中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题20矩形、菱形、正方形(10个高频考点)(全国通用)(原卷版+解析)

这是一份中考数学总复习举一反三系列(通用版)专题20矩形、菱形、正方形(10个高频考点)(全国通用)(原卷版+解析)，共75页。

TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc15496" 【考点1 矩形的判定与性质】 PAGEREF _Tc15496 \h 1
\l "_Tc31234" 【考点2 菱形的判定与性质】 PAGEREF _Tc31234 \h 3
\l "_Tc5175" 【考点3 正方形的判定与性质】 PAGEREF _Tc5175 \h 4
\l "_Tc28639" 【考点4 特殊四边形中的折叠变换】 PAGEREF _Tc28639 \h 6
\l "_Tc14209" 【考点5 特殊四边形中的平移变换】 PAGEREF _Tc14209 \h 8
\l "_Tc1150" 【考点6 特殊四边形中的旋转变换】 PAGEREF _Tc1150 \h 9
\l "_Tc22217" 【考点7 特殊四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc22217 \h 10
\l "_Tc1362" 【考点8 中点四边形的形状探究】 PAGEREF _Tc1362 \h 12
\l "_Tc21996" 【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】 PAGEREF _Tc21996 \h 12
\l "_Tc10795" 【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】 PAGEREF _Tc10795 \h 13
【要点1 矩形的定义】
有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【要点2 矩形的性质】
①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
【要点3 矩形的判定方法】
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）.
【考点1 矩形的判定与性质】
【例1】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋3．则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4(2+6)B．4(2+3+1)C．8(2+3)D．4(2+6+2)
【变式1-1】（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【变式1-2】（2015·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC中，A（10，0），C（0，4），D为OA的中点，P为BC边上一点．若△POD为等腰三角形，则所有满足条件的点P的坐标为_________．
【变式1-3】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【要点4 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【要点5 菱形的性质】
①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【要点6 菱形的判定】
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【考点2 菱形的判定与性质】
【例2】（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16B．67C．127D．30
【变式2-1】（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
【变式2-2】（2022·四川凉山·统考中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【变式2-3】（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G=θ．
(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
(2)当θ=90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【要点7 正方形的定义】
有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
【要点8 正方形的性质】
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
【要点9 正方形的判定】
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【考点3 正方形的判定与性质】
【例3】（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为____________．
【变式3-1】（2022·安徽·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG=________°；
（2）若DE=1，DF=22，则MN=________．
【变式3-2】（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．
求证：四边形AECF是正方形．
【变式3-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2=B1C2=C1D2=D1A2=45A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形A1B1C1D1是正方形；
(2)求A1B1AB的值；
(3)请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
【例4】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1,CF=2，则线段AE的长为（ ）
A．5−2B．3−1C．13D．12
【变式4-1】（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值为5−12的是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．②③
【变式4-2】（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB=6，则DP的长度为___________．
【变式4-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
【例5】（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(2－1)cmD．(22－1)cm
【变式5-1】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
【变式5-2】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______cm2．
【变式5-3】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移2cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为（ ）
A．6cm2B．8cm2C．12cm2D．18cm2
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
【例6】（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
【变式6-1】（2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【变式6-2】（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．
(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求2CE2DG的值为多少；
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求：CEDG的值为多少；
(3)AB=82，AG=22AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【变式6-3】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN，连接DN,BM,CN，点P，Q分别为BM,CN的中点，连接PQ．
(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α0°<α<360°．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若AB=10,DM=25，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段PQ的长．
【考点7 特殊四边形中的动点问题】
【例7】（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是直线BC上一动点．若AB=4，则AE+OE的最小值是( )
A．42B．25+2C．213D．210
【变式7-1】（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF≌△BCE；②当BE＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的最小值为25﹣23．其中正确的是______．（请填写序号）
【变式7-2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1【变式7-3】（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段BE上一动点，作P关于直线DE的对称点P′，点Q是AC上一动点，连接P′Q，DQ．若AE=14，CE=18，则DQ−P′Q的最大值为_________．
【考点8 中点四边形的形状探究】
【例8】（2022·广西玉林·统考中考真题）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD的两条对角线AC,BD一定是( )
A．互相平分B．互相垂直C．互相平分且相等D．互相垂直且相等
【变式8-1】（2022·陕西宝鸡·统考一模）顺次连接矩形ABCD各边中点得到四边形EFGH，它的形状是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【变式8-2】（2022·湖南永州·统考二模）依次连接任意凸四边形各边的中点，得到一个特殊四边形，则这个图形一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．平行四边形
【变式8-3】（2022·广东深圳·校考模拟预测）下列命题正确的是（ ）
A．若顺次连接一个四边形各边中点得到的是一个正方形，则原四边形一定是正方形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．顺次连接矩形各边中点得到的四边形一定是菱形
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】
【例9】（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形EFGH是矩形
B．四边形EFGH的内角和小于四边形ABCD的内角和
C．四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和
D．四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的14
【变式9-2】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=60°，点D是斜边BC的中点，分别以点A，B为圆心，以12BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接EA，EB，ED得到四边形EBDA，依次连接四边形EBDA四条边中点得到四边形GHIJ，若AC=2，那么四边形GHIJ的周长为（ ）
A．2+3B．2+23C．4+23D．4+43
【变式9-3】（2022·山东济南·模拟预测）正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，又顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2，…，以此类推，则第六个正方形A6B6C6D6的周长为______．第n个正方形AnBnCnDn周长为______．
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】
【例10】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为(23,3)，则图象最低点E的坐标为（ ）
A．233,2B．233,3C．433,3D．(3,2)
【变式10-1】（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为2cm的正方形，点E，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，连接OE,OF，点P从点E出发沿E−O−F运动，同时点Q从点B出发沿BC运动，两点运动速度均为1cm/s，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为ts，连接BP,PQ，△BPQ的面积为Scm2，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【变式10-2】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点（不与点A重合），连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．
(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)当点E落在BD上时，求x的值；
(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；
(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【变式10-3】（2022·四川广元·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1:y=ax2+bx+c与坐标轴交于A，B，C三点，其中OA=OC=2OB，D0,4是OA的中点．
(1)求该二次函数的解析式．
(2)如图1，若E为该抛物线在第一象限内的一动点，点F在该抛物线的对称轴上，求使得△ECD的面积取最大值时点E的坐标，并求出此时EF+CF的最小值．
(3)如图2，将抛物线C1向右平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度得到抛物线C2，M为抛物线C2上一动点，N为平面内一动点，是否存在这样的点M，N使得四边形DMCN为菱形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
专题20 矩形、菱形、正方形（10个高频考点）（举一反三）

TOC \ "1-1" \h \u
\l "_Tc15496" 【考点1 矩形的判定与性质】 PAGEREF _Tc15496 \h 1
\l "_Tc31234" 【考点2 菱形的判定与性质】 PAGEREF _Tc31234 \h 9
\l "_Tc5175" 【考点3 正方形的判定与性质】 PAGEREF _Tc5175 \h 17
\l "_Tc28639" 【考点4 特殊四边形中的折叠变换】 PAGEREF _Tc28639 \h 25
\l "_Tc14209" 【考点5 特殊四边形中的平移变换】 PAGEREF _Tc14209 \h 29
\l "_Tc1150" 【考点6 特殊四边形中的旋转变换】 PAGEREF _Tc1150 \h 33
\l "_Tc22217" 【考点7 特殊四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc22217 \h 44
\l "_Tc1362" 【考点8 中点四边形的形状探究】 PAGEREF _Tc1362 \h 51
\l "_Tc21996" 【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】 PAGEREF _Tc21996 \h 54
\l "_Tc10795" 【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】 PAGEREF _Tc10795 \h 58
【要点1 矩形的定义】
有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【要点2 矩形的性质】
①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
【要点3 矩形的判定方法】
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）.
【考点1 矩形的判定与性质】
【例1】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°．若AH＝2，AD＝5＋3．则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4(2+6)B．4(2+3+1)C．8(2+3)D．4(2+6+2)
【答案】A
【分析】证明四边形EFGH为平行四边形，作EP⊥HF交于点P，HK⊥BC交于点K，设HP=a，表示出EH=2a，EP=3a，PF=3a，EF=HG=6a，进一步表示出HK=AB=4a2−4+6a2−12+63，HF=3+1a，KF=3+3−2=3+1，利用勾股定理即可求出a的值，进一步可求出边形EFGH的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AB=CD，
∵AH=CF，AE=CG，
∴HD=BF，GD=BE，
在△AEH和△CGF中，
AE=CG∠A=∠CAH=CF
∴△AEH≌△CGFSAS，
∴EH=FG，
同理：△BEF≌△DGHSAS，
∴EF=HG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
作EP⊥HF交于点P，HK⊥BC交于点K，
设HP=a，
∵∠EHF=60°，∠GHF=45°，AH=2，AD=5+3，
∴EH=2a，EP=3a，PF=3a，EF=HG=6a，
∴AE=4a2−4，BE=DG=6a2−12+63，
∴AB=AE+BE=4a2−4+6a2−12+63，
∵HK⊥BC，
∴ABKH为矩形，即HK=AB=4a2−4+6a2−12+63，
∵HF=3+1a，KF=3+3−2=3+1，
∴HK2+KF2=HF2，
即4a2−4+6a2−12+632+3+12= 3+12a2，
解得：a=2，
∴四边形EFGH的周长为：2EH+HG=24+26=42+6，
故选：A.
【点睛】本题考查矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，解题的关键是利用HK2+KF2=HF2求出a的值．
【变式1-1】（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AF=12BC，理由见解析
【分析】（1）易知点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，所以线段DF与EF也为△ABC的中位线，由中位线定理证得四边形ADFE是平行四边形，因为平行四边形的对角线相互平分，此题可证；
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形，结合已知条件可知，当AF=12BC时，平行四边形ADFE为矩形．
【详解】（1）证明：∵线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线，
∴D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴线段DF与EF也为△ABC的中位线，
∴DF∥AC，EF∥AB，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
（2）解：当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，理由如下：
∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
由（1）知四边形ADFE为平行四边形，若▱ADFE为矩形，则AF=DE，
∴当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形．
【点睛】此题考查了中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质；解题的关键是数形结合，熟练运用上述知识．
【变式1-2】（2015·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC中，A（10，0），C（0，4），D为OA的中点，P为BC边上一点．若△POD为等腰三角形，则所有满足条件的点P的坐标为_________．
【答案】（2.5，4）或（3，4）或（2，4）或（8，4）．
【详解】试题解析：∵四边形OABC是矩形，
∴∠OCB=90°，OC=4，BC=OA=10，
∵D为OA的中点，
∴OD=AD=5，
①当PO=PD时，点P在OD得垂直平分线上，
∴点P的坐标为：（2.5，4）；
②当OP=OD时，如图1所示：
则OP=OD=5，PC=52−42=3，
∴点P的坐标为：（3，4）；
③当DP=DO时，作PE⊥OA于E，
则∠PED=90°，DE=52−42=3；
分两种情况：当E在D的左侧时，如图2所示：
OE=5-3=2，
∴点P的坐标为：（2，4）；
当E在D的右侧时，如图3所示：
OE=5+3=8，
∴点P的坐标为：（8，4）；
综上所述：点P的坐标为：（2.5，4），或（3，4），或（2，4），或（8，4）
考点：1.矩形的性质；2.坐标与图形性质；3.等腰三角形的判定；4.勾股定理．
【变式1-3】（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
【详解】（1）解：（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，
∴5x6x=9CE，
∴CE＝545；
②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ABBC=BFCG=159=53 ，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝CF2−CG2＝4a，
∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，
∴CE9=3a4a+5a，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形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，属于中考压轴题．
【要点4 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【要点5 菱形的性质】
①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【要点6 菱形的判定】
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【考点2 菱形的判定与性质】
【例2】（2022·山东淄博·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（ ）
A．16B．67C．127D．30
【答案】B
【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝27，然后根据菱形的面积公式计算它的面积．
【详解】解：连接AC交BD于O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥AB，BO＝OD，OC＝AO，
∵E为AD边的中点，
∴DE＝2，
∵∠DEF＝∠DFE，
∴DF＝DE＝2，
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF，
∵∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝4，
∴BD＝BF+DF＝4+2＝6，
∴OB＝OD＝3，
在Rt△BOC中，OC=42−32=7，
∴AC＝2OC＝27，
∴菱形ABCD的面积＝12AC•BD＝12×27×6=67．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积＝12ab（a、b是两条对角线的长度）．
【变式2-1】（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形的性质和DE=AD证明四边形DBCE为平行四边形，再根据BE⊥DC，即可得证；
（2）先根据菱形对称性得，得到PM+PN=PM+PN'，进一步说明PM+PN的最小值即为菱形的高，再利用三角函数即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
又∵点E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形，
又∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE为菱形．
（2）解：如图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN=PM+PN'，
当P、M、N'共线时，
PM+PN=PM+PN'=MN'，
过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵DE∥BC，
∴MN'的最小值即为平行线间的距离DH的长，
∵△DBC是边长为2的等边三角形，
∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC=DHDB，
∴DH=DB·sin∠DBC=2×32=3，
∴PM+PN的最小值为3．
【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．
【变式2-2】（2022·四川凉山·统考中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）证△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，然后由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD=12BC，即可由菱形判定定理得出结论；
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，求得OD长，再由菱形性质得OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中点，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中点，
∴AD=BD=12BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
由（1）知：四边形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=12AB=12×8=4， S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，
∴12DF×8=40，
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四边形ADBF是菱形，
∴O是AB的中点,
∵D是BC的中点，
∴OD是△BAC的中位线，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的长为10．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式2-3】（2022·湖南娄底·统考中考真题）如图，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O．设∠G=θ．
(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值．
(2)当θ=90°时，试给出tan∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
【答案】(1)见解析，60°
(2)2，理由见解析
【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明△GBF为等边三角形，即可求解；
（2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证△AOF≌△COF，从而可知∠FAO=90°，再由正方形的以及圆的相关性质可证得∠AOH=∠OBA，设正方形边长为x，在Rt△FAO 中，由正切的定义即可求解．
（1）
证明：如图所示：连接BF、CE，
∵菱形BCDE和菱形BCFG（点C，D，F共线），
∴点G、B、E共线，
∴FC∥BG,FC=BC=BE ，
∴FC∥BE,FC=BE ，
∴四边形BFCE是平行四边形，
∴EF与BC相互平分，
即：无论θ为何值，EF与BC相互平分；
又∵EF⊥BC，
∴四边形BFCE是菱形，
∴BE=BF，
又∵菱形BCDE和菱形BCFG，
∴GF=BG=BF=BE ，
∴△GFB 为等边三角形，
∴∠G=θ=60°；
（2）
如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H，
∵EF垂直平分AC
∴AF=FC,AO=CO,∠AHO=90° ，
由（1）知，O为BC的中点，
∴动点A在以O为圆心，BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，
∴∠BAC=90°,AO=BO=CO ，
∴∠OBA=∠OAB ，
∵∠OAB+∠OAC=∠AOH+∠OAC=90° ，
∴∠AOH=∠OAB=∠OBA ，
在△AOF和△COF 中，
AF=CFAO=COFO=FO ，
∴△AOF≌△COF ，
∴∠FAO=∠FCO ，
∵θ=90°，菱形BCFG，
∴四边形BCFG为正方形，
∴∠FCO=90°,FC=BC ，
∴∠FAO=∠FCO=90°，
设FC=BC=x，则AF=CF=x ，AO=OC=12BC=12x ，
在Rt△FAO 中，
tan∠FOA=AFAO=x12x=2，
∵∠AOH=∠OBA，
∴tan∠ABC=tan∠FOA=2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键．
【要点7 正方形的定义】
有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
【要点8 正方形的性质】
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
【要点9 正方形的判定】
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【考点3 正方形的判定与性质】
【例3】（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；④若MNAM=2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为____________．
【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE SSS，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠DEF，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠DEF=∠DFC+∠EDF+∠DEF=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=MG2+GN2=13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
若MNAM=2,BE=3，
即sin∠MNG= MGMN=12，
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
∴cs∠BEF=BEEF=cs∠GNM=cs30°=32，
∵BE=3，
∴EF=2BE3=23，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
【变式3-1】（2022·安徽·统考中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG=________°；
（2）若DE=1，DF=22，则MN=________．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．
求证：四边形AECF是正方形．
【答案】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
【变式3-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2=B1C2=C1D2=D1A2=45A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形A1B1C1D1是正方形；
(2)求A1B1AB的值；
(3)请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)175
(3)螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175，见解析
【分析】（1）证明△AB1A1≌△BC1B1，则A1B1=B1C1，同理可证B1C1=C1D1=D1A1=A1B1，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解A1B1的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175；螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠B=90°，
又∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，
∴AA1=BB1=15AB．
∴△AB1A1≌△BC1B1．
∴A1B1=B1C1，∠AB1A1=∠BC1B1．
又∵∠BC1B1+∠BB1C1=90°，
∴∠BB1C1+∠AB1A1=90°．
∴∠A1B1C1=90°．
同理可证：B1C1=C1D1=D1A1=A1B1．
∴四边形A1B1C1D1是正方形．
（2）∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，设AB=5a，则AB1=4a．
∴B1B=AA1=a．
∴由勾股定理得：A1B1=17a．
∴A1B1AB=17a5a=175．
（3）结论1：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
证明：∵AB1=45AB，
∴BB1=15AB．
同理，B1B2=15A1B1．…
∴B1BB1B2=ABA1B1=51717．
同理可得B1B2B2B3=51717，…
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵B1BBC1=B2B1B1C2=14，∠A1B1C1=∠ABC=90°，
∴△BB1C1∽△B1B2C2，
∴∠BB1C1=∠B1B2C2．
同理得：∠B1B2C2=∠B2B3C3，
∵∠C1B1B2=∠C2B2B3=90°，
∴∠BB1C1+∠C1B1B2=∠B1B2C2+∠C2B2B3，即∠BB1B2=∠B1B2B3．
同理可证∠B1B2B3=∠B2B3B4=⋅⋅⋅．
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
【例4】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1,CF=2，则线段AE的长为（ ）
A．5−2B．3−1C．13D．12
【答案】A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=5，从而可得AD=BC=5，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵BF⊥EC，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∠DEC=∠FCB∠BFC=∠CDEBC=EC
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴CE=CD2+DE2=12+22=5，
∴AD=BC=CE=5，
∴AE=AD-DE=5−2，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
【变式4-1】（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值为5−12的是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．②③
【答案】B
【分析】设MN＝2，则AC＝1，求出AD＝AB＝5，BE＝CD＝5−1，分别求出比值，作出判断．
【详解】解：设MN＝2，
∴AC＝1，
在△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝12＋22＝5，
由折叠可知，AD＝AB＝5，
∴ BE＝CD＝AD−AC＝5−1，
又∵DE＝BC＝MN＝2，
∴CDDE=5−12，
DEAD=25=255，
DEND=2NA+AD=25+1=5−12，，
ACAD=15=55，
∴比值为5−12的是①③，
故选：B．
【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式4-2】（2022·山东泰安·统考中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB=6，则DP的长度为___________．
【答案】2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝12AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
AP=APAF=AD，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
【变式4-3】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．
【答案】 33 6−33
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；根据折叠的性质可知，AF=FM,若DF取最大值，则FM取最小值，即为边AD与BC的距离DG，即可求解.
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=12AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=EFAB，
∴EF=33；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，
由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=33，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-33，
故答案为：33；6-33．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
【例5】（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(2－1)cmD．(22－1)cm
【答案】D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得BB′=1cm，然后由BD−BB′求解即可．
【详解】解：由题意，BD=22cm，
由平移性质得BB′=1cm，
∴点D，B′之间的距离为DB′=BD−BB′=（22−1）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
【变式5-1】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是____________．（写出一个即可）
【答案】AB=BE（答案不唯一）
【分析】由题目提供的条件可以得到四边形ABED是平行四边形，再添加一个条件使其成为菱形即可．
【详解】解：添加AB=BE，
∵将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，
∴AB=DE，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB=BE，
∴四边形ABED是菱形，
故答案为：AB=BE（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定、平移的性质，证明四边形ABED是平行四边形是解题的关键．
【变式5-2】（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______cm2．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
【变式5-3】（2022·贵州贵阳·统考三模）如图，边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移2cm，得到正方形A′B′C′D′，此时阴影部分的面积为（ ）
A．6cm2B．8cm2C．12cm2D．18cm2
【答案】C
【分析】根据平移的性质得出阴影部分是矩形，再由正方形边长6cm及向上平移3cm，向右平移2cm，得出矩形的长和宽，从而算得阴影部分面积．
【详解】解：如图，
∵正方形ABCD分别向上，向右平移，
∴∠B′ED=∠D=∠B′=90°，
∴阴影部分为矩形．
∵边长为6cm的正方形ABCD向上平移3cm，
∴DC=6cm，CF=3cm，
∴DF=DC−CF=6−3=3cm．
∵边长为6cm的正方形ABCD向右平移2 cm，
∴AD=6cm，AE=2cm，
∴DE=AD−AE=6−2=4cm．
∴S阴=S矩形EB′FD=DE×DF=4×3=12（cm2），
故选C．
【点睛】本题考查了图形的平移，正确理解平移的性质是解题关键．
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
【例6】（2022·广西柳州·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 _____．
【答案】25−2
【分析】如图，由EG＝2，确定E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE， 再证明△ADE≌△CDF（SAS）， 可得AE=CF，可得当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：如图，由EG＝2，可得E在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD,∠ADC=90°，
∴∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE=CF，
∴当A，E，G三点共线时，AE最短，则CF最短，
∵G位BC 中点，BC=AB=4，
∴BG=2，
此时AG=BG2+AB2=22+42=25，
此时AE=25−2，
所以CF的最小值为：25−2.
故答案为：25−2
【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．
【变式6-1】（2022·湖北随州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角θ0<θ<90°，使EF⊥AD，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．
【答案】 90°##90度 455##455
【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出EG=AM=125，再利用锐角三角函数可得tan∠AEF=AFAE=34，从而得到AG=ME=AMtan∠AEF=165，进而得到BG=AB−AG=8−165=245，可得到tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，从而得到MN=85，进而得到DN=2，即可求解．
【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，
根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，AF=12AD=3,AE=12AB=4，
∴AEAF=34，
在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，∠BAD=90°，
∴ADAB=34，
∴△ADF∽△ABE，
∴∠ADF=∠ABE，
∵∠ANB=∠DNH，
∴∠BHD=∠BAD=90°；
如图，过点E作EG⊥AB于点G，
∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，
∴四边形AMEG是矩形，
∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，
∴∠ABE=∠MEN，
在Rt△AEF中，EF=AE2+AF2=5，
∴tan∠AEF=AFAE=34，
∵S△AEF=12AM⋅EF=12AE⋅AF，
∴EG=AM=125，
∴AG=ME=AMtan∠AEF=165，
∴BG=AB−AG=8−165=245，
∴tan∠MEN=tan∠ABE=EGBG=12，
∴MNME=12，即MN=85，
∴DN=AD−AM−MN=2，
∵∠ADF=∠ABE，
∴tan∠ADF=tan∠ABE=12，
即DH=2HN，
∵DH2+HN2=DH2+12DH2=DN2=4，
解得：DH=455或−455（舍去）．
故答案为：90°，455
【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【变式6-2】（2022·内蒙古通辽·统考中考真题）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．
(1)如图1，当点G在AD上，F在AB上，求2CE2DG的值为多少；
(2)将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，如图2，求：CEDG的值为多少；
(3)AB=82，AG=22AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α(0°<α<360°)，当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．
【答案】(1)2
(2)2
(3)46−42或46+42
【分析】（1）根据题意可得GE∥DC，根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）根据（1）的结论，可得AGAE=ADAC=12，根据旋转的性质可得∠DAG=∠CAE，进而证明△GAD∽△EAC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）解：∵正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A，点G在AD上，F在AB上，
∴GE∥DC
∴AGDG=AEEC
∴ECDG=AEAG
∵四边形AFEG是正方形
∴ AE=2AG
∴ 2CE2DG =2CEDG=2AEAG=2×2=2
（2）解：如图，连接AE，
∵正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α(0°<α<90°)，
∴∠DAG=∠CAE
∵AGAE=ADAC=12
∴△GAD∽△EAC
∴ CEDG=ACAD=2，
（3）解：①如图，
∵ AB=82，AG=22AD，
∴AD=AB=82,AG=22×82=8,AC=2AB=16，
∵G,E,C三点共线，
Rt△AGC中，GC=AC2−AG2=162−82=83，
∴CE=GC−GE=83−8，
由（2）可知△GAD∽△EAC，
∴ CEDG=ACDA=2，
∴DG=DA⋅CEAC=82×83−816 =46−2=46−42．
②如图：
由（2）知△ADG∽△ACE，
∴DGCE=ADAC=22，
∴DG=22CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=82，AC=AB2+BC2=16，
∵AG=22AD，
∴AG=22AD=8，
∵四边形AFEG是正方形，
∴∠AGE=90°，GE=AG=8，
∵C，G，E三点共线．
∴∠AGC=90°
∴CG=AC2−AG2=162−82=83，
∴CE=CG+EG=83+8，
∴DG=22CE=46+42．
综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为46−42或46+42．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式6-3】（2022·辽宁营口·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN，连接DN,BM,CN，点P，Q分别为BM,CN的中点，连接PQ．
(1)证明：CM=2PQ；
(2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转α0°<α<360°．
①（1）中的结论是否成立？若成立，请结合图2写出证明过程；若不成立，请说明理由；
②若AB=10,DM=25，在△DMN绕点D旋转的过程中，当B，M，N三点共线时，请直接写出线段PQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)①成立，见解析；②PQ的长为10或210
【分析】（1），连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△EPQ是等腰直角三角形，根据中位线的性质即可得证；
（2）①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，证明△CDM∽△BDN，证明∠PEQ= 45°，过点Q作QK⊥EP于点K，证明EK=KP=22EQ，则EQ=PQ，根据中位线的性质即可得证；
②分情况讨论，根据勾股定理即可求的MC的长，根据①的结论即可求解．
（1）
如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，
∵ MN⊥CD且DM=MN，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴∠MDN=45°，
∵四边形ABCD是正方形，则∠MDB=45°，
且D,N,B在边CD的同侧，
∴D,N,B三点共线，
设DC=1，DM=a，则MC=1−a，DN=2a,BD=2,BN=21−a，
∵E,P分别为MN,MB的中点，
∴EP=12NB=221−a，
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，
∴EQ=12MC=121−a，EQ∥DC，
过点Q作QF⊥EP
则△QFE是等腰直角三角形
∴EF=22EQ=241−a=12EP
∴QF垂直平分EP
∴EQ=PQ，
∵EQ=12MC，
∴MC=2PQ，
（2）
①如图，连接BD，取MN的中点E，连接EP,EQ，
∵∠CDB=∠MDN=45°，
∠CDM+∠MDB=∠BDN+∠MDB，
∴∠CDM=∠BDN，
∵DMDN=DCDB=12，
∴△CDM∽△BDN，
∴MCNB=12，∠DMC=∠DNB，
∵E,P分别为MN,MB的中点，
∴EP=12NB，EP∥NB，
∴∠PEM=∠BNM，∠PEN=180°−∠BNM=180°−∠BND−45°，
∵ E,Q分别为MN,NC的中点，
∴EQ=12MC，EQ∥MC，
∴∠NEQ=∠NMC，∠QEM=180°−∠EMC=180°−360°−90°−∠DMC=∠DMC−90°，
∴EQEP=12，
∴∠PEQ=180°−∠PEN−∠MEQ
=180°−180°+∠BND−45°−∠DMC+90°
=45°
过点Q作QK⊥EP于点K，
则△EKQ是等腰直角三角形，
∴EK=22EQ，
∵ EQEP=12，
∴EP=2EQ，
∴EK=KP=22EQ，
∴EQ=PQ，
∵2EQ=CM，
∴CM=2PQ；
②如图，当B,M,N共线，M在DC的上方时，

∴∠DMB=∠DMN=90°，
∵ DB=2AB=102，
Rt△DMB中，BM=DB2−DM2=1022−252=65，
∵DM=MN=25，
∴BN=BM−MN=45，
∵ △CDM∽△BDN，
∴ MCBN=DCDB=12，
∴MC=22×45=210，
∴PQ=12MC=10，
如图，当B,M,N共线，M在DC的左边时，
Rt△DBM中，BM=DB2−DM2=65，
BN=BM+MN=85，
∴MC=22×85=410，
∴PQ=12MC=210，
综上所述，PQ的长为10或210．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，正确的添加辅助线是解题的关键．
【考点7 特殊四边形中的动点问题】
【例7】（2022·四川资阳·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是直线BC上一动点．若AB=4，则AE+OE的最小值是( )
A．42B．25+2C．213D．210
【答案】D
【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点A关于直线BC的对称点A′，再连接A′O，运用两点之间线段最短得到A′O为所求最小值，再运用勾股定理求线段A′O的长度即可．
【详解】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点A′，连接A′O，其与BC的交点即为点E，再作OF⊥AB交AB于点F，
∵A与A'关于BC对称，
∴AE=A′E，AE+OE=A′E+OE，当且仅当A′，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时AE+OE=A′E+OE=A′O，
∵正方形ABCD，点O为对角线的交点，
∴OF=FB=12AB=2，
∵对称，
∴AB=BA′=4，
∴FA′=FB+BA′=2+4=6，
在Rt△OFA'中，OA′=FO2+FA′2=210，
故选：D．
【点睛】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键。
【变式7-1】（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AB，AC上的动点（不与端点重合），且BE＝AF，BF与CE交于点P，延长BF交边AD（或边CD）于点G，连接OP，OG，则下列结论：①△ABF≌△BCE；②当BE＝2时，△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；③当BE＝4时，BE：CG＝2：1；④线段OP的最小值为25﹣23．其中正确的是______．（请填写序号）
【答案】①②
【分析】①证明△ABC是等边三角形，进而得出三角形全等的三个条件；
②可推出点G是AD的中点，可以得出S△COD＝S△AOD＝2S△DOG，根据点O是BD的中点，可以得到S△BOG＝S△DOG，进一步得出结果；
③根据AB∥CD得出CGAB=CFAF，从而得出CG＝3，于是BE：CG＝4：3；
④可推出∠BPC＝120°，从而得出点P在以等边三角形BCH的外接圆的BC上运动，当点O、P、I共线时，OP最小．
【详解】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
在△ABF和△BCE中，AB=BC∠BAC=∠ABCAF=BE，
∴△ABF≌△BCE（SAS），
故①正确；
②由①知：△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝6，
∵AF＝BE＝2，
∴CF＝AC﹣AF＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，OB＝OD，OA＝OC，
∴△AGF∽△CBF，S△BOG＝S△DOG，S△AOD＝S△COD，
∴AGBC=AFCF，
∴AG6=24，
∴AG＝3，
∴AG＝12AD，
∴S△AOD＝2S△DOG，
∴S△COD＝2S△COG＝2S△BOG，
∴∴S四边形OCDG＝S△DOG+S△COD＝3S△DOG＝3S△BOG，
△BOG的面积与四边形OCDG面积之比为1：3；
故②正确；
③如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴CGAB=CFAF，
∴CG6=24，
∴CG＝3，
∴BE：CG＝4：3，
故③不正确；
④如图2，
由①得：△ABF≌△BCE，
∴∠BCE＝∠ABF，
∴∠BCE+∠CBF＝∠ABF+∠CBF＝∠ABC＝60°，
∴∠BPC＝120°，
作等边三角形△BCH，作△BCH的外接圆I，
则点P在⊙I上运动，
点O、P、I共线时，OP最小，
作HM⊥BC于M，
∴HM＝32BC＝33，
∴PI＝IH＝23HM=23，
∵∠ACB+∠ICB＝60°+30°＝90°，
∴OI＝OC2+CI2＝32+(23)2＝21，
∴OP最小＝OI﹣PI＝21﹣23，
故④不正确，
故答案为：①②．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，确定圆的条件等知识，解决问题的关键熟练掌握“定弦对定角”等模型．
【变式7-2】（2022·江苏苏州·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1【答案】35
【分析】在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中点性质，在RtΔB′CN中利用勾股定理得到v2t=53a=BN，然后利用ΔEDB′∼ΔB′CN得到DE=34a=A′E，在根据判定的ΔA′EM ≅ΔDEB′ASA得到AM=v1t=a，从而代值求解即可．
【详解】解：如图所示：
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，
∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA′B′N，
∴B′N=BN=v2t,A′M=AM=v1t，
若在某一时刻，点B的对应点B′恰好在CD的中点重合，
∴DB′=B′C=a，
在RtΔB′CN中，∠C=90°,B′C=a,B′N=v2t,CN=3a−v2t，则v2t=53a=BN，
∵∠A'B'N=∠B=90°，
∴∠A′B′D+∠CB′N=90°,
∵∠CNB′+∠CB′N=90°,
∴∠A′B′D=∠CNB′,
∴ΔEDB′∼ΔB′CN,
∴DEDB′=B′CCN=B′CBC−BN=a3a−53a=34，
∵DB′=B′C=a，
∴DE=34DB′=34a，则B′E=DB′2+DE2=a2+34a2=54a，
∴A′E=A′B′−B′E=2a−54a=34a，即DE=34a=A′E，
在ΔA′EM和ΔDEB′中，
∠A′=∠D=90°A′E=DE∠A′EM=∠DEB′
∴ ΔA′EM ≅ΔDEB′ASA，
∴A′M=B′D=a，即AM=v1t=a，
∴v1v2=v1tv2t=AMBN=a53a=35，
故答案为：35．
【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
【变式7-3】（2022·四川成都·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥CD交对角线AC于点E，连接BE，点P是线段BE上一动点，作P关于直线DE的对称点P′，点Q是AC上一动点，连接P′Q，DQ．若AE=14，CE=18，则DQ−P′Q的最大值为_________．
【答案】1623##1632
【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求QD−QP′最大，即求QB−QP′最大，点Q，B，P′共线时，QD−QP′=QB−QP′=BP′，根据“三角形两边之差小于第三边”可得BP′最大，当点P′与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明△EOD∼△DOC，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明△EOD∼△BHD，可求BH，即可得出答案．
【详解】延长DE，交AB于点H，
∵AB∥CD，ED⊥CD，
∴DH⊥AB．
取FH=BH，
∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，
∴QD=QB．
要求QD−QP′最大，即求QB−QP′最大，点Q，B，P′共线时，QD−QP′=QB−QP′=BP′，根据“三角形两边之差小于第三边”可得BP′最大，当点P′与点F重合时，得到最大值BF．
连接BD，与AC交于点O．
∵AE=14,CE=18，
∴AC=32，
∴CO=16，EO=2．
∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，
∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，
∴ △EOD∼△DOC，
∴EODO=DOCO，
即DO2=2×16=32，
解得DO=42，
∴BD=2DO=82．
在Rt△DEO中，DE=OE2+DO2=6．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，
∴△EOD∼△BHD，
∴EOBH=DEBD，
即2BH=682，
解得BH=823，
∴BF=2BH=1623．
故答案为：1623．
【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
【考点8 中点四边形的形状探究】
【例8】（2022·广西玉林·统考中考真题）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD的两条对角线AC,BD一定是( )
A．互相平分B．互相垂直C．互相平分且相等D．互相垂直且相等
【答案】D
【分析】由题意作出图形，然后根据正方形的判定定理可进行排除选项．
【详解】解：如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AD、DC、BC、AB的中点，
∴EF//AC//GH,EH//BD//FG,EF=GH=12AC,EH=FG=12BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
对于A选项：对角线互相平分，四边形EFGH仍是平行四边形，故不符合题意；
对于B选项：对角线互相垂直，则有EF⊥EH，可推出四边形EFGH是矩形，故不符合题意；
对于C选项：对角线互相平分且相等，则有EF=EH，可推出四边形EFGH是菱形，故不符合题意；
对于D选项：对角线互相垂直且相等，则有EF⊥EH，EF=EH，可推出四边形EFGH是正方形，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定，熟练掌握三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定是解题的关键．
【变式8-1】（2022·陕西宝鸡·统考一模）顺次连接矩形ABCD各边中点得到四边形EFGH，它的形状是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】C
【分析】四边形EFGH是菱形；根据矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 的中点，利用三角形中位线定理求证EF=FG=GH=EH，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．
【详解】解：四边形EFGH是菱形；理由如下：
连接BD，AC，
∵矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴AC=BD，
∴EF=12AC，EF∥AC，GH=12AC，GH∥AC，
同理，FG=12BD，FG∥BD，
EH=12BD，EH∥BD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
【变式8-2】（2022·湖南永州·统考二模）依次连接任意凸四边形各边的中点，得到一个特殊四边形，则这个图形一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．平行四边形
【答案】D
【分析】首先根据题意画出图形，连接AC，根据三角形的中位线定理得到HG∥AC，HG＝12AC，EF∥AC，EF＝12AC，可以推出EF＝GH，EF∥GH，根据平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求出即可．
【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：
连接AC，
∵四边形ABCD各边中点是E、F、G、H，
∴HG∥AC，HG＝12AC，EF∥AC，EF＝12AC，
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，三角形的中位线，解决问题的关键是正确画出图形，证明EF＝GH和EF∥GH．
【变式8-3】（2022·广东深圳·校考模拟预测）下列命题正确的是（ ）
A．若顺次连接一个四边形各边中点得到的是一个正方形，则原四边形一定是正方形
B．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
C．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．顺次连接矩形各边中点得到的四边形一定是菱形
【答案】D
【分析】根据特殊四边形的性质及判定定理，逐个选项进行判断即可；
【详解】解：A、如果顺次连接一个四边形各边中点得到的是一个正方形，那么原四边形的对角线垂直且相等，所以A选项不符合题意；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以B选项不符合题意；
C、两条对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，C选项不符合题意；
D、顺次连接矩形各边中点得到的四边形一定是菱形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了特殊四边形的性质及判定，掌握并熟练使用相关知识，同时注意解题时需注意的事项，是本题的解题关键．
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】
【例9】（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形EFGH是矩形
B．四边形EFGH的内角和小于四边形ABCD的内角和
C．四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和
D．四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的14
【答案】C
【分析】连接AC,BD，根据三角形中位线的性质EH=FG=12BD，EF=HG=12AC，EF∥AC∥HG,EH∥BD∥FG，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接AC,BD，设交于点O，
∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，
∴ EH=FG=12BD，EF=HG=12AC，EF∥AC∥HG,EH∥BD∥FG
A. 四边形EFGH是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形EFGH的内角和等于于四边形ABCD的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；
C. 四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形EFGH的面积等于四边形ABCD面积的12，故该选项不正确，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
【变式9-1】（2022·广东·统考一模）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（ ）
A．3B．6C．9D．12
【答案】A
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．
【详解】解：如图，
∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知：
EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=12AC，EH=FG=12BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，
∴AC+BD=3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
【变式9-2】（2022·山东枣庄·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=60°，点D是斜边BC的中点，分别以点A，B为圆心，以12BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接EA，EB，ED得到四边形EBDA，依次连接四边形EBDA四条边中点得到四边形GHIJ，若AC=2，那么四边形GHIJ的周长为（ ）
A．2+3B．2+23C．4+23D．4+43
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，推出BC=2AC=4，AB=3AC=23,由BD=CD，推出AD=DB=DC=2，由作图可知，四边形ADBE是菱形，推出中点四边形GHIJ是矩形，求出IJ．IH，即可解决问题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，
∴BC=2AC=4，AB =3AC=23
∵BD=CD，
∴AD=DB=DC=2，
由作图可知，四边形ADBE是菱形，
∴中点四边形GHIJ是矩形，
∵AD=AC=DC，
∴∠ADC=60°，
∵AE∥DB，
∴∠EAD=∠ADC=60°，
∵AE=AD，
∴△AED是等边三角形，
∴AD=DE=2，
∵AJ=JE，AI=ID，
∴IJ= 12DE=1,
∵BH=DH，AI=ID，
∴IH=12AB =3
∴四边形GHIJ的周长=2（1+ 3）=2+23
故选：B．
【点睛】本题考查中点四边形，解直角三角形，菱形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【变式9-3】（2022·山东济南·模拟预测）正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，又顺次连接正方形A1B1C1D1四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2，…，以此类推，则第六个正方形A6B6C6D6的周长为______．第n个正方形AnBnCnDn周长为______．
【答案】 12 22−n2
【分析】利用中位线定理、勾股定理得出A1B1=12AC=22，证明正方形A1B1C1D1的周长是正方形ABCD周长的12，同理证明正方形A2B2C2D2的周长是正方形A1B1C1D1周长的12，是正方形ABCD周长的14，以此类推，可得出第n个正方形周长是正方形ABCD周长的12n，由此可解．
【详解】解： 正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形A1B1C1D1，
∴A1B1=12AC=12BA2+BC2=22，
∴正方形A1B1C1D1的周长是正方形ABCD周长的12；
同理可得正方形A2B2C2D2的周长是正方形A1B1C1D1周长的12，是正方形ABCD周长的14；
正方形A3B3C3D3的周长是正方形A2B2C2D2周长的12，是正方形ABCD周长的18；
……
以此类推，第n个正方形周长是正方形ABCD周长的12n，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴正方形ABCD的周长为4，
∴第六个正方形A6B6C6D6的周长是126×4=12，
第n个正方形周长是12n×4=22−n2
故答案为：12，22−n2．
【点睛】本题考查正方形的性质、中位线定理、勾股定理等，解题的关键在于找出规律，根据规律求解．
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】
【例10】（2022·四川绵阳·统考中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为(23,3)，则图象最低点E的坐标为（ ）
A．233,2B．233,3C．433,3D．(3,2)
【答案】C
【分析】根据点F的坐标，可得MB=1，AB=2，连接AC，CM，交BD于点N1，连接A N1，此时MN+AN的最小值=M N1+A N1=CM，根据菱形和直角三角形的性质可得CM=22−12=3，DN1=433，进而即可得到答案．
【详解】解：∵图象右端点F的坐标为(23,3)，M是AB的中点，
∴BD=23，MN+AN=AB+MB=3MB=3，
∴MB=1，AB=2，
连接AC，CM，交BD于点N1，连接A N1，此时MN+AN的最小值=M N1+A N1=CM，
∵在菱形ABCD中，∠C＝120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴CM⊥AB，∠BCM=30°，
∴BC=2×1=2，CM=22−12=3，
∵AB∥CD，
∴CM⊥CD，
∵∠ADC=∠ABC=60°，
∴∠BDC=30°，
∴DN1=CD÷cs30°=2÷32=433，
∴E的坐标为433,3，
故选C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，函数的图像，添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式10-1】（2022·辽宁锦州·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为2cm的正方形，点E，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，连接OE,OF，点P从点E出发沿E−O−F运动，同时点Q从点B出发沿BC运动，两点运动速度均为1cm/s，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为ts，连接BP,PQ，△BPQ的面积为Scm2，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．
【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
∴S=12(2−t)·t=−12t2+t；
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
∴S=12t；
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析式是解题的关键．
【变式10-2】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点O是边AB上一个动点（不与点A重合），连接OD，将△OAD沿OD折叠，得到△OED；再以O为圆心，OA的长为半径作半圆，交射线AB于G，连接AE并延长交射线BC于F，连接EG，设OA＝x．
(1)求证：DE是半圆O的切线；
(2)当点E落在BD上时，求x的值；
(3)当点E落在BD下方时，设△AGE与△AFB面积的比值为y，确定y与x之间的函数关系式；
(4)直接写出：当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围．
【答案】(1)见详解
(2)32
(3)y=9x24x2+36(0(4)32【分析】（1）根据切线的判定定理求解即可；
（2）如图，在RtΔOEB，根据勾股定理列方程求解即可；
（3）先证ΔDAO∽ΔAEG，求出AE，然后证明ΔAEG∽ΔABF，根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解；
（4）结合图形，分情况讨论即可求出x的取值范围．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠DAB=90°，
∵△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴∠OED=∠DAB=90°，即OE⊥DE，
∴ DE是半圆O的切线；
（2）解：∵△OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴DE=AD=3,OA=OE=x，
∴OB=AB−OA=4−x，
在RtΔDAB中，DB=AD2+AB2=32+42=5，
∴EB=DB−DE=5−3=2，
在RtΔOEB中，OE2+EB2=OB2，
∴x2+22=4−x2，解得x=32，
答：x的值为32．
（3）解：在RtΔDAO中，DO=AD2+AO2=32+x2=9+x2，
∵ △OED是△OAD沿OD折叠得到的，
∴AE⊥OD，
∵AG是⊙O的直径，
∴∠AEG=90°，即AE⊥EG，
∴OD∥EG，∠DAO=∠AEG=90°
∴∠AOD=∠EGA，
∴ΔDAO∽ΔAEG，
∴DOAG=DAAE ，
∴92+x22x=3AE,AE=6x92+x2，
∵∠AEG=∠ABC=90°,∠EAG=∠BAF，
∴ΔAEG∽ΔABF，
∴SΔAGESΔAFB=AEAB2，即y=6x32+x242=9x249+x2，
∴y=9x24x2+36 （0（4）解：由（2）知，当E在DB上时， x=32，
如图，当点E在DC上时， x=3 ，
∴当32当半圆O经过点C时，半圆O与△BCD的边有两个交点，
连接OC，在RtΔOBC中，OB=4−x,OC=x,BC=3，
∵OB2+BC2=OC2，
∴4−x2+32=x2 ，解得x=258，
∴当258≤x≤4时，半圆O与△BCD的边有两个交点；
综上所述，当半圆O与△BCD的边有两个交点时，x的取值范围为：32【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称，勾股定理，切线的判定定理，相似三角形的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的判定和性质是解本题的关键．
【变式10-3】（2022·四川广元·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1:y=ax2+bx+c与坐标轴交于A，B，C三点，其中OA=OC=2OB，D0,4是OA的中点．
(1)求该二次函数的解析式．
(2)如图1，若E为该抛物线在第一象限内的一动点，点F在该抛物线的对称轴上，求使得△ECD的面积取最大值时点E的坐标，并求出此时EF+CF的最小值．
(3)如图2，将抛物线C1向右平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度得到抛物线C2，M为抛物线C2上一动点，N为平面内一动点，是否存在这样的点M，N使得四边形DMCN为菱形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+x+8
(2)E3,354；7414
(3)存在；点M的坐标为(26,−6+46)或(−26,−6−46)
【分析】（1）根据点D坐标求出点A坐标，进而求出点B和点C坐标，根据点A，B，C坐标使用待定系数法即可得到二次函数解析式．
（2）过点E作EH⊥x轴交CD于点H，连接BE，与二次函数对称轴的交点则为F，连接CF，设直线CD解析式为y=kx+b，点E坐标为m,−14m2+m+8．根据点C和点D坐标使用待定系数法求出直线CD解析式，结合点E坐标求出点H坐标，进而求出EH的长度，根据三角形面积公式求出△ECD的面积，再根据二次函数的最值确定当m=3时，△ECD面积取得最大值，进而求出点E坐标；根据轴对称的性质确定BF=CF，根据两点之间，线段最短确定当B，E，F三点共线时EF+CF取得最小值为BE，然后根据勾股定理即可求出BE的长度．
（3）设DC的中点为T，根据中点坐标公式求出点T坐标，根据菱形的性质确定点T是MN的中点，CN2=CM2，根据二次函数图象的平移求出抛物线C2的解析式，设Mt,−14t2+2t，根据中点坐标公式求出点N坐标，进而求出CM2和CN2，然后列出方程并求解出x，然后代入计算即可求出点M的坐标．
(1)
解：∵D(0,4)是OA的中点，
∴A(0,8)．
∴OA=8．
∵OA=OC=2OB，
∴OC=8，OB=4．
∴B(−4,0)，C(8,0)．
将A(0,8)，B(−4,0)，C(8,0)代入y=ax2+bx+c得c=8,16a−4b+c=0,64a+8b+c=0．
解得a=−14,b=1,c=8．
∴该二次函数的解析式为y=−14x2+x+8．
(2)
解：如下图所示，过点E作EH⊥x轴交CD于点H．连接BE，与二次函数对称轴的交点则为F，连接CF．设直线CD解析式为y=kx+b，点E坐标为m,−14m2+m+8．
把点C和点D坐标代入直线CD解析式得8k+b=0,b=4．
解得k=−12,b=4．
∴直线CD的函数解析式为y=−12x+4．
∵Em,−14m2+m+8，
∴Hm,−12m+4．
∴EH=−14m2+m+8−−12m+4=−14m2+32m+4．
∴S△ECD=12xC−xD⋅EH=12×8×−14m2+32m+4=−m2+6m+16=−(m−3)2+25．
∴当m=3时，S△ECD有最大值25．
∴E3,354．
∵B(−4,0)，C(8,0)，
∴点B与点C关于二次函数对称轴对称．
∴BF=CF．
∴EF+BF=EF+CF．
∴当B，E，F三点共线时，EF+BF取得最小值，即EF+CF取得最小值为BE．
∴BE=−4−32+0−3542=7414．
∴EF+CF的最小值为7414．
(3)
解：存在点M，N使得四边形DMCN为菱形，理由如下．
设DC的中点为T．
∵D(0,4)，C(8,0)，
∴T(4,2)．
∵四边形DMCN为菱形，
∴DC与MN互相平分，CN=CM．
∴T是MN的中点，CN2=CM2．
∵抛物线C1的解析式为y=−14x2+x+8=−14x−22+9，抛物线C1向右平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度得到抛物线C2，
∴抛物线C2的解析式为y=−14(x−2−2)2+9−5=−14(x−4)2+4=−14x2+2x．
设Mt,−14t2+2t．
∴CM2=(t−8)2+−14t2+2t−02，N8−t,4+14t2−2t．
∴CN2=8−t−82+4+14t2−2t−02．
∴t−82+−14t2+2t−02=8−t−82+4+14t2−2t−02．
解得t1=26或t2=−26．
∴点M的坐标为(26,−6+46)或(−26,−6−46)．
【点睛】本题考查待定系数法求出二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，三角形面积公式，二次函数的最值，轴对称的性质，两点之间，线段最短，勾股定理，菱形的性质，二次函数图象的平移，综合应用这些知识点是解题关键．