）图，过A作AE⊥BC于E，
∵AD∥BC，
∴AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
由（2）知：AE=125，
∵AB＝4，
∴BE=AB2-AE2=42-(125)2=165，
由旋转得：∠DAF＝∠CAC'，
∴∠DAF﹣∠DAE＝∠CAC'﹣∠CAB，
即∠EAF＝∠BAC'，
Rt△ABC'中，AB＝4，AC'＝3，
∴BC'=42-32=7，
∵tan∠BAC'＝tan∠EAF，
∴BC'AC'=EFAE，即73=EF125，
∴EF=475，
∴BF＝BE﹣EF=165-475=16-475，
∴△ABF的面积=12BF⋅AE=12×16-475×125=96-24725；
（4）如（4）图，过A作AE⊥BC于E，过F作FH⊥AC于H，
由旋转得：∠CAC'＝∠DAD'，∠DAC＝∠D'AC'，
∵AC＝AC'，AE⊥CC'，
∴CE＝C'E=95，∠ACC'＝∠AC'C＝∠D'AC'，
∵∠AC'D'＝∠AC'C+∠FC'D'＝∠D'+∠D'AC'＝90°，
∴∠D'＝∠FC'D'，
∴AF＝FD'＝C'F=52，
∴CF＝2CE﹣C'F＝2×95-52=1110，
∵S△ACF=12AC⋅FH=12CF⋅AE，
∴12×3FH=12×1110×125，
∴FH=2225，
∴sin∠1=FHAF=222552=44125．
18．（2020•射阳县一模）已知如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
（1）在图1中，连接EF，为了证明结论“EF＝BE+DF“，小亮将△ADF绕点A顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
（2）如图2，当∠EAF绕点A旋转到图2位置时，试探究EF与DF、BE之间有怎样的数量关系？
（3）如图3，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．
【分析】（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE．
（3）如图3中，在DC上取一点G，使得DG＝BE，证明△ABE≌△ADG（SAS），推出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，证明△AFE≌△AFG（SAS），推出EF＝FG，设BE＝x，则CG＝13﹣x，EF＝FG＝18﹣x，在Rt△ECF中，根据EF2＝EC2+CF2，构建方程求出x即可解决问题．
【解析】（1）证明：如图1中，
由旋转可得GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF．
（2）解：结论：EF＝DF﹣BE，
理由：如图2中，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE．
（3）解：如图3中，在DC上取一点G，使得DG＝BE，
∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABC+∠D＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，BE＝DG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAB+∠BAF＝∠DAG+∠BAF＝45°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠FAG＝∠FAE＝45°，
∵AE＝AG，AF＝AF，
∴△AFE≌△AFG（SAS），
∴EF＝FG，
设BE＝x，则EC＝EB+BC＝x+7，EF＝FG＝18﹣x，
在Rt△ECF中，∵EF2＝EC2+CF2，
∴52+（7+x）2＝（18﹣x）2，
∴x＝5，
∴BE＝5．
19．（2020•仪征市一模）已知：矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P是线段AD上一点，连接CP，点E在对角线AC上（不与点A，C重合），∠CPE＝∠ACB，PE的延长线与BC交于点F．
（1）如图1，当AP＝2时，求CF的长；
（2）如图2，当PF⊥BC时，求AP的长；
（3）当△PFC是等腰三角形时，求AP的长．
【分析】（1）如图1，先根据勾股定理计算AC＝10，PC＝62，证明△CEP∽△CPA，得CECP=CPAC，则CE＝7.2，计算AE＝10﹣7.2＝2.8，由平行线分线段成比例定理列比例式可得CF的长；
（2）如图2，由（1）知：CE•CA＝CP2＝CD2+DP2，即可求解；
（3）分PF＝PC、FC＝PC、FC＝FP三种情况，继续利用CE•CA＝CP2＝CD2+DP2，求解即可．
【解析】（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC=62+82=10，
Rt△PDC中，∵AP＝2，
∴PD＝CD＝6，
∴PC=62+62=62，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠CPE＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠CPE，
∵∠PCE＝∠PCA，
∴△CEP∽△CPA，
∴CECP=CPAC，即CE62=6210，
∴CE＝7.2，
∴AE＝10﹣7.2＝2.8，
∵AP∥CF，
∴APCF=AECE，即2CF=2.87.2，
∴CF=367；
（2）如图2，
∵AD∥BC，PF⊥BC，
∴AD⊥PF，
∴∠APE＝90°，
tan∠DAC=DCAD=EPAP=68=34，
设EP＝3x，AP＝4x，则AE＝5x，BF＝AP＝4x，
∴CE＝10﹣5x，PD＝8﹣4x，
由（1）知：CP2＝CE•AC，
Rt△PCD中，PC2＝PD2+CD2，
∴PD2+CD2＝CE•AC，
∴62+（8﹣4x）2＝10（10﹣5x），
解得：x＝0（舍）或x=78，
∴AP＝4x=72；
（3）分三种情况：
①当PF＝PC时，如图3，
设AP＝x，则PD＝8﹣x，CF＝2PD＝16﹣2x，
∵AP∥CF，
∴APCF=AECE，即x16-2x=AECE，
∴16-x16-2x=10CE，
∴CE=10(16-2x)16-x，
由（2）知：用CE•CA＝CP2＝CD2+DP2，
∴100(16-2x)16-x=62+（8﹣x）2，
∵x≠0，
∴x2﹣32x+156＝0，
（x﹣6）（x﹣26）＝0，
x＝6或26（舍），
∴AP＝6；
②当FC＝PC，如图4，连接AF，
∴∠CPE＝∠CFP＝∠APE＝∠ACB＝∠PAC，
∴AE＝EP，EF＝CE，
∵∠AEF＝∠PEC，
∴△AEF≌△PEC（SAS），
∴AF＝PC＝CF，
设CF＝AF＝a，则BF＝8﹣a，
Rt△ABF中，由勾股定理得：62+（8﹣a）2＝a2，
解得：a=254，
∴CF＝CP=254，
设AP＝x，则PD＝8﹣x，
∵CP2＝CD2+DP2，
∴(254)2=62+(8-x)2，
解得：x=394（舍）或254；
当x=254时，AP＝CP＝CF＝AF，且AC＝PF
∴四边形AFCP是正方形，此种情况不存在；
③当FC＝FP，如图5，P与A重合，
该情况不符合题意；
综上：AP的长为6．
20．（2020•新吴区二模）已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AF和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如图①﹣1所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，
由勾股定理得：BD=AB2+AD2=32+42=5，
∵S△ABD=12BD•AE=12AB•AD，
∴AE=AB⋅ADBD=3×45=125，
∵点F是点E关于AB的对称点，
∴AF＝AE=125，BF＝BE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，AB＝3，AE=125，
由勾股定理得：BE=AB2-AE2=32-(125)2=95．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①﹣1所示：
由对称点性质可知，∠1＝∠2．BF＝BE=95，
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′=95．
①当点F′落在AB上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠3＝∠4，
∴∠3＝∠2，
∴BB′＝B′F′=95，即m=95；
②当点F′落在AD上时，
∵AB∥A′B′，
∴∠6＝∠2，
∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，
∴∠5＝∠6，
又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，
∴B′D＝B′F′=95，
∴BB′＝BD﹣B′D＝5-95=165，即m=165．
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如图③﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，
则∠Q＝∠DPQ，
∴∠2＝∠Q+∠DPQ＝2∠Q，
∵∠1＝∠3+∠Q，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠Q，
∴A′Q＝A′B＝3，
∴F′Q＝F′A′+A′Q=125+3=275．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=F'Q2+F'B2=(275)2+(95)2=9105．
∴DQ＝BQ﹣BD=9105-5；
②如图③﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，
则∠2＝∠P，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠P，
∴BA′∥PD，
则此时点A′落在BC边上．
∵∠3＝∠2，
∴∠3＝∠1，
∴BQ＝A′Q，
∴F′Q＝F′A′﹣A′Q=125-BQ．
在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2＝BQ2，
即：（95）2+（125-BQ）2＝BQ2，
解得：BQ=158，
∴DQ＝BD﹣BQ＝5-158=258；
③如图③﹣3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，
则∠3＝∠4．
∵∠2+∠3+∠4＝180°，∠3＝∠4，∴∠4＝90°-12∠2．
∵∠1＝∠2，
∴∠4＝90°-12∠1．
∴∠A′QB＝∠4＝90°-12∠1，
∴∠A′BQ＝180°﹣∠A′QB﹣∠1＝90°-12∠1，
∴∠A′QB＝∠A′BQ，
∴A′Q＝A′B＝3，
∴F′Q＝A′Q﹣A′F′＝3-125=35．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ=F'Q2+F'B2=(35)2+(95)2=3105，
∴DQ＝BD﹣BQ＝5-3105；
④如图④﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，
则∠2＝∠3．
∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴BQ＝BA′＝3，
∴DQ＝BD﹣BQ＝5﹣3＝2．
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为2或258或9510-5或5-3510．
【题组六】
21．（2020•崇川区校级一模）（1）如图1，已知△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，求证：DE∥BC，DE=12BC．
（2）利用第（1）题的结论，解决下列问题：
①如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是AB、CD的中点，
求证：EF∥BC，FE=12（AD+BC）
②如图3，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝33，AD＝3，点M，N分别在边AB，BC上，点E，F分别为MN，DN的中点，连接EF，求EF长度的最大值．
【分析】（1）延长DE到F，使EF＝DE，利用“边角边”证明△ADE和△CFE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝CF，根据内错角相等，两直线平行判断出AB∥CF，然后判断出四边形BCFD是平行四边形，根据平行四边形的性质可得DE∥BC，DE=12BC．
（2）①连接AF并延长，交BC延长线于点M，根据ASA证明△ADF≌△MCF，判断EF是△ABM的中位线，根据三角形中位线定理即可得出结论．
②连接DM，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【解析】（1）证明：如图1中，延长DE到点F，使得EF＝DE，连接CF，
在△ADE和△CFE中，
AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴∠A＝∠ECF，AD＝CF，
∴CF∥AB，
又∵AD＝BD，
∴CF＝BD，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF＝BC，
∵EF＝DE，
∴DE=12DF=12BC．
（2）①证明：如图2中，连接AF并延长，交BC延长线于点M．
∵AD∥BC，
∴∠D＝∠FCM，
∵F是CD中点，
∴DF＝CF，
在△ADF和△MCF中，
∠D=∠FCMDF=CF∠AFD=∠MFC，
∴△ADF≌△MCF（ASA），
∴AF＝FM，AD＝CM，
∴EF是△ABM的中位线，
∴EF∥BC∥AD，EF=12BM=12（AD+BC）．
②解：连接DM．
∵点E，F分别为MN，DN的中点，
∴由（1）知EF=12DM，
∴DM最大时，EF最大，
∵M与B重合时DM最大，
此时DM＝DB=AD2+AB2=32+(33)2=6，
∴EF的最大值为3．
22．（2020•兴文县模拟）如图①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图②所示．
①线段DG与BE之间的数量关系是 DG＝BE ；
②直线DG与直线BE之间的位置关系是 DG⊥BE ；
（2）探究：如图③所示，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE时，上述结论是否成立，并说明理由．
（3）应用：在（2）的情况下，连接BG、DE，若AE＝1，AB＝2，求BG2+DE2的值（直接写出结果）．
【分析】（1）先判断出△ABE≌△DAG，进而得出BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（2）先利用两边对应成比例夹角相等判断出△ABE∽△DAG，得出∠ABE＝∠ADG，再利用等角的余角相等即可得出结论；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET＝x，AT＝y．利用勾股定理，以及相似三角形的性质即可解决问题．
【解析】（1）①如图②中，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
②如图2，延长BE交AD于T，交DG于H．
由①知，△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；
（2）数量关系不成立，DG＝2BE，位置关系成立．
如图③中，延长BE交AD于T，交DG于H．
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴ABAD=AEAG=12，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠ABE＝∠ADG，BEDG=12，
∴DG＝2BE，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图④中，作ET⊥AD于T，GH⊥BA交BA的延长线于H．设ET＝x，AT＝y．
∵△AHG∽△ATE，
∴GHET=AHAT=AGAE=2，
∴GH＝2x，AH＝2y，
∴4x2+4y2＝4，
∴x2+y2＝1，
∴BG2+DE2＝（2x）2+（2y+2）2+x2+（4﹣y）2＝5x2+5y2+20＝25．
解法二：延长BE交DG于H．
则BG2＝BH2+GH2，DE2＝DH2+EH2，
∴BG2+DE2＝BH2+GH2+DH2+EH2，
∵BH2+DH2＝BD2＝AD2+AB2＝20，GH2+EH2＝EG2＝AE2+AG2＝5，
∴BG2+DE2＝25．
23．（2020•南通模拟）已知正方形ABCD，P为射线AB上的一点，以BP为边作正方形BPEF，使点F在线段CB的延长线上，连接EA、EC．
（1）如图1，若点P在线段AB的延长线上，求证：EA＝EC；
（2）若点P在线段AB上，如图2，当点P为AB的中点时，判断△ACE的形状，并说明理由；
（3）在（1）的条件下，将正方形ABCD固定，正方形BPEF绕点B旋转一周，设AB＝4，BP＝a，若在旋转过程中△ACE面积的最小值为4，请直接写出a的值．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△APE≌△CFE，可得结论；
（2）分别证明∠PAE＝45°和∠BAC＝45°，则∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形；
（3）如图3中，连接BD交AC于O．因为点E的运动轨迹是以B为圆心，2a为半径的圆，推出当点E在线段OB上时，△ACE的面积最小，构建方程即可解决问题（注意一题多解）．
【解析】证明：（1）如图1中，
∵四边形ABCD和四边形BPEF是正方形，
∴AB＝BC，BP＝BF，
∴AP＝CF，
在△APE和△CFE中，
∵AP=CF∠P=∠FPE=EF，
∴△APE≌△CFE，
∴EA＝EC；
（2）△ACE是直角三角形，
理由是：如图2中，
∵P为AB的中点，
∴PA＝PB，
∵PB＝PE，
∴PA＝PE，
∴∠PAE＝45°，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠CAE＝90°，即△ACE是直角三角形；
（3）如图3中，连接BD交AC于O．
∵点E的运动轨迹是以B为圆心，2a为半径的圆，
∴当点E在线段OB上时，△ACE的面积最小，
∵12×AC×OE＝4，
∴OE=2，
∵BE＝22-2=2
∴a＝1，
∴满足条件的a的值为1．
24．（2020•江阴市模拟）【提出问题】
在一个图形上画一条直线，若这条直线既平分该图形的面积，又平分该图形的周长，我们称这条直线为这个图形的“好线”．
【探究问题】
（1）如图1，▱ABCD有 无数 条“好线”．
（2）如图2．在△ABC中，AB＝BC．且BC≠AC．过点C画一条直线CE．交AB于点E．你觉得CE可能是△ABC的“好线”吗？请说明理由．
【解决问题】
（3）某小区中有一块如图3所示的五边形空地ABCDE．其中∠A＝∠B＝∠C＝90°，AE＝2，AB＝7，BC＝5，CD＝3．现要经过BC上一点F修建一条笔直的水渠（水渠宽度不计），使这条水渠所在的直线是五边形空地ABCDE的“好线”．试求出BF的长度．
【分析】（1）如图1中，根据平行四边形的对称性，即可得出结论；
（2）不能．当E为AB中点时，S△BCE＝S△ACE，由BE＝AE，AC≠BC，可知C△BCE≠C△ACE，所以CE不可能是△ABC的“好线”．
（3）分四种情形：①如图3﹣1中，当过点F的直线交AB于点P时，设BF＝x．②如图3﹣2中，当过点F的直线交AE于点P时，设BF＝x．则AP＝2﹣x．③如图3﹣3中，过点F的直线交DE于点P时，设BF＝x．则PD＝3+x．④当过点F的直线交CD于点P时，分别求解即可．
【解析】（1）如图1中，连接AC，BD交于点O，
∵平行四边形是中心对称图形，
∴经过点O的所有直线l，平分平行四边形的面积，平分平行四边形的周长，
∴平行四边形的“好线”有无数条．
故答案为：无数．
（2）不能．
理由：如图2中，
当E为AB中点时，S△BCE＝S△ACE，
∵BE＝AE，AC≠BC，
∴C△BCE≠C△ACE
∴所以CE不可能是△ABC的“好线”．
（3）①如图3﹣1中，当过点F的直线交AB于点P时，设BF＝x．
AE＝2，AB＝7，BC＝5，CD＝3．
延长AE，CD，相交于K，则DK＝4，EK＝3，
根据勾股定理得，DE＝5，
五边形ABCDE的周长为2+7+5+3+5＝22，面积为5×7-12×3×4＝29，则PB＝11﹣x，
∵S△PBF=292，
∴12×x×（11﹣x）=292，
解得x=11-52或11+52（舍弃），
∴BF的值为11-52．
②如图3﹣2中，当过点F的直线交AE于点P时，设BF＝x．则AP＝4﹣x，
由题意，12（x+4﹣x）•7＝14＜292，此种情形不存在符合题意的BF的值．
③如图3﹣3中，过点F的直线交DE于点P时，设BF＝x．则PD＝3+x．
过点P作PT⊥BC于T，过点D作DH⊥PH于H，则DH=35（x+3），PH=45（x+3），
∵S四边形FCDP=292，
∴12（5﹣x）×[3+45（x+3）]+12×3×35（x+3）=292，
整理得，4x2﹣2x﹣17＝0，
解得x=1+694（舍弃）或1-694（舍弃），
此种情形不存在符合题意的BF的值．
④当过点F的直线交CD于点P时，∵△BCD的面积=152＜292，
∴此种情形不存在符合题意的BF的值．
综上所述，满足条件的BF的值为：11-52．