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)(强化训练)(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)(强化训练)(全国通用)(原卷版+解析)，共119页。

1．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（ ）
A．24B．22C．20D．18
2．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，等腰△ABC的面积为23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．3B．3C．23D．4
3．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，矩形ABCD的面积为________．
4．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．
(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
(2)若EFBF＝2，求ANND的值；
(3)若MN∥BE，求ANND的值．
5．（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
(1)求证：BE=DF；
(2)设ACBD=k，当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【考点2 菱形的判定与性质】
6．（2022·辽宁大连·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在AB,AD上，AE=AF．求证CE=CF．
7．（2022·浙江舟山·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB=OD，求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．

若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
8．（2022·山西吕梁·统考三模）综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在□ABCD中，点P是边AD上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，则四边形AEFD是菱形．
(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在AB边上时，AP=3，PD=4，DC=10．则AE的长为___________．（直接写出结果）
9．（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于N，连接MB、DN；
(1)求证：四边形BMDN是菱形；
(2)若tan∠AMB=43，ON=5，求△BMD的面积．
10．（2022·浙江宁波·统考二模）如图1，平行四边形ABCD中，AB=9，BC=12，点P是BC边上的点，连结AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP．
(1)如图2，当点Q正好落在AD边上时，判断四边形ABPQ的形状并说明理由；
(2)如图1，当点P是线段BC的中点且CQ=4时，求AP的长；
(3)如图3，当点P,Q,D三点共线时，恰有∠PQC=∠PQA，求BP的长．
【考点3 正方形的判定与性质】
11．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟预测）如图①，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，
(1)求证：EG=FH；
(2)如果把题目中的“正方形”改为“长方形”、若AB=3，BC=4（如图②），求FHEG的值；
(3)如果把题目中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”（如图③），若正方形ABCD的边长为2，FH的长为5，求EG的长．
12．（2022·山东济南·统考模拟预测）（1）【问题情境】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______；
（2）【类比探究】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；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为______．
13．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．
(1)求证：矩形DEFG为正方形；
(2)求证：CE＋CG＝8
14．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
15．（2022·四川德阳·模拟预测）已知：四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在AD边上，且AF=DE．

(1)如图1，AE与BF有怎样的关系．写出你的结果，并加以证明；
(2)如图2，对角线AC与BD交于点O．BD，AC分别与AE，BF交于点G，点H．
①求证：OG=OH；
②连接OP，若AP=4，OP=2，求AB的长．
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
16．（2022·吉林长春·统考二模）【感知】如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12AB，易知∠B=30°（不需要证明）．
【探究】如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A'处，折痕交AE于点G，求∠ADG的度数和AG的长．
【拓展】若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），若AB=6，直接写出EF的长．
17．（2022·吉林长春·模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G，BE与CG交于点M．
(1)求证：CE=DG．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若CE=6，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结AM．则线段AM的最小值为 ．
18．（2022·河南信阳·统考模拟预测）学习了菱形的判定后，小张同学与小刘同学讨论探索折纸中的菱形．
小张：如图①，两张相同宽度的矩形纸条重叠部分（阴影部分）是一个菱形．
小刘：如图②，一张矩形纸条沿EG折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后是一个菱形．
(1)小张同学的判断是否正确？
(2)小刘同学的判断是否正确？如果正确，以小刘的方法为例，证明他的判断；如果不正确，请说明理由．
(3)如图③，矩形ABCD的宽AB=4，若AE=2AB，沿BE折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱形GBFE，求菱形GBFE的面积．
19．（2022·云南昆明·云大附中校考三模）综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中△ABN是什么特殊三角形？请写出解答过程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT；求证：四边形SATA′是菱形．
20．（2022·湖北武汉·校考三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
21．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）我们把连接菱形对边中点得到的所有菱形称作如图①所示基本图的特征图形显然这样的基本图共有5个特征图形．将此基本图不断复制并平移，使得相邻两个基本图的一个顶点与对称中心重合，这样得到图1、图2、图3…
(1)观察以上图形并完成下表：
猜想：在图n中，特征图形的个数为______；（用含n的式子表示）
(2)已知基本图的边长为4，一个内角恰好为60°，求图20中所有特征图形的面积之和．
22．（2022·福建厦门·厦门双十中学校考二模）如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．
(1)若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
(2)若BC＝k AB，2＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
23．（2022·云南德宏·统考模拟预测）如图，将△ABC沿射线AB平移4cm后能与△BDE完全重合，连接CE、CD交BE于点O，OB＝OC．
(1)求证：四边形CBDE为矩形；
(2)若S△BOC＝433cm2，求∠ACD的度数．
24．（2022·山东淄博·统考二模）已知，矩形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上．
(1)如图1，当矩形ABCD为正方形时，且DE⊥GF，求证：BF=AE+AG；
(2)在（1）的条件下，将GF沿AD向右平移至点G与点D重合，如图2，连接EF，取EF的中点P，连接PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点F在BC上，连接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，FG=5，求线段EH的长．
25．（2022·辽宁沈阳·统考一模）已知正方形ABCD，在边DC所在的直线上有一动点E，连接AE，一条与射线AE垂直的直线l沿射线AE方向，从点A开始向上平移，垂足为点P，交边AD所在直线于点F．
(1)如图1所示，当直线l经过正方形ABCD的顶点B时．求证：AF=DE；
(2)如图2所示，当直线l经过AE的中点时，与对角线BD交于点G，连接EG，CG．求证：GE=GC；
(3)直线l继续向上平移，当点P恰好落在对角线BD所在的直线上时，交边CB所在的直线于点H，当AB=3，DE=1，请直接写出BH的长．
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
26．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=32时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
27.（2022·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），
（参考数据：sin15°=6−24,cs15°=6+24,tan15°=2−3）
28．（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别为边AB，BC，AD上的点，且AE=BF=DG，连接EF，GE，GF．
(1)△BEF可以看成是△AGE绕点M逆时针旋转α角所得，请在图中画出点M，并直接写出α角的度数；
(2)当点E位于何处时，△EFG的面积取得最小值？请说明你的理由；
(3)试判断直线CD与△EFG外接圆的位置关系，并说明你的理由．
29．（2022·山东枣庄·校考模拟预测）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC=90°，AD=4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°<α<90°）．
(1)如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE=CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
(2)如图3，延长CE交直线AG于点P．求证：AG⊥CP；
30．（2022·山东德州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，BE平分∠ABC交AD于点E.连接CE，点F是BE上一动点，过点F作FG∥CE交BC于点G．将△BFG绕点B旋转得到△BF′G′．
(1)连接CG′，EF′，求证：△BEF′∼△BCG′；
(2)当点G′恰好落在直线AE上时，若BF=3，求EG′的值．
【考点7 特殊四边形中的动点问题】
31．（2022·四川绵阳·校考二模）在矩形ABCD中，AB=8,AC=10，点P是对角线AC上一动点（不与点A,C重合），连接BP，过点P作PE⊥PB交线段DC于点E，设PC=nAC．
(1)如图①，求tan∠PED的值（用含n的代数式表示）．
(2)如图②，连接BE，当PE平分∠BED时，求n的值．
32．（2022·江苏淮安·统考一模）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
(1)如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；
(2)如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若∠MBN=60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形BMDN的周长的最小值为___________；
【尝试应用】
(3)现有一个平行四边形材料ABCD，如图③，在▱ABCD中，AB=17，BC=6，tanB=4，点E在BC上，且BE=4，在▱ABCD边AD上有一点P，使四边形ABEP为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．
33．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与实践：
问题情境：在综合与实践课上，数学老师出示了一道思考题：
如图，在正方形ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD外部时如图2与图3，（1）中的结论是否还成立？若成立，请利用图2进行证明；若不成立，请说明理由；
问题解决：
(3)如图4，在正方形ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
34．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
35.（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
(1)如图，当E在边AD上且DE=2时，求∠AEM的度数．
(2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
(3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．
【考点8 中点四边形的形状探究】
36.（2022·湖南张家界·统考二模）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、AD的中点，下列说法正确的是（ ）
A．当AC⊥BD时，四边形EFGH是菱形
B．当AC＝BD时，四边形EFGH是矩形
C．当四边形ABCD是平行四边形时，则四边形EFGH是矩形
D．当四边形ABCD是矩形时，则四边形EFGH是菱形
37．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）顺次连结等腰梯形各边中点得到的四边形是（ ）
A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．平行四边形
38.（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A．菱形B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形D．对角线相等的四边形
39．（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
40．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中， 一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还要满足 时，四边形MNPQ是正方形．
(2)如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．
①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，求四边形ABCD的面积；
②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，则四边形ABED的面积的最大值为 ．
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】
41.（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
42．（2022·辽宁沈阳·沈阳市第七中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=6，BD=8，则四边形EFGH的面积是______．
43.（2022·山东济南·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=______．
44．（2022春·陕西西安·八年级陕西师大附中校考期末）问题背景：
△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF
猜想证明：
(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．
(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．
拓展延伸：
(3)如图②，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN和△DEN均为等腰直角三角形．
45．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形ABDC中，E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H．
(1)猜想四边形EFGH的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2，P在四边形ABDC内一点，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他条件不变，试探究四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，PA=6，PB=23，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四边形EFGH的面积．
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】
46．（2022·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD相交于点O，线段BD沿射线AD方向平移，平移后的线段记为PQ，射线PQ与射线AC交于点M，连结PC，设OM长为x，△PMC面积为y．下列图象能正确反映出y与x的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
47．（2022·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC边在y轴的正半轴上，点B的坐标为（4，2），反比例函数y=2x(x>0)的图象与BC交于点D，与对角线OB交于点E，与AB交于点F，连接OD，DE，EF，DF．下列结论：①sin∠DOC=cs∠BOC；②OE=BE；③S△DOE=S△BEF；④OD:DF=2:3．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
48．（2022·新疆·统考中考真题）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
49．（2022秋·山西·九年级校联考期末）综合与探究
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与y轴交于点C．点Pm,0是x轴上的一个动点，过点P作直线PM⊥x轴，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N．
(1)求这个抛物线的函数表达式．
(2)①若点P在线段OB上运动，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴的正半轴上运动，在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
50.（2022·广西·中考真题）已知抛物线经过A（－1，0）、B（0、3）、 C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM ，交BC于点F
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：∠BOF＝∠BDF ：
(3)是否存在点M使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长.图形名称
基本图的个数
特征图形的个数
图1
1
5
图2
2
9
图3
3
13
图4
4
______
…
…
…
专题20 矩形、菱形、正方形（10个高频考点）（强化训练）
【考点1 矩形的判定与性质】
1．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（ ）
A．24B．22C．20D．18
【答案】B
【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．
【详解】∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，
∠B=∠NCGBM=CM∠BMH=∠CMG，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH＝8，
∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键．
2．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，等腰△ABC的面积为23，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=12BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．3B．3C．23D．4
【答案】B
【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，
∵AB=AC，
∴BD=DC=12BC=1，
∵AE=12BC，
∴AE=DC=1，
∵AE∥BC，
∴四边形AECD是矩形，
∴S△ABC=12BC×AD=12×2×AD=23，
∴AD=23，则CE=AD=23，
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，
当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．
∵BC=2，CE=23，
由勾股定理得BE=4，
cs∠EBC=BCBE=BEBF，即24=4BF，
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，
∴MN=12CF=3，
∴点M的运动路径长为3，
故选：B．
【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，矩形ABCD的面积为________．
【答案】48
【分析】根据三角形中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出相关线段长，利用勾股定理逆定理判定∠FEG=90°，再结合S矩形ABCD=BC⋅EH=2SΔBEC=2×12BE⋅EC即可得出结论．
【详解】解：在矩形ABCD中，∠BAE=90°,∠CDE=90°，
∵在矩形ABCD中，F，G分别是BE，CE的中点，FG=5，
∴FG是ΔBCE的中位线，即BC=2FG=10，
∵在ΔABE中，F是BE的中点，AF=3，
∴AF是RtΔABE斜边上的中线，即AF=EF=BF=12BE=3，
∴BE=6，
∵在ΔCDE中，G是EC的中点，DG=4，
∴DG是RtΔCDE斜边上的中线，即DG=EG=CG=12CE=4，
∴CE=8，
在ΔEFG中，EF=3，EG=4，FG=5，即FG2=25=9+16=EF2+EG2，
∴ΔEFG是直角三角形，且∠FEG=90°，
过E作EH⊥BC于H，如图所示：
∴ S矩形ABCD=BC⋅EH=2SΔBEC=2×12BE⋅EC=6×8=48，
故答案为：48．
【点睛】本题考查矩形面积，涉及到中位线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、矩形的性质、勾股定理逆定理、三角形等面积法等知识，熟练掌握相关性质，准确作出辅助线表示是解决问题的关键．
4．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．
(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
(2)若EFBF＝2，求ANND的值；
(3)若MN∥BE，求ANND的值．
【答案】(1)见解析
(2)2737
(3)27
【分析】(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中点，即可证明结论；
(2)利用△BMF∽△ECF，得BFEF=BMCE=12，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，得ANBM=AMBC ，求出AN的长，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得CEBC=BCBM ，可得BM的长，由（2）同理可得答案．
（1）
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
∴CE＝12CD，
∵AB＝CD，
∴BM=CE=12AB，
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴BFEF=BMCE=12，
∵CE＝3，
∴BM＝32，
∴AM＝92，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴ANBM=AMBC，
∴AN32=924，
∴AN=2716，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣2716＝3716，
∴ANDN=27163716=2737；
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴CEBC=BCBM，
∴34=4BM，
∴BM=163，
∴AM=AB−BM=6−163=23，
由（2）同理得，ANBM=AMBC，
∴AN163=234，
解得：AN＝89，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣89＝289，
∴ANND=89289=27．
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．
5．（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
(1)求证：BE=DF；
(2)设ACBD=k，当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当k=2时，四边形DEBF是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接DE,BF，先根据平行四边形的性质可得OA=OC,OB=OD，再根据线段中点的定义可得OE=12OA=12OC=OF，然后根据平行四边形的判定可得四边形DEBF是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当BD=EF时，四边形DEBF是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得AC=2EF，由此即可得出k的值．
【详解】（1）证明：如图，连接DE,BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC,OB=OD，
∵E,F分别是OA，OC的中点，
∴OE=12OA=12OC=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
（2）解：由（1）已证：四边形DEBF是平行四边形，
要使平行四边形DEBF是矩形，则BD=EF，
∵OE=12OA=12OC=OF，
∴EF=OE+OF=12OA+12OC=OA=12AC，即AC=2EF，
∴k=ACBD=2EFEF=2，
故当k=2时，四边形DEBF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
【考点2 菱形的判定与性质】
6．（2022·辽宁大连·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在AB,AD上，AE=AF．求证CE=CF．
【答案】证明见解析
【分析】由菱形的性质得到AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，进而推出BE＝DF，根据全等三角形判定的“SAS”定理证得△BCE≌△DCF，由全等三角形的性质即可证出CE=CF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，
∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AD﹣AF，
∴BE＝DF，
在△BCE和△DCF中，{BE=DF∠B=∠DBC=DC，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴CE＝CF．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用相关知识解题．
7．（2022·浙江舟山·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB=OD，求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．

若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
【答案】赞成小洁的说法，补充AB=CB，见解析
【分析】赞成小洁的说法，补充：AB=CB，由四边相等的四边形是菱形即可判断．
【详解】赞成小洁的说法，补充：AB=CB．
证明：∵ AC⊥BD，OB=OD，
∴ AB=AD，CB=CD．
又∵AB=CB．
∴AB=AD=CB=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
8．（2022·山西吕梁·统考三模）综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在□ABCD中，点P是边AD上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，则四边形AEFD是菱形．
(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在AB边上时，AP=3，PD=4，DC=10．则AE的长为___________．（直接写出结果）
【答案】(1)见解析
(2)PF⊥PC，理由见解析
(3)52
【分析】（1）先证明DF∥AE，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；
（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；
（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．
（1）
证法一：由折叠得，AD=AE，∠DAF=∠EAF，∠DFA=∠EFA
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠DFA=∠EAF
∴DF∥AE
∴四边形AEFD是平行四边形
∵AD=AE
∴四边形AEFD是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠EFA=∠EAF
∴EA=EF
∴AD=DF=EF=AE
∴四边形AEFD是菱形．
（2）
解：PF⊥PC ．
连接AE
由折叠可得PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠ADC+∠DAB=180°
又∵∠PEC+∠PEF=180°
∴∠DAB=∠PEF
∵点P是AD的中点
∴PA=PD
∴∠PAE=∠PEA
∴∠DAB−∠PAE=∠PEF−∠PEA
∴∠AEF=∠EAF
∴AF=EF
∴△PAF≌△PEF（SSS）
∴∠APF=∠EPF
又∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，即2∠CPE+2∠FPE=180°
∴∠FPC=90°
∴PF⊥PC．
（3）
解：延长BA、CP相交于点F，
由题意，△AFP∽△DCP
∴AFDC=APDP 即AF10=34
∴AF=152
∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
∴AE=10−152=52．
故答案为52．
【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几何知识，构造常见的模型．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点O，与BC相交于N，连接MB、DN；
(1)求证：四边形BMDN是菱形；
(2)若tan∠AMB=43，ON=5，求△BMD的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)50
【分析】（1）由矩形的性质可得，MD∥BN，BO=DO，证明△DOM≌△BONAAS，则MD=BN，四边形BMDN是平行四边形，由垂直平分线的性质可知BM=DM，进而结论得证；
（2）由tan∠AMB=43=ABAM，设AB=4a，AM=3a，在Rt△ABM中，勾股定理求得BM=5a，则DM=BM=5a，AD=8a，在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=45a，OD=12BD=25a，在Rt△DOM中，由勾股定理得OM2=DM2−OD2，计算求出满足要求的a值，进而可得MD，AB的值，根据S△BMD=12×MD×AB计算求解即可．
（1）
证明：由矩形的性质可得，MD∥BN，BO=DO，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，
在△DOM和△BON中
∵∠MDO=∠NBO∠DMO=∠BNOBO=DO，
∴△DOM≌△BONAAS，
∴MD=BN，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵MN垂直平分BD，
∴BM=DM，
∴BMDN是菱形．
（2）
解：∵tan∠AMB=43=ABAM，设AB=4a，AM=3a，
在Rt△ABM中，由勾股定理得BM=AM2+AB2=5a，
∴DM=BM=5a，AD=8a，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=AB2+AD2=45a，
∴OD=12BD=25a，
∵OM=ON=5，
在Rt△DOM中，由勾股定理得OM2=DM2−OD2，即52=5a2−25a2，
解得a=5，a=−5（不合题意，舍去）,
∴MD=55，AB=45，
∴S△BMD=12×MD×AB=12×55×45=50，
∴△BMD的面积为50．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、菱形的判定、正切、勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10．（2022·浙江宁波·统考二模）如图1，平行四边形ABCD中，AB=9，BC=12，点P是BC边上的点，连结AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP．
(1)如图2，当点Q正好落在AD边上时，判断四边形ABPQ的形状并说明理由；
(2)如图1，当点P是线段BC的中点且CQ=4时，求AP的长；
(3)如图3，当点P,Q,D三点共线时，恰有∠PQC=∠PQA，求BP的长．
【答案】(1)菱形，理由见解析
(2)9
(3)214
【分析】（1）画出图形，根据对称及平行四边形的性质证明AB=BP=PQ=QA即可；
（2）连结CQ，BQ交AP于H，先证明BQ⊥CQ，再分别利用勾股定理求出AH和PH的值即可；
（3）证明△DCQ∽△DPC即可求出DQ的长度，最后根据BP=PQ=DP−DQ计算即可．
（1）
四边形ABPQ的是菱形，理由如下：
∵△ABP与△AQP关于AP对称，
∴AB=AQ，PB=PQ，∠BAP=∠QAP．
∵点Q正好落在AD边上，
∴AQ∥BP．
∴∠QAP=∠APB，
∴∠BAP=∠APB．
∴AQ=PQ，
∴AB=BP=PQ=QA．
∴四边形ABPQ是菱形．
（2）
连结CQ，BQ交AP于H，
∵AB=AQ，PB=PQ，
∴AP是BQ中垂线．
又∵P是线段BC的中点，
∴CQ∥PH．
∴BQ⊥CQ．
∴BQ=BC2−CQ2=122−42=82．
∴BH=42，PH=2，
∴AH=AB2−BH2=92−422=7，
∴AP=AH+PH=9．
（3）
∵∠DAP=∠APB=∠APQ，
∴PD=AD=12．
又∵∠PQC=∠PQA=∠B=∠ADC，
∴∠ADP=∠DCQ．
∵AD∥BC，
∴∠ADP=∠DPC．
∴∠DPC=∠DCQ．
又∵∠CDQ=∠PDC，
∴△DCQ∽△DPC．
∴DQCD=CDDP，即DQ9=912，
解得DQ=274．
∴BP=PQ=DP−DQ=12−274=214．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、翻折变换、菱形的性质与判定、相似三角形的性质与判定等知识，解题的关键是根据不同题意画出对应的图形，属于中考常考题型．
【考点3 正方形的判定与性质】
11．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟预测）如图①，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，
(1)求证：EG=FH；
(2)如果把题目中的“正方形”改为“长方形”、若AB=3，BC=4（如图②），求FHEG的值；
(3)如果把题目中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”（如图③），若正方形ABCD的边长为2，FH的长为5，求EG的长．
【答案】(1)见详解
(2)34
(3)2103
【分析】（1）过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM即可求解；
（2）过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由（1）可得△QHF∽△PGE，再由HFGE=HQPG，可求HFGE=34；
（3）过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺时针旋转90°到△PBA，可证明△PAM≌△NAM，设DN=x，则NC=2−x，MN=PM=x+1，在Rt△MNC中，(1+x)2=(2−x)2+1，求出DN=23，在Rt△ADN中，求出AN=2103，再由AN=EG即可求解．
【详解】（1）证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MG=HN，
∵HF⊥EG，
∴∠MGE=∠NHF，
∴△HFN≌△GEM(ASA)，
∴HF=EG；
（2）解：过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，
由（1）可得，∠QHF=∠PGE，
∴△QHF∽△PGE，
∴ HFGE=HQPG，
∵AB=3，BC=4，
∴PG=4，HQ=3，
∴ HFGE=34；
（3）解：过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺时针旋转90°到△PBA，
∵AB=2，FH=5，
∴BM=1，
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠PAM=45°，
∵AP=AN，
∴△PAM≌△NAM(SAS)，
∴PM=MN，
设DN=x，则NC=2−x，MN=PM=x+1，
在Rt△MNC中，(1+x)2=(2−x)2+1，
解得x=23，
∴DN=23，
在Rt△ADN中，AN=2103，
∴EG=2103．
【点睛】本题考查了四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，相似三角形的判定及性质，数形结合解题是关键．
12．（2022·山东济南·统考模拟预测）（1）【问题情境】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______；
（2）【类比探究】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；
（3）【拓展提升】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．理由见解析；（3）410
【分析】（1）通过证明△DCG≌△BCESAS全等，得到DG=BE；
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到DGBE=CGCE=12，∠BEC=∠DGC，延长BE、GD相交于点H．可以证明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MG，将2BG+BE的最小值转化为求2BG+DG的最小值．
【详解】解：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≌△BCESAS，
∴DG=BE；
（2）解：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）解：作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
∵∠FNC=∠CMG=∠ECG=90°，
∴∠FCN+∠GCM=∠FCN+∠CEN=90°，
∴∠GCM=∠CEN，
∴△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MG的对称点G′，连接BG′交MG于G，此时BG+GD的值最小，最小值为BG′，
由（2）知，DG=12BE，
∴BE=2DG，
∴2BG+BE=2BG+2DG=2BG+DG，
∴2BG+BE的最小值就是2BG+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．
13．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．
(1)求证：矩形DEFG为正方形；
(2)求证：CE＋CG＝8
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，证△DEN≌△FEM，得DE=EF，即可证矩形DEFG为正方形；
（2）证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，由此可推得CE+CG=AC，利用勾股定理计算即可．
(1)
证明：如图，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴ CA平分∠BCD，
又∵ EM⊥BC，EN⊥CD，
∴ EM=EN．
∵ ∠DEF=∠MEN=90°，
∴ ∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90°，
∴ ∠DEN=∠MEF．
在△DEN和△FEM中，
∠DEN=∠MEFEN=EM∠DNE=∠FME=90°，
∴ △DEN≌△FEM (ASA)．
∴ DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形．
(2)
证明：∵四边形ABCD与四边形EFGH为正方形，
∴DE＝DG，AD=CD=AB=42，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE与△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG．
∴CE+CG=CE+AE=AC=AD2+CD2=(42)2+(42)2=8．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解决本题的关键是熟练运用相关性质定理．
14．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
(3)22b+a
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADFSAS，推出AM=AF，∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEFSAS，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNHAAS，进而求出HN=22CH，再根据（2）的结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADFSAS，
∴AE=AF；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADFSAS，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中
AM=AF∠MAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEM≌△AEFSAS，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）
解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
∠ABE=∠GNH∠BAE=∠NGHAE=GH，
∴△ABE≌△GNHAAS，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
∴sin45°=HNHC，
∴HN=22CH，
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF=22b+a．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键．
15．（2022·四川德阳·模拟预测）已知：四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在AD边上，且AF=DE．

(1)如图1，AE与BF有怎样的关系．写出你的结果，并加以证明；
(2)如图2，对角线AC与BD交于点O．BD，AC分别与AE，BF交于点G，点H．
①求证：OG=OH；
②连接OP，若AP=4，OP=2，求AB的长．
【答案】(1)AE⊥BF；AE=BF．证明见解析
(2)①见解析；②AB=213
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=∠D=90°，然后利用“边角边”证明△ABF≌△DAE，根据全等三角形对应角相等可得AE=BF，∠DAE=∠ABF，然后求出∠PAB+∠ABF=90°，再求出∠APB=90°，然后根据垂直的定义解答即可；
（2）①根据正方形的对角线互相垂直平分可得∠AOB=∠AOG=90°，OA=OB，对角线平分一组对角可得∠ABO=∠DAO=45°，然后求出∠OAG=∠OBH，再利用“角边角”证明△OAG≌△OBH，根据全等三角形对应边相等可得OG=OH；②过点O作OM⊥AE于M，作ON⊥BF于N，根据全等三角形对应角相等可得∠OGA=∠OHB，再利用“角角边”证明△OGM≌△OHN，根据全等三角形对应边相等可得OM=ON，然后判断出四边形OMPN是正方形，根据正方形的性质求出PM=OM=1，再求出AM，然后利用勾股定理列式求出OA，再根据正方形的性质求出AB即可．
【详解】（1）解：AE⊥BF；AE=BF．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=90°，
在△ABF和△DAE中，
AB=AD∠BAD=∠D=90°AF=DE，
∴△ABF≌△DAESAS，
∴AE=BF，∠DAE=∠ABF，
∵∠DAE+∠PAB=∠BAD=90°，
∴∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠APB=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=∠AOG=90°，OA=OB，∠ABO=∠DAO=45°，
∵∠DAE=∠ABF，
∴∠ABO−∠ABF=∠DAO−∠DAE，
即∠OAG=∠OBH，
在△OAG和△OBH中，
∠OAG=∠OBHOA=OB∠AOB=∠AOG=90°，
∴△OAG≌△OBHASA，
∴OG=OH；
②解：如图2，过点O作OM⊥AE于M，作ON⊥BF于N，
∵△OAG≌△OBH，
∴∠OGA=∠OHB，
在△OGM和△OHN中，
∠OMG=∠ONH=90°∠OGA=∠OHBOG=OH，
∴△OGM≌△OHNAAS，
∴OM=ON，
∴四边形OMPN是正方形，
∵OP=2，
∴PM=OM=2×22=1，
∵AP=4，
∴AM=AP+PM=4+1=5，
在Rt△AOM中，OA=AM2+OM2=52+12=26，
∴正方形ABCD的边长AB=2=2×26=213．
【点睛】本题是四边形综合题型，主要利用了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，（2）②难度较大，作辅助线构造出全等三角形和以OP为对角线的正方形是解题的关键，也是本题的难点
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
16．（2022·吉林长春·统考二模）【感知】如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12AB，易知∠B=30°（不需要证明）．
【探究】如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A'处，折痕交AE于点G，求∠ADG的度数和AG的长．
【拓展】若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），若AB=6，直接写出EF的长．
【答案】【探究】15°；4−23【拓展】4
【探究】由折叠的性质可知，AD=A′D=2，∠ADG=∠A′DG，由DF=1，可得DF=12A′D，可知∠FDA′=60°，进而得出，∠ADA′=30°，利用折叠性质就可求∠ADG的度数；在Rt△A′DF中，根据勾股定理可求出A′F=3，A′E=2−3，通过角的计算，可得出∠EA′G=60°，可得出A′G=AG=4−23；
【拓展】利用折叠的性质可知四边形AECF是菱形，折叠后构成的六个小的直角三角形全等，可得出∠AEO=60°，△AEF是等边三角形，BE=OE=12AE，由AB=6，可得EF=4．
【详解】探究：解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，
∴EA=FD=12×边长=1，
沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，
∴A′D=AD=2，
∴FDA′D=12，
∴∠FA′D=30°，
可得∠FDA′=90°−30°=60°，
∵A沿GD折叠落在A′处，
∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，
∴∠ADG=∠ADA′2=90°−60°2=15°，
∵A′D=2，FD=1，
∴A′F=A′D2−FD2=3，
∴EA′=EF−A′F=2−3，
∵∠EA′G+∠DA′F=180°−∠GA′D=90°，
∴∠EA′G=90°−∠DA′F=90°−30°=60°，
∴∠EGA′=90°−∠EA′G=90°−60°=30°，
则A′G=AG=2EA′=2(2−3)=4−23；
拓展：解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，DC=AB， CD∥AB，
∴∠DFA=∠FAE，∠FCE=∠CEB，
由折叠得∠DFA=∠AFO，∠OEC=∠CEB，
∴∠EAF=∠AFO，∠FEC=∠FCE，
∴EA=EF，EF=FC，
∴EA=FC，
∴DF=EB，
由折叠得DF=OF，BE=OE，
∴OF=OE，
由折叠的性质可知：
∠FOA=∠EOC=90°，AD=OA=OC=BC，
∵FC=EA，CO=AO，OF=OE，
∴△COF≌△AOE，
∴∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，
∴A、O、C三点共线，E、O、F三点共线，且AC与EF互相平分，
又∵∠AOF=90°，
∴EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
结合折叠的性质和菱形的性质，可知：
∠OEA=∠OEC=∠BEC，BE=OE，
∴∠OEA=∠OEC=∠BEC=60°，
∴∠FAE=∠BEC=60°，
∵AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
在Rt△AOE中，∠OEA=60°，
∴BE=OE=12AE
∴AE=2BE，
∵AB=AE+BE=6，
∴BE=2，
∴AE=EF=4．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质、折叠的性质、菱形的判定及性质、等边三角形的判定及性质等知识，把握正方形、矩形折叠的性质是解决本题的关键．
17．（2022·吉林长春·模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G，BE与CG交于点M．
(1)求证：CE=DG．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若CE=6，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结AM．则线段AM的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)143
(3)55−5
【分析】（1）利用ASA证明△BCE≌△CDG，得CE=DG；
（2）连接HE，利用等角对等边证明HG=HF，设DH=x，则GH=HF=6−x，由勾股定理得，6−x2+62=x2+42，解方程即可；
（3）取BC的中点O，连接OM，AO，利用勾股定理求出AO，直角三角形斜边上中线的性质得MO的长，再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，
∴∠DCG+∠BCM=90°，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCM=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠CBM=∠DCG，
∴△BCE≌△CDGASA，
∴CE=DG；
（2）解：连接HE，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，
∵AD∥BC，
∴∠HGF=∠BCF，
∵∠BFC=∠HFC，
∴∠HGF=∠HFG，
∴HG=HF，
设DH=x，则GH=HF=6−x，
由勾股定理得，6−x2+62=x2+42，
解得x=143，
∴DH=143；
（3）解：取BC的中点O，连接OM，AO，
则BO=5，AO=55，
∵∠BMC=90°，O为BC的中点，
∴MO=12BC=5，
∵AM≥AO−OM，
∴AM的最小值为AO−OM=55−5，
故答案为：55−5．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
18．（2022·河南信阳·统考模拟预测）学习了菱形的判定后，小张同学与小刘同学讨论探索折纸中的菱形．
小张：如图①，两张相同宽度的矩形纸条重叠部分（阴影部分）是一个菱形．
小刘：如图②，一张矩形纸条沿EG折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后是一个菱形．
(1)小张同学的判断是否正确？
(2)小刘同学的判断是否正确？如果正确，以小刘的方法为例，证明他的判断；如果不正确，请说明理由．
(3)如图③，矩形ABCD的宽AB=4，若AE=2AB，沿BE折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱形GBFE，求菱形GBFE的面积．
【答案】(1)正确
(2)正确，理由见解析
(3)20
【分析】（1）由两个纸条是矩形可得EF∥GH，HE∥GF，得到四边形EFGH是平行四边形，根据两张矩形纸条宽度相同，利用两个三角形全等得到邻边相等即可证明；
（2）根据折叠确定邻边相等，再根据矩形性质及折叠可确定四边形EFGH是平行四边形，从而根据邻边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）根据平行四边形的面积公式，已知高AB=4，设AG=x，则GE=8−x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得到x=3，进而得GE=8−x=5，代入公式求解即可．
（1）
解：正确．
理由如下：由两个纸条是矩形可得EF∥GH，HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴∠EHM=∠EFN，
过E作EM⊥HG,EN⊥GF，垂足为M,N，如图所示：
∵两张矩形纸条宽度相同，
∴EM=EN，
在ΔEMH和ΔENF中，
∠EMH=∠ENF=90°∠EHM=∠EFNEM=EN，
∴ΔEMH≅ΔENFAAS，
∴EH=EF，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）
解：正确．
理由如下：由ABCD是矩形可得HE∥GF，
由轴对称的性质可知∠HEG=∠FEG，∠HGE=∠FGE，
∵HE∥GF，
∴∠HEG=∠EGF，
∴∠FEG=∠EGF=∠HGE，
∴EF=GF，HG∥EF，
又∵HE∥GF，
∴四边形HEFG为平行四边形，
∵EF=GF，
∴四边形HEFG为菱形，
（3）
解：∵AB=4，
∴AE=2AB=8，
∵四边形GBFE为菱形，
∴GB=GE，
设AG=x，则GE=8−x，
在Rt△ABG中，由勾股定理，得42+x2=8−x2，解得x=3，
∴GE=8−x=5，
∴菱形GBFE的面积=4×5=20．
【点睛】本题考查的是图形的翻折变换、矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理求线段长、菱形面积公式，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键．
19．（2022·云南昆明·云大附中校考三模）综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中△ABN是什么特殊三角形？请写出解答过程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT；求证：四边形SATA′是菱形．
【答案】(1)折痕BM所在直线是线段AN的垂直平分线，△ABN是等边三角形，过程见解析
(2)15°
(3)见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形．
（1）
解：如图①，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
（2）
解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
（3）
证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
20．（2022·湖北武汉·校考三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若CEBC=23，求GHDH的值；
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两点，若ABBC=34,DHGH=45，则DEEC的值为___________．（直接写出结果）
【答案】（1）见解析；（2）17；（3）174
【分析】（1）根据AAS证明三角形全等即可；
（2）如图2中，连接EH．根据HF2+FE2=DH2+DE2，求出DE即可解决问题；
（3）如图3中，连接HE．由ABBC=34,DHGH=45，可以设AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根据相似三角形的判定和性质可得CE=12m，则DE=CD−CE=3x−12m，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在△BCE和△CDG中，
∠BCE=∠D∠BEC=∠CGDBC=CD，
∴△BCE ≌△CDG（AAS）；
（2）解：如图2中，连接EH．
∵△BCE ≌△CDG，
∴CE=DG，
由折叠可知BC=BF,CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，
∵CEBC=23，
设CE=2x，则BC=CD=3x,FE=CE=2x，
∴DE=CD−CE=x，
设HF=HG=a，
∴DH=DG−HG=2x−a，
∴由折叠可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴a2+（2x）2=（2x−a）2+x2，
∴x=4a或0（舍弃），
∴DH=2x−a=7a，
∴GHDH=a7a=17；
（3）解：如图3中，连接HE．
由ABBC=34,DHGH=45，
设AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，
由（2）知HF=HG=5m，
∴DG=9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG ∽△BCE，
∴DGCE=CDBC=ABBC=34，
∴9mCE=34，
∴CE=12m=FE，
∴DE=3x−12m，
∵∠D=∠HFE=90°
∴HF2+FE2=DH2+DE2，
∴（5m）2+（12m）2=（4m）2+（3x−12m）2，
∴x=4m+17m或4m−17m（舍弃），
∴DE=3x−12m=12m+317m−12m=317m，
∴DEEC=317m12m=174．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
21．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）我们把连接菱形对边中点得到的所有菱形称作如图①所示基本图的特征图形显然这样的基本图共有5个特征图形．将此基本图不断复制并平移，使得相邻两个基本图的一个顶点与对称中心重合，这样得到图1、图2、图3…
(1)观察以上图形并完成下表：
猜想：在图n中，特征图形的个数为______；（用含n的式子表示）
(2)已知基本图的边长为4，一个内角恰好为60°，求图20中所有特征图形的面积之和．
【答案】(1)17，4n+1
(2)图20中所有特征图形的面积之和为2823
【分析】（1）根据从第2个图形开始，每多一个基本图形就会多出4个菱形解答即可；
（2）根据图形的特征解决问题即可．
(1)
解：观察图形和表可得：
图1中的特征图形的个数为：5=4+1，
图2中的特征图形的个数为：9=4×2+1，
图3中的特征图形的个数为：13=4×3+1，
∴图4中的特征图形的个数为：17=4×4+1，
∴图n中的特征图形的个数为：4n+1．
故答案为：17，4n+1
(2)
如图，过点A作AD⊥BC于D，
根据题意知基本图的边长为4，一个内角恰好为60°，
即菱形ABCE的边长为4，一个内角恰好为60°，
∴AB=BC=4，∠ABC=60°，
∴在Rt△ABD中，AD=AB·sin∠ABC=4×sin60°=23，
∴S菱形ABCD=BC·AD=4×23=83，
∴大的特征图形面积为83，小的特征图形面积为83÷4=23，
由（1）知，图20中共有特征图形：4×20+1=81（个），
其中有20个大的特征图形，61个小的特征图形，
∴图20中所有特征图形的面积之和为：20×83+61×23=2823．
∴图20中所有特征图形的面积之和为2823．
【点睛】本题考查平移设计图案，规律型问题，涉及到菱形的面积计算和三角函数等知识．解题的关键是学会探究规律的方法．
22．（2022·福建厦门·厦门双十中学校考二模）如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．
(1)若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
(2)若BC＝k AB，2＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)若BC＝k AB，2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由见解析
【分析】（1）根据AF=DF，可得∠DAF=∠ADF，从而得到∠BAF=∠CDF，可证得△BAF≌△CDF，从而得到BF=CF，即可求证；
（2）假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，可证得△BEF∽△FEC，从而得到AB2=BE⋅CE，然后设BE=x，可得x2−kABx+AB2=0，从而得到Δ=(k2−4)AB2<0，进而得到该方程没有实数根，即可求解．
（1）
证明∶ ∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，
∵AF=DF，
∴∠DAF=∠ADF，
∴∠BAF=∠CDF，
在△BAF和△CDF中，
∵AB=CD，∠BAF=∠CDF，AF=DF，
∴△BAF≌△CDF（SAS），
∴BF=CF，
由平移可知：EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴点E为BC的中点；
（2）
若BC＝k AB，2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由如下：
假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，
由平移可知：EF∥AB，EF=AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴∠BEF=∠CEF=90°，
∴∠FBC+∠BFE=90°，
∴∠FCB=∠BFE，
∴△BEF∽△FEC，
∴BEEF=EFCE，即EF2=BE⋅CE，
∴AB2=BE⋅CE，
设BE=x，
∵BC＝k AB，
∴CE=BC−BE=kAB−x，
∴AB2=x(kAB−x)，
整理得：x2−kABx+AB2=0，
∴Δ=(−kAB)2−4×1×AB2=(k2−4)AB2，
∵2＜k＜2，
∴2∴k2−4<0，
∴Δ=(k2−4)AB2<0，
∴该方程没有实数根，
即不存在BE，使EF2=BE⋅CE，
∴若BC＝k AB，2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式是解题的关键．
23．（2022·云南德宏·统考模拟预测）如图，将△ABC沿射线AB平移4cm后能与△BDE完全重合，连接CE、CD交BE于点O，OB＝OC．
(1)求证：四边形CBDE为矩形；
(2)若S△BOC＝433cm2，求∠ACD的度数．
【答案】(1)见解析
(2)120°
【分析】（1）由平移的性质及ASA判定定理可证得△OCE≌△ODB，根据全等三角形的性质即可求证结论．
（2）根据矩形的性质及面积公式即可求得BC，进而可利用特殊三角函数值可求得∠BCD=60°，根据垂直平分线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可知：△BDE由△ABC平移后得到，
∴BC//DE，且BC=DE，
∴四边形CBDE是平行四边形，
∴CE//BD，且CE=BD，
∴∠ECD=∠CDB，∠CEB=∠EBD，
在△OCE和△ODB中
∠ECD=∠CDBCE=BD∠CEB=∠EBD，
∴ △OCE≌△ODB(ASA)
∴OC=OD，OB=OE，
又∵OB=OC，
∴CD=BE，
∴ 平行四边形CBDE为矩形．
（2）由（1）可知四边形CBDE为矩形，
∴∠CBD=90°，且BD=4cm，
在△OBC中过点O作BC的垂线，垂足为F，则OF=2，
∵S△BOC=12×2×BC=433，
∴BC=433cm，
∴在Rt△CBD，tan∠BCD=BDCB=4433=3，
∴∠BCD=60°，
又∴在△ACD中，BC是AD的垂直平分线，
∴∠ACB=∠BCD=60°，
∴∠ACD=120°，
∴∠ACD的度数为120°．
【点睛】本题考查了平移的性质、全等三角形的判定及性质、矩形的判定及性质、特殊三角函数值求角度，熟练掌握相关性质及判定定理是解题的关键．
24．（2022·山东淄博·统考二模）已知，矩形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上．
(1)如图1，当矩形ABCD为正方形时，且DE⊥GF，求证：BF=AE+AG；
(2)在（1）的条件下，将GF沿AD向右平移至点G与点D重合，如图2，连接EF，取EF的中点P，连接PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点F在BC上，连接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，FG=5，求线段EH的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE=2CP，理由见解析
(3)线段EH的长为4103．
【分析】（1）作GM⊥BC于M．证△DAE≌△GMF，得AE=FM，AG=BM．所以BF=AE+AG；
（2）作EQ∥CP交BC于Q．证EQ=2CP，EQ=2BE可得BE=2CP；
（3）作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，取AD 的中点I，取BC的中点J，得四边形ABJI是正方形，延长IJ到L，使JL=AM=1，证明△BAM≌△BJL（SAS），再证明△MBK≌△LBK（SAS），推出MK=KL，设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，在Rt△IMK中，由勾股定理求得x 的值，再利用平行线分线段成比例定理可得．
（1）
解：如图1，过点G作GM⊥BC于M，
则∠GMB=∠GMF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABMG是矩形，
∴AG=BM，
∵DE⊥GF，
∴∠ADE+∠DGF=∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DGF，
又∠DGF=∠MFG，
∴∠AED=∠MFG，
∴△DAE≌△GMF（AAS），
∴AE=MF，
则BF=BM+MF=AG+AE；
（2）
解：BE=2CP，理由如下：
如图2，过点E作EQ∥PC，交BC于点Q，
∵P是EF的中点，
∴PC是△EQF的中位线，
则EQ=2PC，QC=CF，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
又∵∠A=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE=CF=QC，
∵AB=BC，
∴BE=BQ，
则∠BEQ=45°，
∴EQ=2BE，
则2PC=2BE，
∴BE=2PC；
（3）
解：如图所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
则四边形BFGM和四边形BEHN是平行四边形，
∴BM=GF=5，BN=EH，
∵AB=2，∴AM=BM2−AB2=1，
取AD 的中点I，取BC的中点J，连接IJ，
∵AB=2，BC=4，
∴AI=BJ=2，
∴四边形ABJI是正方形，
∴MI=1，AB=BJ=2，
延长IJ到L，使JL=AM=1，IJ交BN于点K，
∵BA=BC，∠A=∠BJI=∠BJL=90°，
∴△BAM≌△BJL（SAS），
∴∠ABM=∠JBL，BM=BL=5，
∵∠GOH=45°，BN∥EH，BM∥GF，
∴∠MBN=∠MBK=45°，
∴∠ABM+∠JBK=45°，
∴∠JBL+∠JBK=45°，即∠LBK=45°，
∴△MBK≌△LBK（SAS），
∴MK=KL，
设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，
在Rt△IMK中，由IM2+IK2=MK2可得12+（2-x）2=（x+1）2，
解得x=23，即KJ=23，
则BK=KJ2+BJ2=2103，
∵四边形ABCD是矩形，四边形ABJI是正方形，点J是BC的中点，
∴KJ∥CN，
∴BKBN=BJBC=24=12，
∴BN=2BK=4103．
∴线段EH的长为4103．
【点睛】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识点．
25．（2022·辽宁沈阳·统考一模）已知正方形ABCD，在边DC所在的直线上有一动点E，连接AE，一条与射线AE垂直的直线l沿射线AE方向，从点A开始向上平移，垂足为点P，交边AD所在直线于点F．
(1)如图1所示，当直线l经过正方形ABCD的顶点B时．求证：AF=DE；
(2)如图2所示，当直线l经过AE的中点时，与对角线BD交于点G，连接EG，CG．求证：GE=GC；
(3)直线l继续向上平移，当点P恰好落在对角线BD所在的直线上时，交边CB所在的直线于点H，当AB=3，DE=1，请直接写出BH的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)32或6
【分析】（1）证明△ABF≌△DAE（ASA），可得结论．
（2）连接AQ，CQ．想办法证明△AQF是等腰直角三角形即可解决问题．
（3）分成若点E在线段CD上时与点E在CD的延长线上时两种情况进行讨论，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠BAD=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠APB=90°，
∴∠PAD+∠PAB=90°，∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF=DE．
（2）证明：连接AG，如图所示，
∵AE⊥FG，AP=EP，
∴GE=GA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABG=∠CBG，
∵BG=BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴GA=GC，
∴GE=GC；
（3）如图，若点E在线段CD上时，过点F作FT⊥BC，垂足为点T，
则四边形DFTC是矩形．
∴FT=DC，∠ADE=∠FTH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=BC，
∵AE⊥FH，
∴∠APF=90°，
∵∠DAE+∠AFP=90°，∠AFP+∠TFH=90°，
∴∠DAE=∠TFH，
∵∠ADE=∠FTH，AB=FT，
∴△ADE≌△FTH（ASA），
∴DE=TH，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴BHDF=BPDP=ABDE=31=3，
∴CT=BF=13BH，
∵BC=3，
∴13BH+1+BH=3
∴BH=32，
同理，若点E在CD的延长线上时，可得BH=6，
故答案为：32或6
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
26．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．
(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=32时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)3或13
(3)35
【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
{∠B=∠AMF∠BAE=∠MAFAE=AF，
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．
（2）
当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=32，
则BE=AE2−AB2=2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=2，
在Rt△CMF中，MF=2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=MF2+CM2=3，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=32+22=13；
故CF的长为3或13．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，
由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
{∠CMJ=∠ADC∠MCJ=∠ACD，
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
∴CMCD=MJAD=CJAC，
即∴14=MJ3=CJ5，
∴MJ=34，CJ=54，
DJ=CD−CJ=4−54=114，
在△CMJ与△DHJ中，
{∠CMJ=∠DHJ∠CJM=∠DJH，
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
∴CMDH=CJDJ，
即1DH=54114，
DH=115，
故DF的最小值115；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
{AD=AR∠DAE=∠RAFAE=AF，
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
∴AQ=AD⋅cs∠BAC=3×45=125，
∵AR=AD=3，
∴DK=QR=AR−AQ=3−125=35，
故此时DF的最小值为35；
由于35<115，故DF的最小值为35．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
27.（2022·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），
（参考数据：sin15°=6−24,cs15°=6+24,tan15°=2−3）
【答案】(1)1,1，S1=14S
(2)①△OMN是等边三角形，理由见解析；②3−1
(3)tanα2,1−tan45°−α2
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．
（1）
如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案为：1，1，S1=14S．
（2）
①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-3，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-3）=3-1，
∴S四边形OMCN=2×12×CM×OJ=3-1．
（3）
如图4，将∠HOG沿OH翻折得到∠HOG′，则△MON≌△M′ON，此时则当M,N在BC上时，S2比四边形NOM′C的面积小，

设M′C=a,CN=b，则当S△CNM'最大时，S2最小，
∵ S△MNM′ =12ab≤12a+b22，即M′C=NC时，S△CNM'最大，
此时OC垂直平分M′N，即ON=OM′，则OM=ON
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，

∵ OM=ON，OQ⊥MN
∴BM=CN
∴当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tanα2=tanα2，
∴MN=2MQ=2tanα2，
∴S2=S△OMN=12×MN×OQ=tanα2．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．

∵ OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM
则△COM≌△CON，
∴∠COM=α2，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-α2，
QM=OQ•tan（45°-α2）=tan（45°-α2），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-α2），
∴S2=2S△CMO=2×12×CM×OQ=1-tan（45°-α2）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别为边AB，BC，AD上的点，且AE=BF=DG，连接EF，GE，GF．
(1)△BEF可以看成是△AGE绕点M逆时针旋转α角所得，请在图中画出点M，并直接写出α角的度数；
(2)当点E位于何处时，△EFG的面积取得最小值？请说明你的理由；
(3)试判断直线CD与△EFG外接圆的位置关系，并说明你的理由．
【答案】(1)见解析
(2)当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值，理由见解析
(3)：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质与旋转的性质，连接BD交GF于点M，则点M即为旋转中心；
（2）先证明Rt△GAE≌Rt△EBFSAS，得GE=FE，∠AEG=∠BFE，得到△EFG是等腰直角三角形，再根据勾股定理与三角形面积公式得到S△EFG=12GE2=12AG2+AE2=x−12a2+14a2，然后利用二次函数的最值求解即可；
（3）分两种情况：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．分别说明理由 即可．
【详解】（1）解：如图1，连接BD交GF于点M，则点M即为所求，
∴旋转角α=∠AMB=90°；
（2）解：当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值．
理由：设正方形的边找为a， AE=BF=DG=x，则AG=a−x，
在Rt△GAE和Rt△EBF中，
GA=EB∠DAB=∠ABCAE=BF，
∴Rt△GAE≌Rt△EBFSAS，
∴GE=FE，∠AEG=∠BFE，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴S△EFG=12GE2=12AG2+AE2=x−12a2+14a2，
∴当x=12a时，即点E位于AB的中点时，面积最小，
（3）解：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG的外接圆相切．
理由：设GF的中点为O，连接OE，如图2，
∴OE=12GF，
当点E位于AB的中点时，点G于AD的中点，点F于CB的中点，
∴GF=CD=AD，
∴OE=12AD，
∴当O到CD的距离为12AD，
∴直线CD与△EFG外接圆相切；
当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交，
理由：当点E位于AB的非中点时，GF>CD，
∴O到CD的距离∴直线CD与△EFG外接圆相交．
综上当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．
【点睛】本踢考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定，证明Rt△GAE≌Rt△EBF是解题的关键．
29．（2022·山东枣庄·校考模拟预测）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC=90°，AD=4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°<α<90°）．
(1)如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE=CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
(2)如图3，延长CE交直线AG于点P．求证：AG⊥CP；
【答案】(1)①△AGD≌△CED，理由见解析；②GH=81515
(2)证明见解析
【分析】（1）①根据“边角边”，证明△AGD≌△CED即可；②过点A作AT⊥GD于T，根据①中△AGD≌△CED，CD=CE，得出AD=AG=4，再根据三线合一的性质，得出TG=TD=1，再根据勾股定理，得出AT=15，再根据EF∥DG，得出△GFH∽△ATG，再根据相似三角形的性质，计算即可得出答案；
（2）设AD交PC于O，根据（1）△AGD≌△CED，得出∠DAG=∠DCE，再根据角之间的数量关系，得出∠DCE+∠COD=90°，再根据等量代换，得出∠AOP+∠DAG=90°，再根据垂线的定义，即可得出结论．
【详解】（1）解：①如图2中，结论：△AGD≌△CED．
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE=90°，
∵DA=DC，∠ADC=90°，
∴∠GDE=∠ADC，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△AGD≌△CEDSAS．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．
∵△AGD≌△CED，CD=CE，
∴AD=AG=4，
∵AT⊥GD，
∴TG=TD=1，
∴AT=AG2−TG2=15，
∵EF∥DG，
∴∠GHF=∠AGT，
∵∠F=∠ATG=90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴GHAG=FGAT，
∴GH4=215，
∴GH=81515．
（2）证明：如图3中，设AD交PC于O．
∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG=∠DCE，
∵∠DCE+∠COD=90°，∠COD=∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG=90°，
∴∠APO=90°，
∴CP⊥AG．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、垂线的定义，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
30．（2022·山东德州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，BE平分∠ABC交AD于点E.连接CE，点F是BE上一动点，过点F作FG∥CE交BC于点G．将△BFG绕点B旋转得到△BF′G′．
(1)连接CG′，EF′，求证：△BEF′∼△BCG′；
(2)当点G′恰好落在直线AE上时，若BF=3，求EG′的值．
【答案】(1)见解析
(2)EG′=3−142或3+142
【分析】（1）先证得BF′BE=BG′BC，∠F′BE=∠CBG′，从而证明了结论；
（2）先求得BG的长，进而求得BG′=BG=522，然后利用勾股定理解直角三角形ABG′，即可求得结果．
【详解】（1）（1）证明：∵FG∥CE，
∴△BFG∼△BEC，
∴BFBE=BGBC，
∴BF′BE=BG′BC，
由旋转可知：∠F′BG′=∠EBC，
∴∠FBG′+∠EBG′=∠EBC+∠EBG′，
即∠F′BE=∠CBG′，
∴△BEF′∼△BCG′；
（2）如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠ABC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=12∠ABC=45°，
∴∠AEB=90°−∠ABE=45°，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=3，
∴BE=32+32=32，
由（1）知：BGBC=BFBE，
∴BG5=332，
∴BG=522，
∴BG′=BG=522，
在Rt△ABG′中，由勾股定理得，AG′=BG′2−AB2=5222−32=142，
∴EG′=AE−AG′=3−142，EG″=3+142，
综上所述，EG′=3−142或3+142．
【点睛】本题考查了矩形性质，相似三角形判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
【考点7 特殊四边形中的动点问题】
31．（2022·四川绵阳·校考二模）在矩形ABCD中，AB=8,AC=10，点P是对角线AC上一动点（不与点A,C重合），连接BP，过点P作PE⊥PB交线段DC于点E，设PC=nAC．
(1)如图①，求tan∠PED的值（用含n的代数式表示）．
(2)如图②，连接BE，当PE平分∠BED时，求n的值．
【答案】(1)tan∠PED=4n3−3n
(2)n的值是12
【分析】（1）过点P作PM⊥BC于点M，根据矩形的性质和补角的性质可证∠PED=∠PBC，然后证明△CPM∽△CAB得出PM8=CM6=n，从而求出PM，CM，BM，最后根据正切的定义求解即可；
（2）易得点P、E、C、B四点共圆，取BE的中点为圆心O，因为同弧所对的圆周角相等，所以∠PEB＝∠PCB，又因为PE平分∠BED，所以∠PEB＝∠PED，即∠PED＝∠PCB，所以tan∠PED=tan∠PCB=ABBC=43，再结合（1）可得4n3−3n=43，即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点P作PM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD为矩形，PE⊥PB，
∴∠PEC+∠PBC=180°，
又∵∠PEC+∠PED=180°
∴∠PED=∠PBC，
∵AB=8,AC=10，
∴BC=6，
∵PM∥AB，
∴△CPM∽△CAB
∴PMAB=CMCB=CPCA=nCACA=n，即PM8=CM6=n，
∴PM=8n,CM=6n，
∴BM=BC−CM=6−6n
∴tan∠PED=tan∠PBC=PMBM=8n6−6n=4n3−3n；
（2）解：如图，取BE的中点O，连接OP、OC，
∵∠BPE=∠BCE=90°，
∴OC=OB=OE=OP=12BE
∴点P、E、C、B四点在⊙O上，
∴∠PEB=∠PCB
∵PE平分∠BED，
∴∠PEB=∠PED，
∴∠PED=∠PCB，
∴tan∠PED=tan∠PCB=ABBC=86=43，
由（1）可得4n3−3n=43，
解得n=12，经检验：n=12是分式方程的解．
故n的值是12．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数以及四点共圆等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形相似是解决问题的关键．
32．（2022·江苏淮安·统考一模）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
(1)如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；
(2)如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若∠MBN=60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形BMDN的周长的最小值为___________；
【尝试应用】
(3)现有一个平行四边形材料ABCD，如图③，在▱ABCD中，AB=17，BC=6，tanB=4，点E在BC上，且BE=4，在▱ABCD边AD上有一点P，使四边形ABEP为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．
【答案】(1)一定
(2)四边形BMDN是“等邻边四边形”，理由见解析，四边形BMDN的周长最小值为43+4
(3)217+8或493或14
【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明BM=BN即可；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．分三种情形：①当AP=AB=17时，②当PA=PE时，③当PE=BE时，分别求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD的邻边相等，
∴矩形ABCD一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②，四边形BMDN是等邻四边形；
理由：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDM=∠BCN=60° ，DB=CB，
∵∠MBN=∠DBC=60°，
∴∠DBM=∠CBN，
∴△DBM≌△CBNASA，
∴BM=BN，DM=CN，
∴四边形BMDN是等邻四边形，
∴DM+DN=DN+NC=CD=4，
∵BM+DM+DN+BN=BM+BN+4，
∴BM+BN的值最小时，四边形BMDN的周长最小，
根据垂线段最短可知，当BN⊥AD时，BM的值最小，
此时，BM=BN=AB⋅sin60°=23，
∴四边形BMDN的周长的最小值为43+4．
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．
∵tanB=AHBH=4，AB=17，
∴BH=1，AH=EN=4，
∵BE=4，
∴AN=HE=4−1=3，
①当AP=AB=17时，
S四边形ABEP=12⋅BE+AP⋅AH=12×17+4×4=217+8．
②当PA=PE时，设PA=PE=x，
在Rt△PEN中，∵PE2=NE2+PN2，
∴x2=42+x−32，
∴x=256，
∴S四边形ABEP=12⋅BE+AP⋅AH=12×256+4×4=493．
③当PE=BE时，点P与N重合，此时．
S四边形ABEP=12⋅BE+AP⋅AH=12×3+4×4=14．
综上：四边形ABEP的面积为217+8或493或14．
【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
33．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与实践：
问题情境：在综合与实践课上，数学老师出示了一道思考题：
如图，在正方形ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．
(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD外部时如图2与图3，（1）中的结论是否还成立？若成立，请利用图2进行证明；若不成立，请说明理由；
问题解决：
(3)如图4，在正方形ABCD中，AB=22，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若BE=62，求△BPE的面积．
【答案】(1)CE=2BP；
(2)成立，证明见解析；
(3)16−42．
【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（2）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得ABAC=BPCE，即可；
（3）连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，根据正方形的性质，可得AF=BF=2，再证得△FAP≅△GPE，可得FP=EG，PG=AF=2，在Rt△EGB中，根据勾股定理可得EG=42−2，即可．
【详解】（1）解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
故答案为：CE=2BP；
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
∴cs∠BAC=BAAC=22，
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
∴ABAC=BPCE，
∴BPCE=22．
即CE=2BP；
（3）解：如图4，连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，
∵四边形ABCD是正方形，AB=22，
∴BC=AB=22，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP+∠APF=90°，
∴AF=BF，
∴BF=AF=AB⋅sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP≅△GPEAAS，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，由勾股定理得，BE2=BG2+EG2，
设FP=EG=x，
∴622=2+x+22+x2，
解得，x1=42−2，x2=−42−2（舍去），
即EG=42−2，
∴S△BPE=12BP⋅EG=122+42−2×42−2=16−42．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
34．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，CD=12AB，求AG的长．
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)AG=437
【分析】1①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
2依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB//CF；依据△ABD≌△ACF可得BD=CF，依据CD−BD=BC，即可得出CD−CF=BC；
3判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据△AGC∽△FGD，即可得到AGFG=CGDG=ACDF，进而得出AG的长．
（1）
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，
故答案为：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
（2）
结论①成立，而结论②不成立．
证明：如图2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD−BD=BC，
∴CD−CF=BC；
（3）
解：如图3，连接DF，过A作AH⊥BD于H，则AH=23，DH=2+2=4，
∴Rt△ADH中，AD=27，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
∴AGFG=CGDG=ACDF=427，
∴可设AG=4x，则FG=27x，CG=6−27x，DG=27−4x，
∴6−27x27−4x=427，
解得x=73，
∴AG=437．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是解本题的关键．
35.（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
(1)如图，当E在边AD上且DE=2时，求∠AEM的度数．
(2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
(3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．
【答案】(1)∠AEM＝90°；
(2)DE＝103；MN∥BD，证明见解析；
(3)DE的长为27或87−143．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cs∠ENC＝2EN=610，得EN＝103，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得BMCN=MCEN，从而解决问题．
【详解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如图1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cs∠ENC＝2EN=610，
∴EN＝103，
∴DE＝EN＝103；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝BC2−BM2=27．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝27；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝27，CN＝8-27，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴BMCN=MCEN，
∴EN=MC⋅CNBM=87−143，
∴DE＝EN＝87−143．
综上所述，DE的长为27或87−143．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
【考点8 中点四边形的形状探究】
36.（2022·湖南张家界·统考二模）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、AD的中点，下列说法正确的是（ ）
A．当AC⊥BD时，四边形EFGH是菱形
B．当AC＝BD时，四边形EFGH是矩形
C．当四边形ABCD是平行四边形时，则四边形EFGH是矩形
D．当四边形ABCD是矩形时，则四边形EFGH是菱形
【答案】D
【分析】根据中位线的性质可得EH=FG=12BD，EF=GH=12AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，可得四边形EFGH是平行四边形，根据菱形、矩形的判定定理逐一判断即可得答案．
【详解】∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH=FG=12BD，EF=GH=12AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD，∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是矩形，故A选项错误，
当AC＝BD时，EH=FG=EF=GH，
∴四边形EFGH是菱形，故B选项错误，
当四边形ABCD是平行四边形时，四边形EFGH是平行四边形，故C选项错误，
当四边形ABCD是矩形时，AC=BD，则四边形EFGH是菱形，故D选项正确
故选：D．
【点睛】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
37．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）顺次连结等腰梯形各边中点得到的四边形是（ ）
A．矩形B．菱形C．等腰梯形D．平行四边形
【答案】B
【分析】连接AC、BD，可证MN为△ABD的中位线，PQ为△CBD的中位线，根据中位线定理可证MN∥BD∥PQ，MN=PQ=12BD，同理可证PN∥AC∥MQ，NP=MQ=12AC，根据等腰梯形的性质可知AC=BD，故可证四边形PQMN为菱形．
【详解】解：连接AC、BD，
∵M、N分别为AD、AB的中点，
∴MN为△ABD的中位线，
∴MN∥BD，MN=12BD，
同理可证BD∥PQ，PQ=12BD，
∴MN=PQ，MN∥PQ，四边形PQMN为平行四边形，
同理可证NP=MQ=12AC，
根据等腰梯形的性质可知AC=BD，
∴PQ=NP，
∴平行四边形PQMN为菱形．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
38.（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A．菱形B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形D．对角线相等的四边形
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=12BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点，
∴EH=12AC，EH∥AC，FG=12AC，FG∥AC，EF=12BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=12AC，EF=12BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点睛】题目主要考查中位线的性质及菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用三角形中位线的性质是解题关键．
39．（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
【答案】D
【分析】根据连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断，即可求解
【详解】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；
故选D．
40．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中， 一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还要满足 时，四边形MNPQ是正方形．
(2)如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．
①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，求四边形ABCD的面积；
②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，则四边形ABED的面积的最大值为 ．
【答案】(1)①矩形；②AC⊥BD
(2)①3+221；②18
【分析】（1）①根据等角线四边形的定义进行判断即可；
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形，首先证明四边形MNPQ是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作DE⊥AB于E，利用勾股定理求出相关线段的长，再根据S四边形ABCD=S△ADE+S梯形DEBC计算即可；
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，只要证明当AE⊥BD且A、C、E共线时，四边形ABED的面积最大即可．
【详解】（1）解：①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
∵矩形的对角线相等，
∴矩形一定是等角线四边形．
故答案为：矩形．
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．理由如下：
如图1，∵M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴PQ=12AC，MN=12AC，PN=12BD，QM=12BD，PQ∥AC，QM∥BD，
∵AC=BD，
∴MN=NP=PQ=QM，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠1=90°，
∵PQ∥AC，QM∥BD，
∴∠3=∠2，∠2=∠1，
∴∠1=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
故答案为：AC⊥BD．
（2）①如图2，作DE⊥AB于E，
∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
∴AC=AB2+BC2=42+32=5，
∵AD=BD，DE⊥AB，
∴AE=BE=12AB=2，
∵四边形ABCD是等角线四边形，
∴AD=BD=AC=5，
在Rt△BDE中，DE=BD2−BE2=52−22=21，
∴S四边形ABCD=S△ADE+S梯形DEBC
=12AE·DE+12DE+BC·BE
=12×2×21+12×21+3×2
=3+221．
∴四边形ABCD的面积为3+221．
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，作DH⊥AE于H，BG⊥AE于G，
∴DH≤DQ，BG≤BQ，
∵四边形ABED是等角线四边形，
∴AE=BD，
∵S四边形ABED=S△ABE+S△ADE
=12AE·BG+12AE·DH
=12AE·BG+DH
≤12AE·BQ+DQ，
即：S四边形ABED≤12AE·BD，
∴当点G与点H重合时即AE⊥BD，等号成立，
∵AE=BD，
∴S四边形ABED≤12AE2，
即线段AE最长时，四边形ABED的面积最大，
∵AE≤AC+CE，
∴AE≤5+1，
∴AE≤6，
∴AE的最大值为6，
∴当A、C、E共线时，四边形ABED的面积的最大值为12×62=18．
故答案为：18．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了中点四边形，三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，三角形三边关系定理，圆等知识．解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值．
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】
41.（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．
42．（2022·辽宁沈阳·沈阳市第七中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=6，BD=8，则四边形EFGH的面积是______．
【答案】12
【分析】根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH为矩形，根据矩形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF=12AC=3， EF∥AC，GH=12AC=3，GH∥AC，EH=12BD=4， EH∥BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH为矩形，
∴S四边形EFGH=3×4=12，
故答案为：12．
【点睛】此题考查了中点四边形，解题的关键是掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理．
43.（2022·山东济南·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=______．
【答案】16
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG=2OE，FH=2OH．在Rt△OEH中，根据勾股定理得到OE2+OH2=EH2=4，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4=22，把等式进行变形，并把EG=2OE，FH=2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值．
【详解】∵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△ABC、△ACD的中位线，
根据三角形的中位线的性质知，EH=FG=12BD，EF=HG=12AC．
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH，EG=2OE，FH=2OH．
在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，
等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，
∴（2OE）2+（2OH）2=16，
即EG2+FH2=16．
故答案为16．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，题目比较典型，又有综合性，难度不大．
44．（2022春·陕西西安·八年级陕西师大附中校考期末）问题背景：
△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF
猜想证明：
(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．
(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．
拓展延伸：
(3)如图②，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN和△DEN均为等腰直角三角形．
【答案】(1)四边形FGHI是菱形．理由见解析
(2)四边形FGHI的周长为47
(3)见解析
【分析】（1）根据△ABC和△CDE为等边三角形，可得四边形ABED是等腰梯形，再根据点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，即可得出FG=IH=FI=GH，进而得到四边形FGHI是菱形；
（2）过A作AM⊥BC于M，连接AE，再根据勾股定理，求得Rt△ACM中，AM=33，Rt△AEM中，AE=27，由（1）可得，四边形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出四边形FGHI的周长=4FG=2AE；
（3）由点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，所以直线CF为△ABC和△CDE的对称轴，则有AN＝BN，DN＝EN，再利用三角形中位线得FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，则FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，又由四边形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形FGHI是菱形.
理由：如图①，连接AE,BD，
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴AC＝BC,EC＝DC，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
FG＝12AE＝IH.FI＝12BD＝CH.
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四边形FGHI是菱形；
（2）解：如图②，过点D作DM⊥EC于点M，
∵△CDE为等边三角形，
∴MC＝12EC＝12×2＝1，∠C＝60°，
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt△DMC中，DM＝DC2−CM2=22−12=3，
在Rt△BDM中，BD＝BM2+DM2=52+32=27，
∴GH＝12BD＝7，
由(1)知四边形FGHI是菱形，
∴.四边形FGHI的周长为4GH＝47.
（3）解：∵点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴直线CF为△ABC和△CDE的对称轴.
∴AN＝BN，DN＝EN，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
∴FG∥AE，IH∥AE，FI∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，
∵四边形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°
∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和△DEN均为等腰直角三角形.
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定，正方形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，勾股定理的综合应用，解决问题的关键是依据三角形中位线定理．
45．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形ABDC中，E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H．
(1)猜想四边形EFGH的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2，P在四边形ABDC内一点，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他条件不变，试探究四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，PA=6，PB=23，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)平行四边形
(2)菱形，见解析
(3)2132
【分析】(1)连接AD，利用三角形中位线定理，证明EH=FG，且EH∥FG即可得证．
(2)连接AD，BC，证明△APD≅△CPBSAS，得到AD=CB，结合三角形中位线定理，得到四边形EFGH的四边相等，即可得到菱形EFGH．
(3)连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，证明△APD≅△CPBSAS，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接PG，过点H作HN⊥EF，垂足为N，求得EH，HN的长度即可．
【详解】（1）平行四边形．理由如下：
如图1，连接AD，
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，
∴EH∥AD，EH=12AD，FG∥AD，FG=12AD，
∴EH=FG，且EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）菱形.理由：如图2，连接AD，BC.
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，
即∠APD=∠CPB.
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≅△CPBSAS，
∴AD=CB.
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，
∴EF、FG、GH、EH分别是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位线，
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形.
（3）连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，
∵PD=PB，∠DPB=60°，
∴△DPB是等边三角形.
∵G是DB中点，
∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，
∴∠APG=60°+90°+30°=180°，点A、P、G共线.
在Rt△DPG中，PG=PD2−DG2=232−32=3，
在Rt△AGD中，AD=AG2+DG2=6+32+32=221，
∴EF=EH=12AD=21.
∵△APD≅△CPB，
∴∠PAD=∠PCB，
∴∠CMA=∠CPA=60°.
∵EH//AD，EF//CB，
∴四边形EOMQ是平行四边形，
∴∠HEF=60°.
在Rt△EHN中，EN=12EH=212，HN=EH2−EN2=372，
∴菱形EFGH的面积=EF×HN=21×372=2132.
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，灵活运用三角形中位线定理是解题的关键．
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】
46．（2022·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD相交于点O，线段BD沿射线AD方向平移，平移后的线段记为PQ，射线PQ与射线AC交于点M，连结PC，设OM长为x，△PMC面积为y．下列图象能正确反映出y与x的函数关系的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，可求出AC、AO、OC的长，再设OM＝x，利用解直角三角形表示出PM，分点M在线段OC上（不含点O）时和当点M′在线段OC延长线上时两种情况分别表示出y再结合函数图象即可判断出正确答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝2，∠BAD＝180°−∠ABC＝120°，
∴∠DAO＝12∠BAD＝60°，
∴△DAC是等边三角形，
∴AD＝AC＝2，
∴AO＝CO＝12AC＝1，
设OM＝x，
∵AC⊥BD，PQ为BD平移而来，
∴∠AOD＝∠AMP＝90°，
∴△AMP为直角三角形，
∴PM＝AM•tan∠PAM＝3（1＋x），
①当点M在线段OC上（不含点O）时，
即0≤x＜1，此时CM＝1−x，
则y＝12（1−x）×3（1＋x）＝−32x2+32，
∴0≤x＜1，函数图象开口应朝下，
故B、C不符合题意，
②当点M′在线段OC延长线上时，即x＞1，如图所示：
此时CM′＝x−1，
则y＝12（x−1）×3(x＋1)＝32x2−32，
∴只有D选项符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形面积，解直角三角形，二次函数图象等知识，熟练掌握上述知识并能分点M在线段OC上（不含点O）时和当点M′在线段OC延长线上时两种情况分别表示出y再结合函数图象进行判断是解题的关键．
47．（2022·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的OA边在x轴的正半轴上，OC边在y轴的正半轴上，点B的坐标为（4，2），反比例函数y=2x(x>0)的图象与BC交于点D，与对角线OB交于点E，与AB交于点F，连接OD，DE，EF，DF．下列结论：①sin∠DOC=cs∠BOC；②OE=BE；③S△DOE=S△BEF；④OD:DF=2:3．其中正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】根据题意，图中各点的坐标均可以求出来，sin∠DOC=CDOD，cs∠BOC=OCOB，只需证明CDOD=OCOB即可证明结论①；先求出直线OB的解析式，然后求直线OB与反比例函数y=2x(x>0)的交点坐标，即可证明结论②；分别求出S△DOE和S△BEF，进行比较即可证明结论③；只需证明△OCD∽△DBF，即可求证结论④．
【详解】解：∵OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），
∴A点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)，
根据反比例函数y=2x(x>0)，
当y=2时，x=1，即D点坐标为(1，2)，
当x=4时，y=12，即F点坐标为(4，12)，
∵OC=2，CD=1，
∴OD=22+12=5，
∵OC=2，CB=4，
∴OB=22+42=25，
∴sin∠DOC=CDOD=15=55，
cs∠BOC=OCOB=225=55，
∴sin∠DOC=cs∠BOC，
故结论①正确；
设直线OB的函数解析式为：y=kx，
点B代入则有：2=4k，
解得：k=12，
故直线OB的函数解析式为：y=12x，
当12x=2x时，x1=2；x2=−2(舍)
即x=2时，y=1，
∴点E的坐标为(2，1)，
∴点E为OB的中点，
∴OE=BE，
故结论②正确；
∵CD=1，AF=12，
∴BD=3，BF=32，
由②得：S△DOE=S△DBE=12×BD×1=32，
S△BEF=12×BF×2=32，
∴S△DOE=S△BEF，
故结论③正确；
在Rt△OCD和Rt△DBF中，
OCCD=2，DBBF=332=2，
∴△OCD∽△DBF，
∴OD:DF=OC:DB=2:3，
故结论④正确，
综上：①②③④均正确，
故选：A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，反比例函数与几何综合，结合题意求出图中各点坐标是解决本题的关键．
48．（2022·新疆·统考中考真题）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(23−x)2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；
（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
∴∠AEB=180°−(120°−2∠CAD)2=30°+∠CAD；
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=23，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD= y−4，
∵SΔADC=12×OC×AO−12×OD×OA，
∴x=12×2×23−12×2×y−4，
∴y=(23−x)2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练掌握相关性质并能够灵活运用．
49．（2022秋·山西·九年级校联考期末）综合与探究
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与y轴交于点C．点Pm,0是x轴上的一个动点，过点P作直线PM⊥x轴，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N．
(1)求这个抛物线的函数表达式．
(2)①若点P在线段OB上运动，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴的正半轴上运动，在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)①MN的最大值为94；②存在这样的Q点，Q点的坐标为 (0，−1)或(0,−32−1)或(0,32−1)
【分析】（1）将A、B点的坐标代入函数解析式，即可求出b、c的值，从而求出函数解析式．
（2）①MN=PN−PM，先求出过BC的直线的解析式为y=x−3，PM的长度为m−3，PN的长度为二次函数当x=m时，y的值的绝对值，PN−PM可以得出关于m的二次函数解析式，求出这个函数的最大值即可求解．
②组成菱形时，分三种情况，第一种情况，当QN作为菱形对角线；第二种情况，当QN作为菱形的一条边时；第三种情况，当QN作为菱形的一条边且P在B点右侧时，如下图:
第一种情况，对角线MC⊥QN，因为BC的斜率为1，∠OCM=45°，而菱形的对角线平分角，可得到∠BCN=45°，所以菱形QCNM为正方形，N点纵坐标与C点纵坐标相同，即可求解m的值，然后可以求出Q点坐标;
第二种情况，当QN作为菱形的一条边时，有MN=MC，联立出关于m的方程，求解即可得到答案;
第三种情况，当P在B点右侧时，MC只能是菱形的边，同样有MN=MC，可以联立出关于m的方程，求解即可得到答案．

【详解】（1）解：把A(−1,0),B(3,0)代入y=x2+bx+c中，得
0=1−b+c0=9+3b+c
解得b=−2,c=−3.
∴y=x2−2x−3．
（2）解：①设直线BC的表达式为y=kx+b，把B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+b．
得，0=3k+b,−3=b.解这个方程组，得k=1,b=−3.
∴y=x−3．
∵点Pm,0是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴N(m,m−3),Mm,m2−2m−3．
∴MN=m−3−m2−2m−3
=−m2+3m
=−m−322+94．
∵P在OB上运动，
0∴当m=32时，MN有最大值94．
②第一种情况，对角线MC⊥QN，因为BC的斜率为1，∠OCM=45°，而菱形的对角线平分角，可得到∠BCN=45°，所以菱形QCNM为正方形；
则此时点N的纵坐标为−3，有m2−2m−3=−3
解得m=2或m=0(舍去)，
则CQ=QM=2，
OQ=OC−CQ=1，
∴Q(0,−1)
第二种情况：当QN作为菱形的一条边时，有MN=MC
MN=−m2+3m，MC=2m，
所以−m2+3m=2m
解得m=3−2或0(舍去)，
CQ=MN=32−2
∴OQ=OC+CQ=3+32−2=32+1
∴此时Q点坐标为(0,−32−1)．
第三种情况：当P在B点右侧时，如下图，有MN=MC，
MN=m2−3m，MC=2m，
∴m2−3m=2m，解得m=3+2或0(舍去)，
∴CQ=MN=32+2
∴OQ=CQ−OC=32−1
此时Q点的坐标为：(0,32−1)
综上所述，点Q的坐标为(0，−1)或(0,−32−1)或(0,32−1)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用、二次函数性质、待定系数法、一次函数的性质、菱形的性质和判定等知识，解题的关键是会构建二次函数解决最值问题，并用分类讨论的思想思考问题．
50.（2022·广西·中考真题）已知抛物线经过A（－1，0）、B（0、3）、 C（3，0）三点，O为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM ，交BC于点F
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：∠BOF＝∠BDF ：
(3)是否存在点M使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)见解析
(3)存在，33−2或2−3
【分析】（1）设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c(a≠0)，将A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代入，直接利用待定系数法求解即可；
（2）由正方形的性质可得BO=BD,∠OBC=∠DBC，即可证明△OBF≅△DBF(SAS)，根据全等三角形的性质即可求证；
（3）分别讨论：当点M在线段BD的延长线上时，当点M在线段BD上时，依次用代数法和几何法求解即可．
（1）
设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
将A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代入，
得0=a−b+c3=c0=9a+3b+c，解得a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
（2）
∵四边形OBDC是正方形，
∴BO=BD,∠OBC=∠DBC，
∵BF=BF，
∴△OBF≅△DBF(SAS)，
∴∠BOF=∠BDF；
（3）
存在，理由如下：
当点M在线段BD的延长线上时，此时∠FDM>90°，
∴ DF=DM，
设M(m,3)，
设直线OM的解析式为y=kx(k≠0)，
∴3=km，
解得k=3m，
∴直线OM的解析式为y=3mx，
设直线BC的解析式为y=k1x+b(k1≠0)，
把B（0、3）、 C（3，0）代入，得3=b0=3k1+b，
解得b=3k1=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
令3mx=−x+3，解得x=3mm+3，则y=9m+3，
∴F(3mm+3,9m+3)，
∵四边形OBDC是正方形，
∴BO=BD=OC=CD=3，
∴D(3,3)，
∴DF2=(3−3mm+3)2+(3−9m+3)2=9m2+81(m+3)2,DM2=(m−3)2，
∴9m2+81(m+3)2=(m−3)2，
∴9m2+81=(m2−9)2，
解得m=0或m=33或m=−33，
∵点M为射线BD上一动点，
∴m>0，
∴m=33，
∴BM=33，
当y=3=−x2+2x+3时，解得x=0或x=2，
∴BE=2，
∴ME=BM−BE=33−2．
当点M在线段BD上时，此时，∠DMF>90°，
∴MF=DM，
∴∠MFD=∠MDF，
∴∠BMO=∠MFD+∠MDF=2∠MDF，
由（2）得∠BOF=∠BDF，
∵四边形OBDC是正方形，
∴∠OBD=90°，
∴∠BOM+∠BMO=90°，
∴3∠BOM=90°，
∴∠BOM=30°，
∵OB=3，
∴BM=tan∠BOM⋅OB=33×3=3，
∵BE=2,BD=3，
∴DE=1，
∴ME=BD−BM−DE=3−3−1=2−3；
综上，ME的长为33−2或2−3．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等，熟练掌握知识点是解题的关键．图形名称
基本图的个数
特征图形的个数
图1
1
5
图2
2
9
图3
3
13
图4
4
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…
…
…