專題1.8 特殊平行四邊形章末九大題型總結（拔尖篇）（北師大版）（解析版）

專題1.8特殊平行四邊形章末九大題型總結（拔尖篇）【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1四邊形中的多解問題】 1【題型2四邊形中的動點問題】 11【題型3四邊形中的最值問題】 19【題型4四邊形中的折疊問題】 27【題型5矩形與等腰三角形】 40【題型6菱形中的全等三角形的構造】 51【題型7正方形中線段的和差倍分關系】 61【題型8坐標系中的四邊形】 70【題型9四邊形中存在性問題】 77【題型1四邊形中的多解問題】【例1】（2023春·遼寧鞍山·九年級校聯考期中）在正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，∠ADB的平分線交AB于點E，交AC于點G．過點E作EF⊥BD于點F，∠EDM交AC于點M．下列結論：①AD=2+1AE；②四邊形AEFG是菱形；③BE=2OG；④若∠EDM=45°，則GF=CM．其中正確的個數有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】設AE=x，則BE=2x，可算出AD=(2+1)x=(2+1)AE，故①正確；先證明△AEG≌△FEG，再由AG∥EF得∠AGE=∠AEG，即AE=AG，四邊形AEFG是菱形，故②正確；由AG=x，AB=(2+1)x得AO=AB2=(【詳解】解：∵DE平分∠ADB，EF⊥BD，AE⊥AD，∴AE=EF，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°，∴EF=BF，設AE=x，則BE=2∴AD=AB=AE+BE=(2+1)x=(2在△AEG和△FEG中，AE=FE∠AEG=∠FEG∴△AEG≌△FEG(SAS∴AG=FG，∠AEG=∠FEG，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA⊥OB，又∵EF⊥OB∴AG∥∴∠FEG=∠AGE，∴∠AGE=∠AEG，∴AE=AG，∴AE=AG=EF=FG，∴四邊形AEFG是菱形，故②正確；由①②知，AG=x，AB=(2∴AO=AB∴OG=AO-AG=22x=∵BD=AC=2OA=(2+2)x，∴DF=(2∵四邊形AEFG是菱形，∴∠EFG=∠BAC=45°，∴∠DFG=45°=∠DCM，∵∠EDM=45°=∠ODC，∴∠GDF=∠MDC，∴△GDF≌△MDC(ASA∴GF=CM，故④正確．故選：D．【點睛】此題考查了正方形的性質、角平分線的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質以及菱形的判定與性質．此題綜合性較強，難度較大．設出未知數、利用好正方形的性質是解決此題的關鍵．【變式1-1】（2023春·福建福州·九年級統考期末）如圖，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，點E為對角線BD上一動點（不與點B重合），且BE<12BD，連接CE交

①∠AFE=∠BAE；②當△AEF為直角三角形時，BE=2；③當△AEF為等腰三角形時，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；④連接BF，當BE=CE時，FC平分∠AFB．以上結論正確的是（填正確的序號）．【答案】①②③④【分析】連接AC，交BD于點O，由題意易得AC⊥BD，△ABC是等邊三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，則有BO=AB2【詳解】解：連接AC，交BD于點O，如圖所示，

∵四邊形ABCD是菱形，AB=23，∠ABC=60°∴AC⊥BD，△ABC是等邊三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，∴AC=AB=23，則AO=∴BO=AB2∴BE<3，∵BE=BE，∴△ABE≌△CBE，∴∠BCE=∠BAE，∵AD∥CB，∴∠AFE=∠BCE，∴∠AFE=∠BAE，故①正確；當△AEF為直角三角形時，即∠FAE=90°，∵∠ADB=30°，∠EAD=90°，∴AE=1∴AD=E∴AE=2，則DE=4，∴BE=BD-DE=2；故②正確；當△AEF為等腰三角形時，則可分當AE=AF時，即∠AFE=∠AEF，在菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD，∴∠EAD=∠ECD，∵∠EAD=2∠AFE=∠ECD，∴在△FCD中，∠AFE+∠ECD+∠ADC=180°，∴3∠AFC+60°=180°∴∠AFC=40°；當AF=EF時，即∠AEF=∠FAE，∵∠FAE=∠FAB+∠BAE=60°+∠AFE，∴在△AFE中，∠AFE+∠FAE+∠FEA=180°，∴3∠AFE+60°+60°=180°∴∠AFC=20°；當AE=EF時，則∠AFE=∠FAE=∠BAE，此時點E與點B重合，不符合題意；故③正確；連接BF，當BE=CE時，則∠CBE=∠ECB=30°=∠AFE=∠BAE，∴∠EAF=∠BAD-∠BAE=120°-30°=90°，由②可知BE=CE=AE=2，∴AF=3∴AF=AB，∵∠FAB=60°，∴△AFB是等邊三角形，∴∠AFB=60°，∴∠BFE=30°=∠AFE，∴FC平分∠AFB，故④正確；故答案為①②③④．【點睛】本題主要考查菱形的性質、勾股定理、等邊三角形的性質與判定、含30度直角三角形的性質及等腰三角形的性質，熟練掌握菱形的性質、勾股定理、等邊三角形的性質與判定、含30度直角三角形的性質及等腰三角形的性質是解題的關鍵．【變式1-2】（2023春·山東青島·九年級山東省青島實驗初級中學?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，O是對角線的交點，AB=1，∠BOA=60°，過C作CE⊥BD于點E，EC的延長線與∠BAD的平分線相交于點H，AH與BC交于點F，與BD交于點M．給出下列四個結論：①BF=BO；②AC=CH；③BE=3DE；④S△ACF=32S△BMF

【答案】①②③⑤【分析】先證明△OAB是等邊三角形，得OB=AB，再證△ABF是等腰三角形，得BF=AB，即可得出BF=BO，可判定①正確；求得∠H=∠CAH=15°，得出AC=CH，可判定②正確；利用含30°的直角三角形的性質得出DE=12CD，AB=12BD，再由CD=AB，BD=DE+BE，即可求得BE=3DE，可判定③正確；過程點M作MN⊥AB于N，分別求出S△ACF=12CF?AB=3-12，S△BFM=12×1×3-12=3-14，即可得出【詳解】解：∵矩形ABCD，∴OA=OC=OD=OB，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∵∠BOA=60°，∴△OAB是等邊三角形，∴OB=AB，∠OAB=∠ABO=60°∵AH平分∠BAD，∴∠HAB=45°，∴∠AFB=∠HAB=45°，∴BF=AB，∴BF=OB，故①正確；∴∠CAH=∠OAB-∠BAF=60°-45°=15°，∴∠EMF=∠AMB=180°-60°-45°=75°，∵CE⊥BD，∴∠HEM=90°，∴∠H=90°-75°=15°，∴∠H=∠CAH，∴AC=CH，故②正確；∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠CDE=60°，∴∠DCE=∠ADB=30°，∴DE=12CD∴DE=4BD，∵BD=DE+BE，∴BE=3DE，故③正確；在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°∴AC=2，BC=3∵BF=AB=1，∴CF=3∴S△ACF過程點M作MN⊥AB于N，如圖，

∵∠HAB=45°，∴∠AMN=∠HAB=45°，∴AN=MN，∵∠MBN=60°，∴MN=3∵MN+BN=AN+BN=AB=1，∴BN=3∴S△BFM∴S△ACF故④錯誤；過點H作HQ⊥AB交AB延長線于Q，延長DC交HQ于P，

∵HQ⊥AB，∴∠AQH=90°，∴∠AHQ=∠HAQ=45°，∴AQ=HQ，∠CHP=45°+15°=60°，∴PC=3∵∠BQP=∠CBQ=∠BCP=90°∴四邊形BCPQ是矩形，∴PQ=BC=3，BQ=PC=∴1+3∴PH=1，∴AQ=HQ=3∴AH=2故⑤正確，∴正確的結論有①②③⑤故答案為：①②③⑤．【點睛】本題考查矩形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，勾股定理，直角三角形的性質．此題屬中考壓軸題，綜合性強，熟練掌握相關性質與判定定理是解題的關鍵．【變式1-3】（2023春·廣西南寧·九年級統考期中）勾股定理是平面幾何中一個極為重要的定理，世界上各個文明古國都對勾股定理的發(fā)現和研究做出過貢獻，特別是定理的證明，據說有400余種.如圖是希臘著名數學家歐幾里得證明這個定理使用的圖形.以Rt△ABC(∠ABC=90°)的三邊a,b,c為邊分別向外作三個正方形：正方形ACED、正方形AFHB、正方形BCNM，再作CG⊥FH垂足為G，交AB于P，連接BD，CF.則結論：①∠DAB=∠CAF，②△DAB≌△CAF，③S正方形ACED=2S△ADB，④S矩形AFGPA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據題意，∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB得到∠DAB=∠CAF，得到△DAB≌△CAF(SAS)，延長DA至點L，過點B做垂線BL⊥DL，由題意可知四邊形DLBE為矩形，求出面積即可，延長FA至點K，過點C做垂線CK⊥KF，由題意可知四邊形【詳解】解：由題意可得AD=AC，AB=AF，∠DAC=∠BAF=90°，∵∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB，∴∠DAB=∠CAF，∵DA=AC∠DAB=∠CAF∴△DAB≌△CAF(SAS故①、②符合題意，正確；延長DA至點L，過點B做垂線BL⊥DL，由題意可知四邊形DLBE為矩形，∴DE=BL=b，故S△DABS□ACED故S正方形ACED=2S

；延長FA至點K，過點C做垂線CK⊥KF，由題意可知四邊形KFGC為矩形，故KC=FG，S矩形SΔ故S矩形AFGP=2S

．故選：D．【點睛】本題主要考查勾股定理，正方形的性質、矩形的判定和性質，做出正確的輔助線是解題的關鍵．【題型2四邊形中的動點問題】【例2】（2023春·廣西欽州·九年級統考期中）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動點，點F在邊BC的延長線上，且CF=AE，連接DE、DF．

(1)求證DE⊥DF；(2)連接EF，取EF中點G，連接DG并延長交BC于H，連接BG．①依題意，補全圖形：②求證BG=DG；③若∠EGB=45°，用等式表示線段BG、HG與AE之間的數量關系，并證明．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②見解析；③BG【分析】（1）證△ADE≌△CDF(SAS)，得∠ADE=∠CDF，再證（2）①依題意，補全圖形即可；②由直角三角形斜邊上的中線性質得DG=12EF③先證△DEF是等腰直角三角形，得∠DEG=45°，再證DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，得∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，∴∠DCF=90°，又∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF(SAS∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADE+∠CDE=90°，∴∠CDF+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴DE⊥DF；（2）①解：依題意，補全圖形如圖所示：

②證明：由（1）可知，△DEF和△BEF都是直角三角形，∵G是EF的中點，∴DG=12EF∴BG=DG；③解：BG由（1）可知，△ADE≌△CDF，DE⊥DF，∴DE=DF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠DEG=45°，∵G為EF的中點，∴DG⊥EF，DG=12EF=EG∴∠EGD=∠HGF=∠DGF=90°，∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，∵∠EGB=45°，∴∠GBF=∠GFB=22.5°，∵∠DHF+∠HFG=∠DHF+∠CDH=90°，∴∠HFG=∠CDH=22.5°，∴∠CDF=∠GDF-∠HDC=22.5°=∠CDH，又∵∠DCH=∠DCF=90°，CD=CD，∴△CDH≌△CDF(ASA∴CH=CF，在Rt△GHF中，由勾股定理得：G∵HF=2CF=2AE，GF=BG，∴BG∴BG【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、直角三角形斜邊上的中線性質、等腰三角形的性質等知識；熟練掌握正方形的性質和等腰直角三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵，屬于中考常考題型．【變式2-1】（2023春·福建福州·九年級?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，點E為CD中點，P，Q為BC邊上兩個動點，且PQ=2，當四邊形APQE周長最小時，BP的長為．

【答案】4【分析】要使四邊形APQE的周長最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可，為此，現在BC邊上確定帶你P、Q的位置，可在AD上截取線段AF=PQ=2，作F關于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，則此時AP+EQ=EG最小，然后過G點作BC的平行線交DC的延長線于點H，那么先證明∠GEH=45°，再由CQ=EC，即可求出【詳解】解：如圖，在AD上截取線段AF=PQ=2，作F關于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于點H，

，∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，∴∠C=∠D=90°，AD∥BC，BC=AD=8，∵點E為CD中點，∴CD=DE=2，∵點F關于BC的對稱為點G，∴FG=2AB=8，∵GH∥BC，∴FD∥GH，∴∠H=∠D=∠GFD=90°，∴四邊形FGHD為矩形，∴DH=FG=8，∴HE=DH-DE=8-2=6=GH，∴△GEH為等腰直角三角形，∴∠GEH=45°，∵∠EQC+∠GEC=90°，∴∠EQC=45°=∠QEC，∴CQ=CE=2，∴BP=BC-PQ-CQ=8-2-2=4，故答案為：4．【點睛】本題主要考查了矩形的判定與性質，軸對稱的性質，等腰直角三角形的判定與性質，熟練掌握以上知識點，正確作出輔助線是解題的關鍵．【變式2-2】（2023春·江蘇泰州·九年級統考期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，點M、N分別是邊BC、CD上的兩個動點，∠MAN=60°，連接MN．

(1)△AMN是等邊三角形嗎？如是，請證明；如不是，請說明理由．(2)在M、N運動的過程中，△CMN的面積存在最大值嗎？如存在，請求出該最大值；如不存在，請說明理由．【答案】(1)是，見解析；(2)存在，最大值為34【分析】（1）連接AC，證明△BAM≌△CANASA，推出AM=AN（2）利用全等三角形的性質得到四邊形AMCN的面積，推出△AMN的面積最小時，△MCN的面積最大，由△AMN是等邊三角形，根據垂線段最短可知，AM⊥BC時，AM的值最小，△AMN的面積最?。驹斀狻浚?）是，理由如下：如圖，連接AC，

∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B=∠D=60°，AB=BC=CD=AD，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴AB=AC，∠B=∠BAC=∠ACD=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△BAM和△CAN中，∠B=∠ACNAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形；（2）△CMN的面積存在最大值，理由如下：由（1）得：△BAM≌△CAN，∴S△BAM∴S四邊形∴S四邊形AMCN∴S四邊形

則△AMN的面積最小時，△MCN的面積最大，∵△AMN是等邊三角形，根據垂線段最短可知，AM⊥BC時，AM的值最小，△AMN的面積最小,∴∠AMB=90°，由（1）得：△ABC是等邊三角形，則有：BM=MC=1在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM=∴S四邊形同理：ME=1在Rt△AEM中，由勾股定理得：∴S△AMN=12×∴△MCN的面積的最大值=3【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．【變式2-3】（2023春·廣西南寧·九年級校考期中）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB=2，AD=22，E是AB的中點，F是AD邊上的一個動點(點F不與點A，D重合)．將△AEF沿EF所在直線翻折，點A的對應點為A'，連接A'D，A'C．當

【答案】22或2或【分析】存在三種情況：當A'D=DC，連接ED，勾股定理求得ED的長，可判斷E，A'，D三點共線，根據勾股定理即可得到結論；當A'D=A'C，證明AEA'F是正方形，于是得到結論；當A'C=DC時，連接EC，【詳解】解：①當A'D=DC時，連接

∵點E是AB的中點，AB=2，BC=22，四邊形ABCD是矩形，∴AE=1，AD=BC=22，∠A=90°，∴DE=A∵將△AEF沿EF所在直線翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'D=DC=AB=2∴DE=3=A'E+A'∴點E，A'，D∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'設AF=x，則A'F=x，FD=2在Rt△FA'D中∴22解得：x=22∴AF=22②當A'D=A'

∵A'D=A'∴點A'在線段CD∴點A'在線段AB∵點E是AB的中點，∴EA'是AB∴∠AEA'=90°∵將△AEF沿EF所在直線翻折，得到△A'EF∴∠A=∠EA'F=90°，AF=FA∴四邊形AEA'F∴AF=AE=1；③當A'C=DC時，連接EC，FC

∵點E是AB的中點，AB=2，BC=22，四邊形ABCD是矩形，∴BE=1，∠B=90°，∴CE=B∵將△AEF沿EF所在直線翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'C=DC=AB=2∴CE=3=A'E+A'∴點E，A'，C∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'設AF=x，則A'F=x，FD=2在Rt△FA'C中，在Rt△DFC中，F∴A'即2解得：x=2，∴AF=2；綜上所述，AF的長為22或2或1故答案為：22或2或1【點睛】本題考查矩形中的翻折問題，涉及矩形的性質，等腰三角形的性質，正方形的判定和性質，分類討論思想的運用是解題的關鍵．【題型3四邊形中的最值問題】【例3】（2023春·江蘇南通·九年級統考期末）如圖，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=60°．E是對角線BD上的一個動點（不與點B，D重合），連接AE，以AE為邊作菱形AEFG，其中，點G位于直線AB的上方，且∠EAG=60°，點P是AD的中點，連接PG，則線段PG的最小值是．

【答案】3【分析】連接DG，過點P作PG'⊥CD，則當G點位于G'點時，PG有最小值即PG【詳解】解：連接DG，過點P作PG'⊥CD，則當G點位于G'點時，

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴AB=AD=6，AB∥CD，∴△ABD是等邊三角形，∠ADC=120°，∴∠ABD=60°，∵四邊形AEFG是菱形，∠EAG=60°，∴AE=AG，∴∠BAE=∠DAG，∴△ABE≌△ADGSAS∴∠ABE=∠ADG，∴∠ADG=60°，∴C、D、G三點共線，∵點P是AD的中點，AD=6，∴PD=3，∵∠DPG'∴DG∴PG即線段PG的最小值是32故答案為：32【點睛】本題主要考查菱形的性質，全等三角形判定與性質，垂線段的性質，含30°角的直角三角形的性質，勾股定理，確定PG最小值時的G點位置是解題的關鍵．【變式3-1】（2023春·湖北恩施·九年級統考期末）如圖，正方形ABCD的邊長為5，點E，F，G，H分別在正方形的四條邊上，且GH∥

【答案】10【分析】根據垂線段最短及平行四邊形的判定與性質可知當GH⊥EH時，HG、EF最短，EH、【詳解】解：∵GH∥EF，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∴∠EFG+∠FGH=180°，EH=FG，即四邊形EFGH的周長=2(EF+FG)∵四邊形ABCD為正方形，∴∠AEF+∠AFE=90°,∠GFB+∠FGB=90°，∠A=∠B=90°，∵∠GFB+∠AFE+∠EFG=180°,∠FGH+∠HGC+∠FGB=180°,∴∠AEF=∠HGC，∴△AEF≌△CGH，即AE=CG∴AE+BG=5，過AB作G點的對應點N,連接EN，過N點作MN⊥EA，交EA延長線于M，則EM=EA+AM=EA+NB=EA+BG=5,MN=5EF+FG最短為EN=E

∴四邊形EFGH的周長最短=2EN=102故答案為102【點睛】本題考查了正方形的判定與性質，全等三角形的性質和判定，軸對稱的性質．掌握將軍飲馬問題是解題關鍵.【變式3-2】（2023春·四川成都·九年級統考期末）在平面直角坐標系xOy中，四邊形OABC是矩形，OB=23，∠AOB=30°

(1)如圖1，點P為射線OB上的動點，連接PA，若△PAB是等腰三角形，求PA的長度；(2)如圖2，是否在x軸上存在點E，在直線BC上存在點F，以O，B，E，F為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出點E，F的坐標；若不存在，請說明理由；(3)如圖3，點M是BC邊上的動點，過點M作OB的垂線交直線OA于點N，求OM+MN+NB的最小值．【答案】(1)3或3(2)存在，E-23,0，F3-23,3(3)6【分析】（1）分為點P在OB上和在OB的延長線上：當點P在OB上，可推出△APB是等邊三角形，從而求得結果；當點P在OB的延長線上時，可推出AP=OA；（2）分為三種情形：OB是邊時，當點F在BC的延長線時，可由OE=BF=OB=23求得CF=BF-BC=23-3，從而得出結果；當點FF'在CB的延長線上時，同樣求得CF'=CB+BF'=CB+OB=3+23，OE'=OB+23，從而得出F'3+（3）作點O關于BC的對稱點O'，作B點關于OA的對稱點B'，連接O'B'，交BC于點M'，OA于點N'，此時OM+MN+NB的最小值為OM'+M'N'+N'B的長，即O'B'的長，作O'T⊥y軸，作B'T⊥TO'于T，根據OT'=CB=3，B'T=AB+AB【詳解】（1）解：如圖1，

當點P在OB上時，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAO=90°，∵∠AOB=30°，∴∠ABO=90°-∠AOB=60°，AB=12OB=∵△ABP是等腰三角形，∴△ABP是等邊三角形，∴AP=AB=3當點P（圖中P'）在OB的延長線上時，∵∠ABO=60°，∴∠ABP'=120°，∵△ABP'是等腰三角形，∴AB=BP'，∴∠P'=30°，∴∠P'=∠AOB，∴AP'=OA=3，綜上所述：AP=3或3（2）如圖2，

存在點E和F，使以O，B，E，F為頂點的四邊形是菱形，理由如下：OB是邊時，當點F在BC的延長線時，∵OE=BF=OB=23∴CF=BF-BC=23-3，∴F3-2當點FF'在CB∵CF'=CB+B∴F'3+當OB是對角線時，（菱形BE″OF'）設OE'=B在Rt△ABE″∴m=2，∴E″2，綜上所述：E-23,0，F3-23,3或（3）如圖3，

作點O關于BC的對稱點O'，作B點關于OA的對稱點B連接O'B'，交BC于點M'，此時OM+MN+NB的最小值為OM'+作O'T⊥y軸，作B'∵OT'=CB=3∴O'∴OM+MN+NB的最小值為：6．【點睛】本題考查了菱形的性質、勾股定理、等邊三角形的判定及性質、坐標與圖形、軸對稱的性質，熟練掌握性質定理是解題的關鍵．【變式3-3】（2023春·江蘇無錫·九年級統考期末）如圖，矩形ABCD中，AD=4，AB=m，E、F分別在邊BC、CD上，并且△AEF為等邊三角形，則m的取值范圍為，若點G是邊AB上的一點，且GA=2，則隨著m的變化，

【答案】23≤m≤【分析】當點F與點D重合時，此時AB有最小值，當點E與點B重合時，此時AB有最大值，由等邊三角形的性質和直角三角形的性質可求AB的長，即可求m的范圍；可證△GAE≌△HAFSAS，即HF=GE，當點H，點N，點F共線時，HF有最小值，即可求解【詳解】解：如圖，當點F與點D重合時，此時AB有最小值，

∵△AEF為等邊三角形，∴AF=AE=EF=4，∠FAE=60°，∠BAE=30°，∴BE=12AE=2，如圖，當點E與點B重合時，此時AB有最大值，

∵△AEF為等邊三角形，∴AF=AE=EF=m，∠EAF=60°，∠DAE=30°，∴DF=12AF=∴m=8∴23如圖，當GA=2時，以AG為邊作等邊△AGH，作HN⊥AB，連接HF，

∴AG=AH，AE=AF，∴∠BAE=∠HAF，∴△GAE≌△HAFSAS∴HF=GE，∴當點H，點N，點F共線時，HF有最小值，此時，∵∠BAD=∠D=∠ANH=90°，∴四邊形ADFN是矩形，∴AD=NF=4，∵△AGH是等邊三角形，NH⊥AG，∴AN=1∴HF=4-3故答案為：23≤m≤8【點睛】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，利用特殊位置求線段AB的長是解題的關鍵.【題型4四邊形中的折疊問題】【例4】（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級統考期末）通過對下面幾何圖形的？作探究，解決下列問題．

【操作發(fā)現】如圖1，探究小組將矩形紙片ABCD沿對角線BD所在的直線折疊，點C落在點E處，DE與AB邊交于點F，再將紙片沿直線DM折疊，使AD邊落在直線DE上，點A與點N重合．（1）∠MDB=_______度．（2）若AB=6，AD=3，求線段DF的長．【遷移應用】（3）如圖2，在正方形紙片ABCD中，點E為CD邊上一點，探究小組將△ADE沿直線AE折疊得到△AFE，再將紙片沿過A的直線折疊，使AB與AF重合，折痕為AH，探究小組繼續(xù)將正方形紙片沿直線EH折疊，點C的對應點恰好落在折痕AH上的點M處，EM與AF相交于點N，若BH=1，求△AEN的面積．【答案】（1）45°；（2）154；（3）【分析】（1）四邊形ABCD是矩形得到∠ADC=90°，由折疊可知∠NDM=12∠ADE,∠EDB=（2）由四邊形ABCD是矩形可得CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，由折疊可知，DN=AD=3,DE=CD=6,∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，證明△ADF≌△EBFAAS，則AF=EF，設AF=EF=x，則DF=6-x,由勾股定理得到AD2+AF（3）先證明∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，可得EM=AM，則△AEM是等腰直角三角形，再證△NAM≌△∠HEMASA，則MN=MH,AN=EH，再求出∠NAM=∠HEM=30°，由折疊可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，則AH=2BH=2，由勾股定理得到AB=3，則AB=BC=CD=AD=3，再得到CH=3-1，得到EH=2CH=23-1【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，由折疊可知，∠ADM=∠NDM=1∴∠NDM+∠EDB=1∴∠MDB=∠NDM+∠EDB=45°，故答案為：45°（2）∵四邊形ABCD是矩形，AB=6，AD=3，∴CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，由折疊可知，DN=AD=3,DE=CD=6,∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，在△ADF和△EBF中，∠A=∠E=90°∠AFD=∠EFB∴△ADF≌△EBFAAS∴AF=EF，設AF=EF=x，則DF=DE-EF=6-x,在Rt△ADF中，A即32解得x=9∴DF=6-x=6-9（3）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠BCD=∠ADC=∠ABC=90°，AB=BC=CD=AD，由折疊可知，∠DAE=∠EAF=1∴∠EAF+∠FAH=1∴∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，由折疊可知，∠EMH=∠BCD=90°，∠ADC=∠AFE=90°，∠AED=∠AEF，∠CEH=∠HEM，∴∠EMA=∠180°-∠EMH=90°，∴∠AEM=180°-∠EAH-∠EMA=45°，∴EM=AM，∴△AEM是等腰直角三角形，∵∠NAM+∠ANM=∠HEM+∠ENF=90°，∠ANM=∠ENF，∴∠NAM=∠HEM，在△NAM和△∠HEM中，∠NAM=∠HEMAM=EM∴△NAM≌△∠HEMASA∴MN=MH,AN=EH，∵∠AED+∠AEF+∠CEH=2∠AEF+∠CEH=245°+∠HEM∴∠HEM=∠CEH=30°，∴∠NAM=∠HEM=30°，由折疊可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，∴AH=2BH=2，∴AB=A∴AB=BC=CD=AD=3∴CH=BC-BH=3∴EH=2CH=23∴AN=EH=23-1，∴S△AEN即△AEN的面積為9-53【點睛】此題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質、矩形的性質、折疊問題、全等三角形的判定和性質、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質、含30°角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握特殊平行四邊形的性質和折疊的性質是解題的關鍵．【變式4-1】（2023春·浙江杭州·九年級?？计谥校┤鐖D1，一張矩形紙片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿對角線BD折疊，點C落在點C'的位置，BC'(1)求證：BG=DG；(2)求C'(3)如圖2，再折疊一次，使點D與A重合，折痕EN交AD于M，求EM的長．【答案】(1)證明見解析(2)7(3)7【分析】（1）由折疊性質知∠A=∠C'，AB=C（2）設C'G=x，由全等性質知GD=GB=8-x，再在Rt△ABG（3）利用勾股定理求出BD=10，再證MN是△ABD的中位線得DN=12BD=5，MN=3，證明EN=ED，設EM=y，則ED=EN=y+3，由勾股定理得E【詳解】（1）證明：∵矩形紙片ABCD沿對角線BD折疊，點C落在點C'∴∠A=∠C'=90°在△GAB和△GC∠A=∠C∴△GAB≌△GC∴BG=DG；（2）解：∵△GAB≌△GC'D，AD=8∴AG=C設C'G=x，則∴GD=GB=8-x，∵在Rt△ABG中，A∴x2解得：x=7∴C'∴C'G的長為（3）再折疊一次，使點D與A重合，得折痕EN，且AD=8，AB=6，∴DM=12AD=12∴在Rt△ABD中，BD=∵EN⊥AD，AB⊥AD，∴EN∥∴點N是BD的中點，∴MN是△ABD的中位線，∴DN=12BD=由折疊的性質可知∠NDE=∠NDC，在矩形ABCD中，AB∥∴EN∥∴∠END=∠NDC，∴∠END=∠NDE，∴EN=ED，設EM=y，則ED=EN=y+3，在Rt△EMD中，E∴y+32解得：x=7∴EM=7∴EM的長為76【點睛】本題是四邊形的綜合問題，解題的關鍵是掌握矩形的性質，折疊的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，三角形的中位線定理，等角對等邊知識點．【變式4-2】（2023春·浙江寧波·九年級校聯考期中）問題原型(1)如圖1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AE⊥BC于E，F為CD中點，連結AF，EF．試猜想△AEF的形狀，并說明理由．(2)如圖2，在?ABCD中，AE⊥BC于E，F為CD中點，連結AF，EF．試猜想△AEF的形狀，并說明理由．(3)如圖3，在?ABCD中，F為CD上一點，連結BF，將∠C沿BF折疊，點C的對應點為C'．連結DC'并延長交AB于G，若AG=C'(4)如圖4，直角坐標系中有?ABCD，點A與原點重合，點B在x軸正半軸上，CD與y軸交于點E．將其沿過A的直線折疊，點B對應點B'恰好落在y軸上，且折痕交BC于M，B'M交CD于點N．若?ABCD的面積為48，AB=8，AD=3【答案】(1)△AEF是等邊三角形(2)△AEF是等腰三角形(3)證明見解析(4)52【分析】（1）連接AC，證明ΔABC和ΔACD是等邊三角形，進而證明∠EAF=60°，證明ΔADF?（2）取AB的中點，連接FH，直線FH交AE于G，證明四邊形BCFH是平行四邊形，FG//CE，進而得出GH是ΔABE的中位線，進一步得出Δ（3）由條件推出CF=BG，進而得出四邊形BGDF是平行四邊形，從而BF//DG，進而證明∠FDC'=∠DC'F，進一步得出結論；（4）根據條件求得DE=3，CE=5，從而求得BC的解析式，求出AM的解析式，從而求得點M坐標，求出MN的解析式，從而求得N點坐標，從而求得EN的長，求出ΔAMB'和Δ【詳解】（1）如圖1，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=BC=AB，∵∠B=60°，∴Δ∴AC=AB，∠BAC=60°，∵AE⊥BC，∴∠CAE=∠BAE=1同理可得：ΔACD∴AD=AC，∠DAC=60°，∵點F是CD的中點，∴∠CAF=12∠DAC=30°∴∠EAF=∠CAE+∠CAE=60°，在ΔADF和Δ∠D=∠B∠AFD=∠AEB=90°∴Δ∴AF=AE，∴Δ（2）如圖2，ΔAEF取AB的中點，連接FH，直線FH交AE于G，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，AB=CD，∵點F是CD的中點，H是AB的中點，∴CF=1∴BH=CF，∴四邊形BCFH是平行四邊形，∴FG//CE，∴點G是AE的中點，∵AE⊥CE，∴FG⊥AE，∴AE=AF，即：ΔAEF（3）證明：由（2）知：AB=CD，AB//CD，∵AG=C'F，CF=C'F，∴AG=CF，∴CD=CF=AB-AG，∴CF=BG，∴四邊形BGDF是平行四邊形，∴BF//DG，∴∠FDC'=∠CFB，∠C'FB=∠DC'F，∵∠CFB=∠C'FB，∴∠FDC'=∠DC'F，∴DF=C'F，∴DF=CF，即：點F是CD的中點（4）由S平行四邊形8AE=48，∴AE=6，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，CD=AB=8，∵∠EAB=90°，∴∠AED=∠EAB=90°，∴DE=A∴CE=CD-DE=5，∴C(5,6)，∴直線BC的解析式為：y=-2x+16，∵∠BAM=∠CAE=1∴直線AM的解析式為：y=x，由x=-2x+16得，x=16∴M(163，∵AB'=AB=8，∴B'(0,8)，∴直線MN的解析式為：y=-1當y=6時，6=-1∴x=4，∴EN=4，∴S∵S∴S【點睛】本題考查了菱形性質，平行四邊形性質，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函數解析式等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造線段垂直平分線．【變式4-3】（2023春·江西宜春·九年級統考期末）課本再現：（1）如圖1，ABCD是一個正方形花園，E，F是它的兩個門，且DE=CF．要修建兩條路BE和AF，這兩條路等長嗎？它們有什么位置關系？BE和AF的數量關系是：___________；BE和AF的位置關系是___________；（無需證明）知識應用：（2）如圖2，ABCD是一個正方形草地，現要在內部修建兩條路MN、EF，且①請問這兩條路MN、②如圖3，將邊長為12的正方形紙片沿EF折疊，點D落在BC邊上的點N處，若折痕EF的長為13，求此時DE的長；拓展延伸：（3）如圖4，將邊長為12的正方形紙片沿EF折疊，點D落在BC邊上的點N處，DN與EF交于點P，取AD的中點M，連接PM、PC，則PM+PC的最小值為___________，此時EF的長度是

【答案】（1）BE=AF，BE⊥AF；（2）①MN=EF，見解析，②DE=16924；（3）6【分析】（1）根據正方形性質可得，AB=AD=CD，又有DE=CF，因此可以得到AE=DF，因此可以證明得到△BAE≌ADF，從而證明得到BE=AF，∠AEB=∠DFA，根據三角形內角和定理可以得到∠EAO+∠DFA=90°，等量代換即可得到∠EAO+∠AEB=90°，因此證明得到∠AOE=90°，從而證明得到結論；（2）①過F點作FP⊥CD于點P，過點M作MQ⊥BC于點Q，MQ與FP相交于點H，同（1），證明△EFP≌△NMP，即可得到②連接DN，在Rt△DCN中，利用勾股定理求得CN的長，設DE=EN=x，則CE=12-x，在Rt（3）當點P、M、C三點共線時，PM+PC的值最小，即CM的長，利用勾股定理可求得CM的長，再證明△DMP≌△NCP，即可求解【詳解】解：猜想BE=AF，BE⊥AF，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∵DE=CF，∴AD-DE=CD-CF，即AE=DF，在△BAE和△ADF中，AE=DF∠BAE=∠D∴△BAE≌ADFSAS∴BE=AF，∵∠D=90°，∴∠EAO+∠DFA=90°，∴∠EAO+∠AEB=90°，∴∠AOE=90°，∴BE⊥AF；故答案為：BE=AF，BE⊥AF；（2）①MN=EF，理由如下：過F點作FP⊥CD于點P，過點M作MQ⊥BC于點Q，MQ與FP相交于點H，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA，∵FP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，∴FP=BC，CD=MQ，∴FP=MQ，∠MHF=90°，∵MN⊥EF，∴∠MHF=∠MOF=90°，∴∠EFP+∠1=∠NMQ+∠1，∴∠EFP=∠NMQ，∴△EFP≌∴MN=EF；②連接DN，

由折疊可得DE=EN，DN⊥EF，由①中的結論得DN=EF=13，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=BC=12，∴在Rt△DCN中，CN=∴設DE=EN=x，則CE=12-x，∴在Rt△CEN中，C∴12-x2解得x=169∴DE=169（3）當點P、M、C三點共線時，PM+PC的值最小，即CM的長，

根據勾股定理可求得CM=C由折疊的性質得DP=PN，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠DMP=∠NCP，∠MDP=∠CNP，∴△DMP≌△NCP，∴同理DN=65∴由（2）得EF=DN=65故答案為：65；6【點睛】本題考查翻折變換，正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，學會用轉化的思想思考問題．【題型5矩形與等腰三角形】【例5】（2023春·廣東深圳·九年級統考期末）【問題背景】某“數學學習興趣小組”在學習了“等腰三角形的性質”和“平行四邊形的性質和判定”后，在習題中發(fā)現了這樣一個問題：如圖1，在等腰△ABC中，AB=AC，點D、E分別是邊AB、AC上的點，點P是底邊BC上的點，且∠PDB=∠PEC=90°，過點B作BF⊥AC于點F，請寫出線段PD、PE、同學們經過交流討論，得到了如下兩種解決思路：解決思路1：如圖2，過點P作PG⊥BF于點G；解決思路2：如圖3，過點B作BH⊥PE，交EP的延長線于點H；(1)上述兩種解決思路都可以證明一組三角形全等，判定一個四邊形為平行四邊形，從而可證得線段PD、PE、【類比探究】(2)如圖4，在等腰△ABC中，AB=AC，點D、E分別是邊AB、AC上的點，點P是底邊BC上的點，且∠PDB=∠PEC=α，過點B作BF∥PE交AC于點F，請寫出線段【拓展應用】(3)如圖5，在△ACP與△BDP中，∠A=∠B=75°，∠APC=∠BPD=60°，點A、B、P在同一條直線上，若AB=6，PC=2，則PD=______________．【答案】(1)PD+PE=BF；(2)PD+PE=BF；(3)1+3【分析】（1）PD+PE=BF；圖2：證明四邊形PGFE是矩形，得到PE=GE，再證明△BDP≌△PGB，得到BG=DP，即可得到DP+PE=BG+GF，即DP+PE=BF；圖3：證明四邊形HBFE是矩形，得到BF=HE，BH∥EF，再證△BDP≌△BHP，得到PD=PH，即可推出PD+PE=BF；（2）PD+PE=BF，過點P作PM∥AC，得到四邊形PEFM是平行四邊形，推出PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，進而證明△BDP≌△PMB，得到PD=BM，即可證得PD+PE=BF；（3）延長DP至點N，使PN=PC=2，證明△APC≌△APN，得到∠PAN=∠PAC=75°，證得AN∥BD，過點N作NQ∥AB，交BD的延長線于Q，則四邊形ABQN是平行四邊形，過Q作QR⊥ND于點R，求出∠NQR=30°，勾股定理求出RQ，得到RD，即可求出PD．【詳解】（1）解：PD+PE=BF，理由：圖2：∵BF⊥AC，PG⊥BF，∴∠PGF=∠GFE=∠PEF=90°，∴四邊形PGFE是矩形，PG∥EF，∴PE=GE，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠GPB，∵∠BDP=∠BGP=90°，BP=BP，∴△BDP≌△PGB，∴BG=DP，∴DP+PE=BG+GF，即PD+PE=BF；圖3：∵BH⊥PE，BF⊥AC，∴∠H=∠BFE=∠PEF=90°，∴四邊形HBFE是矩形，∴BF=HE，BH∥EF，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠CBH，∵∠BDP=∠H=90°，BP=BP，∴△BDP≌△BHP，∴PD=PH，∴PH+PE=PD+PE，即PD+PE=BF；故答案為：PD+PE=BF；（2）PD+PE=BF，理由如下：過點P作PM∥AC，∵BF∥PE，∴四邊形PEFM是平行四邊形，∴PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，∴∠PDB=∠PMB，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠BPM，∵PB=PB，∴△BDP≌△PMB，∴PD=BM，∴PD+PE=BM+MF，即PD+PE=BF；（3）延長DP至點N，使PN=PC=2，∵∠APC=∠BPD=60°，∴∠APN=∠APC，∵AP=AP，∴△APC≌△APN，∴∠PAN=∠PAC=75°，∵∠ABD=75°，∴∠PAN=∠ABD，∴AN∥BD，過點N作NQ∥AB，交BD的延長線于Q，則四邊形ABQN是平行四邊形，∴NQ=AB=6，∠PNQ=∠DPB=60°，∠NQB=∠PBD=75°，過Q作QR⊥ND于點R，∴∠NQR=30°，∴NR=12NQ=3∴PR=1，RQ=NQ∵∠RQD=75°-30°=45°，∴∠D=45°，∴RD=RQ=33∴PD=RP+RD=1+33故答案為：1+33【點睛】此題是幾何圖形的綜合題，考查了全等三角形的判定及性質，矩形的判定及性質，平行四邊形的判定及性質，勾股定理，正確引出輔助線是解題的關鍵．【變式5-1】（2023春·江蘇無錫·九年級無錫市東林中學?？计谀┮阎诰匦蜛BCD中，AD=9，AB=12，O為矩形的中心，在等腰Rt△AEF中，∠EAF=90°，AE=AF=6．則EF邊上的高為；將△AEF繞點A按順時針方向旋轉一周，連接CE，取CE中點M，連接FM，則FM的最大值為

【答案】32【分析】①根據等腰直角三角形的性質和勾股定理即可求出EF的長度，最后根據三角形面積法即可求出EF邊上的高．②利用等腰直角三角形的性質求出NG長度，根據勾股定理求出AN長度，最后利用旋轉的性質可求出CN取值范圍，最后利用中位線定理即可求出FM取值范圍，從而求出FM最大值．【詳解】解：①∵△AEF為等腰直角三角形，AE=AF=6∴EF=A設EF邊上的高為h，∴S∴6×6∴h=3∴EF邊上的高為32故答案為：32②延長EF至N，使FN=EF，連接NC，AN，AC，過點A作AG⊥EF于G，如圖所示，

由①可知，AG=32，FN=EF=6∵△AEF為等腰三角形，AG⊥EF，∴EG=FG=AG=1∴NG=FG+NF=32∴在Rt△AGN中，AN=∵矩形ABCD中，AD=9，AB=12，∴在Rt△ABC中，AC=∵在△AEF順時針旋轉一周，∴AC-AN≤CN≤AN+AC，∴15-65∵M為EC中點，F為EN中點，∴FM=1∴15-6∵FM最大，∴FM=15+6故答案為：15+65【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質，中位線定理，勾股定理和矩形的性質，解題的關鍵在于將FM轉化為CN，建構與CN相關的三角形，利用旋轉的性質求出最大值．【變式5-2】（2023春·北京東城·九年級期末）畫一個四邊形，使得該四邊形的面積等于已知圖形面積的一半．（1）如圖1，已知等腰△ABC，D，E分別是AB，AC的中點，畫四邊形（2）如圖2，已知四邊形ABCD，AC⊥BD．四邊的中點分別為E，F，G，H，畫四邊形EFGH；（3）如圖3，已知平行四邊形ABCD，點E，G分別在AD，BC上，且EG∥AB．點F，H分別在AB，以上三種畫法中，所有正確畫法的序號是（

）

A．（1）（3） B．（2） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【答案】C【分析】如圖1所示，連接CD，證明S△ADE=S△CDE，進而得到S△ADE<S四邊形DBCE，即可推出S四邊形DBCE>12S△ABC；如圖2所示，設AC、BD交于O，先求出S四邊形ABCD=12AC?BD，利用三角形中位線定理得到EF∥HG，【詳解】解：如圖1所示，連接CD，∵E是AC的中點，∴S△ADE∴S△ADE<S∵S△ADE∴S四邊形DBCE>

如圖2所示，設AC、BD交于∵AC⊥BD，∴S四邊形===1∵E、F分別是∴EF∥AC，同理可得HG∥AC，∴EF∥HG，∴四邊形EFGH是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴EH⊥EF，∴四邊形EFGH是矩形，∴S四邊形EFGH=EF?EH=

如圖3所示，連接BE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∵EG∥AB，∴四邊形ABGE是平行四邊形，∴S△BEG∵AB∥EG，∴S△BEG∴S△EFG同理可得S△HFG∴S∴S四邊形EFGH=故選C．

【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質與判定，矩形的性質與判定，三角形中位線定理等等，熟知相關知識是解題的關鍵．【變式5-3】（2023春·福建廈門·九年級廈門外國語學校校考期末）如圖①，在平面直角坐標系中，一次函數y=-34x+3分別與x軸和y軸交于點A、點B(1)如圖②，點F在BC上，連接AF，把△ACF沿著AF折疊，點C剛好與線段AB上一點C'重合．①求點F的坐標；②請直接寫出直線FC'的解析式：______；(2)如圖③，動點Px,y在一次函數y=2x-31.5<x<4的圖象上運動，點D在線段AC上，是否存在直角頂點為P的等腰直角△BDP，若存在，請求出點【答案】(1)①F的坐標為52，(2)存在，點P坐標為(2，1)或10【分析】（1）①由矩形的性質可得BC=OA=4，AC=OB=3，AC//OB，BC//OA，即可求解；②過點C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y軸于點G，C'M⊥x軸于M，因為在RtΔBC'F中，由等積法可得CE=65根據勾股定理可得，(2)分兩種情況討論，利用全等三角形的性質，可以求出PF=BE，EP=DF，即可求解；【詳解】（1）①∵一次函數y=-34x+3分別與x軸和y軸交于點A可得A(4，0)B(0，3)∴OA=4，OB=3∵四邊形OABC為矩形，∴BC=OA=4，OB=AC=3由折疊可知：Δ∴CF=F設CF=x，則F在Rt?BFC'2解得：x=∴BF=4-∴F的坐標為5②過點C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y軸于點G由(1)可知FC∴在RtΔBB∴2×得CE=6∴BE=B∴∴C'(8設C'F為y=kx85解得：k=4所以C'F的解析式為：（2）設點P(a，2a-3)，當點P在BC下方時，如圖③，過點P作EF//BC，交y軸于E，交AC于F，，∵△BPD是等腰直角三角形，∴BP=PD，∠BPD=90°∴EF//BC，∴∠BEP=∠BOA=90°∴∠PFD=∠CAO=90°∴∠BPE+∠DPF=∠DPF+∠PDF，∴∠BPE=∠PDF，∴△BPE≌△PDF(AAS)，PF=BE=3-(2a-3)=6-2a，EP=DF，∴EF=EP+PF=a+6-2a=4，a=2，∴點P(2，1)；當點P在BC的上方時，如圖④，過點P作EF//BC，交y軸于E，交AC的延長線于F，同理可證△BPE≌△PDF，BE=PF=2a-3-3=2a-6，∵EF=EP+PF=a+2a-6=4，解得：a=∴點P103綜上所述：點P坐標為(2，1)或103【點睛】本題是一次函數綜合題，考查了一次函數的性質，全等三角形的判定和性質，矩形的性質，折疊的性質，勾股定理等知識，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．【題型6菱形中的全等三角形的構造】【例6】（2023春·江蘇泰州·九年級統考期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=60°，點M、N分別是邊BC、CD上的兩個動點，∠MAN=60°，連接MN．

(1)△AMN是等邊三角形嗎？如是，請證明；如不是，請說明理由．(2)在M、N運動的過程中，△CMN的面積存在最大值嗎？如存在，請求出該最大值；如不存在，請說明理由．【答案】(1)是，見解析；(2)存在，最大值為34【分析】（1）連接AC，證明△BAM≌△CANASA，推出AM=AN（2）利用全等三角形的性質得到四邊形AMCN的面積，推出△AMN的面積最小時，△MCN的面積最大，由△AMN是等邊三角形，根據垂線段最短可知，AM⊥BC時，AM的值最小，△AMN的面積最小．【詳解】（1）是，理由如下：如圖，連接AC，

∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B=∠D=60°，AB=BC=CD=AD，∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，∴AB=AC，∠B=∠BAC=∠ACD=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△BAM和△CAN中，∠B=∠ACNAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形；（2）△CMN的面積存在最大值，理由如下：由（1）得：△BAM≌△CAN，∴S△BAM∴S四邊形∴S四邊形AMCN∴S四邊形

則△AMN的面積最小時，△MCN的面積最大，∵△AMN是等邊三角形，根據垂線段最短可知，AM⊥BC時，AM的值最小，△AMN的面積最小,∴∠AMB=90°，由（1）得：△ABC是等邊三角形，則有：BM=MC=1在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM=∴S四邊形同理：ME=1在Rt△AEM中，由勾股定理得：∴S△AMN=12×∴△MCN的面積的最大值=3【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．【變式6-1】（2023春·四川眉山·九年級統考期末）如圖，菱形OABC的一邊OC在x軸的正半軸上，O是坐標原點，B點坐標為8，4，點D是對角線OB上一點，連結DA，

(1)求證：DA=DC；(2)求菱形OABC的面積；(3)連接DE，當S△DAE=2時，求點【答案】(1)見詳解(2)菱形OABC的面積為20(3)D【分析】（1）證明ΔABO≌（2）設x軸上的8的點為M，設OC=BC=x，則CM=OM-OC=8-x，在RtΔCBM中，利用勾股定理得CM2（3）先求出直線OB的函數解析式：y=12x，再設出D2a,a，那么【詳解】（1）解：∵四邊形OABC是菱形，∴AB=BC,∠ABO=∠CBO，∵BD=BD，∴ΔABO≌∴DA=DC；（2）解：如圖設x軸上的8的點為M

∵四邊形OABC是菱形,B點坐標為8，∴OC=BC，OM=10，BM=4,設OC=BC=x，則CM=OM-OC=8-x，∴在RtΔCBM中，CM2解得：x=5即OC=x=5，∴菱形OABC的面積：OC?BM=5×4=20；（3）設直線OB的函數解析式：y=kx，將B8，4代入y=kx，得4=8k，則則直線OB的函數解析式：y=1∵因為四邊形OABC是菱形，∴AO=BC,∠AOE=∠BCM，又∵∠AEO=∠BMC=90°，∴ΔAEO≌∴AE=BM=4,OE=CM=8-OC=3，設點D2a,aS△DAE解得a=2，∴D4,2【點睛】本題考查的是一次函數和菱形的綜合運用，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性質等，是一道代數幾何綜合性的題目，難度適中．【變式6-2】（2023春·重慶豐都·九年級統考期末）已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，連接對角線AC．

(1)如圖1，E為AD邊上一點，F為DC邊延長線上一點，且AE=CF，連接AF，BE交于點G．①求證：BE=AF；②過點C作CH⊥BE，垂足為H，求證：CH=3(2)如圖2，已知AB=4，將△ACD沿射線AC平移，得到△A'C'D'，連接【答案】(1)①見解析，②見解析(2)6【分析】（1）①根據菱形的性質和已知條件可得△ABC，△ACD是等邊三角形，進而可得∠BAD=∠ACF，結合AB=AC，AE=CF，根據全等三角形的判定可得△ABE≌△CAF，即可證明；②作BM⊥FG于M，全等三角形的判定△BAM≌△CBH，△BAM≌△CBH進而求得∠GBM=30°，根據含30度角的直角三角形的性質，以及勾股定理求得CH＝32BG；（2）設BD'交AC于點M，取BC的中點E，連接ME，CD'，證明四邊形A'BCD'是平行四邊形，BA'【詳解】（1）①證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，AD∥∴△ABC和△ACD均是等邊三角形，∴∠ABC=∠ACD=60°，∴∠BAD=120°，∠ACF=180°-∠ACD=120°，故∠BAD=∠ACF，又∵AB=AC，AE=CF，∴△ABE≌△CAFSAS∴BE=AF；②證明：作BM⊥FG于M，如圖：

∵△ABE≌△CAF，∴∠ABE=∠FAC，∵∠BAC=∠ABC=60°，∴∠ABC-∠ABF=∠BAC-∠FAC，即∠BAM=∠CBH，∵CH⊥BE，BM⊥FG，∴∠BMA=∵AB=BC，∴△ABM≌△BCHAAS∴CH=BM，∵∠BGM=∠ABE+∠BAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=60°，在Rt△BMG中，∠BGM=60°∴∠GBM=30°，∴GM=1∴BM=B∴CH=3（2）解：設BD'交AC于點M，取BC的中點E，連接ME，

由平移可知，A'D'∴A'D∥∴四邊形A'∴A'M=MC，∵E是BC的中點，∴EM=1∴BA當E，M，D'三點共線時，B此時，如圖，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD=2，∴A'∴ED∴BA'+B【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，平移的性質，平行四邊形的性質與判定，三角形的中位線性質，全等三角形的判定與性質、線段和最值等知識，涉及知識點較多，綜合性強，綜合運用以上知識是解題的關鍵．【變式6-3】（2023春·四川自貢·九年級成都實外校考期中）如圖，在菱形ABCD中，M，N分別是邊AB，BC的中點，MP⊥AB交邊CD于點P，連接NM，NP．（1）若∠B=60°，這時點P與點C重合，則∠NMP=度；（2）求證：NM=NP；（3）當△NPC為等腰三角形時，求∠B的度數．【答案】（1）30；（2）證明見試題解析；（3）108°或90°．【分析】（1）由直角三角形的中線等于斜邊上的一半，即可得出結論；（2）延長MN交DC的延長線于點E，由四邊形ABCD是菱形，得出AB∥DC，從而有∠BMN=∠E，由點N是線段BC的中點，得出BN=CN，得出△MNB≌△ENC，從而有MN=EN，即點N是線段ME的中點，由MP⊥AB交邊CD于點P，得出MP⊥DE，從而有∠MPE=90°，即可得出結論；（3）NC和PN不可能相等，所以只需分①PN=PC，②PC=NC兩種情況進行討論即可．【詳解】（1）∵MP⊥AB交邊CD于點P，∠B=60°，點P與點C重合，∴∠NPM=30°，∠BMP=90°，∵N是BC的中點，∴MN=PN，∴∠NMP=∠NPM=30°；（2）如圖1，延長MN交DC的延長線于點E，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∴∠BMN=∠E，∵點N是線段BC的中點，∴BN=CN，在△MNB和△ENC中，∵∠BMN=∠E，∠MNB=∠ENC，BN=CN，∴△MNB≌△ENC，∴MN=EN，即點N是線段ME的中點，∵MP⊥AB交邊CD于點P，AB∥DC，∴MP⊥DE，∴∠MPE=90°，∴PN=MN=12ME（3）如圖2，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，又M，N分別是邊AB，BC的中點，∴MB=12AB∴MB=NB，∴∠BMN=∠BNM，由（2）知：△MNB≌△ENC，∴∠BMN=∠BNM=∠E=∠CNE，又∵PN=MN=NE，∴∠NPE=∠E，設∠BMN=∠BNM=∠E=∠NCE=∠NPE=x°，則∠NCP=2x°，∠NPC=x°，①若PN=PC，則∠PNC=∠NCP=2x°，在△PNC中，2x＋2x＋x=180，解得：x=36，∴∠B=∠PNC＋∠NPC=2x°＋x°=36°×3=108°；②若PC=NC，則∠PNC=∠NPC=x°，在△PNC中，2x＋x＋x=180，解得：x=45，∴∠B=∠PNC＋∠NPC=x°＋x°=45°＋45°=90°；綜上所述：∠B=108°或90°．【題型7正方形中線段的和差倍分關系】【例7】（2023春·福建龍巖·九年級統考期末）如圖，在正方形ABCD中，動點M在CD上，過點M作MN⊥CD，過點C作CN⊥AC，點E是AN的中點，連接BE交AC于點F．

(1)求證：BE⊥AC；(2)請?zhí)骄烤€段BE、(3)設AB=2，若點M沿著線段CD從點C運動到點D，則在該運動過程中，線段EN所掃過的圖形面積為________（直接寫出答案）．【答案】(1)見解析(2)BE=2(3)3【分析】（1）連接CE，由正方形以及等腰直角三角形的性質可得出∠ACD=∠MCN=45°，從而得出∠ACN=90°，再根據直角三角形的性質以及點E為AN的中點即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在線段AC的垂直平分線上，由此即可證得BE⊥AC；（2）BE=22AD+12（3）找出EN所掃過的圖形為四邊形DFCN，根據正方形以及等腰直角三角形的性質可得出BD∥CN，由此得出四邊形DFCN為梯形，再由AB=1，可算出線段CF、DF、【詳解】（1）證明：連接CE，如圖所示：

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，AB=BC，∴∠ACB=∠ACD=1∵∠CMN=90°，CM=MN，∴∠MCN=45°，∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°，∵在Rt△ACN中，點E是AN∴AE=CE=1∵AE=CE，AB=CB，∴點B，E在AC的垂直平分線上，∴BE垂直平分AC，∴BE⊥AC．（2）解：BE=2∵AB=BC，∠ABE=∠CBE，∴AF=FC，∵點E是AN中點，∴AE=EN，∴FE是△ACN的中位線．∴FE=1∵BE⊥AC，∴∠BFC=90°，∴∠FBC+∠FCB=90°．∵∠FCB=45°，∴∠FBC=45°，∴∠FCB=∠FBC，∴BF=CF，在Rt△BCF中，B∴BF=2∵四邊形ABCD是正方形，∴BC=AD，∴BF=2∵BE=BF+FE，∴BE=2（3）解：在點M沿著線段CD從點C運動到點D的過程中，線段EN所掃過的圖形為四邊形DFCN，

∵∠BDC=45°，∠DCN=45°，∴BD∥∴四邊形DFCN為梯形，∵AB=2，∴CF=DF=12BD=∴S梯形故答案為：3．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、等腰直角三角形的性質、平行線的性質以及梯形的面積公式，解題的關鍵是：（1）根據垂直平分線上點的性質證出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的長度；（3）找出EN所掃過的圖形．本題屬于中檔題，難度不小，解決該題型題目時，根據題意畫出圖形，利用數形結合解決問題是關鍵．【變式7-1】（2023春·貴州遵義·九年級統考期末）過正方形ABCD（四邊都相等，四個角都是直角）的頂點A作一條直線MN．

(1)當MN不與正方形任何一邊相交時，過點B作BE⊥MN于點E，過點D作DF⊥MN于點F，如圖（1），請寫出EF，BE，DF之間的數量關系，并證明你的結論．(2)若改變直線MN的位置，使MN與CD邊相交如圖（2），其它條件不變，EF，BE，DF的關系會發(fā)生變化，請直接寫出EF，BE，DF的數量關系，不必證明；(3)若繼續(xù)改變直線MN的位置，使MN與BC邊相交如圖（3），其它條件不變，EF，BE，DF的關系又會發(fā)生變化，請直接寫出EF，BE，DF的數量關系，不必證明．【答案】(1)EF=BE+DF，證明見解析(2)EF=BE-DF(3)EF=DF-BE【分析】（1）求出∠BAE=∠ADF，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，進而可得EF=AF+AE=BE+DF；（2）求出∠BAE=∠ADF，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，進而可得EF=AF-AE=BE-DF；（3）求出∠BAE=∠ADF，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，進而可得EF=AE-AF=DF-BE；【詳解】（1）解：EF=BE+DF；證明：四邊形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AF+AE=BE+DF；（2）EF=BE-DF；證明：四邊形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AF-AE=BE-DF；（3）EF=DF-BE；證明：四邊形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AE-AF=DF-BE．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，根據同角的余角相等證明∠BAE=∠ADF是解題的關鍵．【變式7-2】（2023春·吉林四平·九年級統考期末）感知：如圖（1）所示，四邊形ABCD是正方形，點G是線段BC上的任意一點，DE⊥AG于點E，BF∥DE，且交AG于點F，求證：探究一：如圖（2）所示，若點G在CB的延長線上，上述其余條件不變，則AF，BF，EF存在怎樣的等量關系？猜想并證明這一結論．探究二：若點G在BC的延長線上，上述其余條件不變，則AF，BF，EF又存在怎樣的等量關系？直接寫出結論．

【答案】感知：見解析；探究一：AF+BF=EF，證明見解析；探究二：BF-AF=EF．【分析】感知：根據正方形的性質，利用ASA可證△ABF≌△DAE，從而可得BF=AE，即可求證；探究一：根據正方形的性質，利用ASA可證△ABF≌△DAE，從而可得BF=AE，即可求證；探究二：根據正方形的性質，利用ASA可證△ABF≌△DAE，從而可得BF=AE，即可求證．【詳解】感知：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，∵DE⊥AG，BF∥∴∠DEA=∠AFB=90°，∴∠DAE+∠ADE=∠BAF+∠DAE=90°．∴∠ADE=∠BAF，在△ABF和△DAE中∠ADE=∠BAFDA=AB∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE，∵AF-AE=EF，∴AF-BF=BF．探究一：結論：AF+BF=EF理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，∴∠BAF+∠DAE=90°，∵DE⊥AG，∴∠DEA=90°，∴∠DAE+∠ADE=90°，∴∠ADE=∠BAF，∵BF∥∴∠AFB+∠DEA=180°，∴∠AFB=∠DEA=90°，在△ABF和△DAE中∠ADE=∠BAFDA=AB∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE，∵AF+AE=EF，∴AF+BF=EF．探究二：結論：BF-AF=EF，

理由如下：如圖：由感知同理可證△ABF≌△DAE，∴BF=AE，∵AE-AF=EF，∴BF-AF=EF．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定及性質，掌握判定方法及性質是解題的關鍵．【變式7-3】（2023春·江蘇常州·九年級常州市清潭中學校考期中）已知：在△ABC中，AD為中線，以AB、AC為邊向△ABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH．(1)如圖①，當∠BAC=90°時，求證：FH=2AD．(2)如圖②③，當∠BAC≠90°時，FH與AD有怎樣的關系？在圖②和圖③中可任選一個圖，證明你的結論．【答案】(1)見解析(2)FH=2AD,AD⊥FH，理由見解析【分析】（1）由直角三角形的性質可得BC=2AD，由“SAS”可證ΔBAC≌ΔFAH，可得BC（2）由“SAS”可證ΔADC≌ΔMDB，可得BM=AC,∠M=∠DAC，由“SAS”可證ΔABM≌ΔFAH，可得【詳解】（1）證明：∵以AB、AC為邊向ΔABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH∴AB=AF,AC=AH,∠BAF