專(zhuān)題1.8 特殊平行四邊形章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）（北師大版）（解析版）

專(zhuān)題1.8特殊平行四邊形章末九大題型總結(jié)（拔尖篇）【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1四邊形中的多解問(wèn)題】 1【題型2四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題】 11【題型3四邊形中的最值問(wèn)題】 19【題型4四邊形中的折疊問(wèn)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(gòu)造】 51【題型7正方形中線(xiàn)段的和差倍分關(guān)系】 61【題型8坐標(biāo)系中的四邊形】 70【題型9四邊形中存在性問(wèn)題】 77【題型1四邊形中的多解問(wèn)題】【例1】（2023春·遼寧鞍山·九年級(jí)校聯(lián)考期中）在正方形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC、BD交于點(diǎn)O，∠ADB的平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)G．過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BD于點(diǎn)F，∠EDM交AC于點(diǎn)M．下列結(jié)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(gè)數(shù)有（

）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】設(shè)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(shè)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(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、角平分線(xiàn)的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)以及菱形的判定與性質(zhì)．此題綜合性較強(qiáng)，難度較大．設(shè)出未知數(shù)、利用好正方形的性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023春·福建福州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，點(diǎn)E為對(duì)角線(xiàn)BD上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B重合），且BE<12BD，連接CE交

①∠AFE=∠BAE；②當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，BE=2；③當(dāng)△AEF為等腰三角形時(shí)，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；④連接BF，當(dāng)BE=CE時(shí)，F(xiàn)C平分∠AFB．以上結(jié)論正確的是（填正確的序號(hào)）．【答案】①②③④【分析】連接AC，交BD于點(diǎn)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(diǎn)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(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，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(dāng)△AEF為等腰三角形時(shí)，則可分當(dāng)AE=AF時(shí)，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(dāng)AF=EF時(shí)，即∠AEF=∠FAE，∵∠FAE=∠FAB+∠BAE=60°+∠AFE，∴在△AFE中，∠AFE+∠FAE+∠FEA=180°，∴3∠AFE+60°+60°=180°∴∠AFC=20°；當(dāng)AE=EF時(shí)，則∠AFE=∠FAE=∠BAE，此時(shí)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合，不符合題意；故③正確；連接BF，當(dāng)BE=CE時(shí)，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(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023春·山東青島·九年級(jí)山東省青島實(shí)驗(yàn)初級(jí)中學(xué)?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，O是對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，AB=1，∠BOA=60°，過(guò)C作CE⊥BD于點(diǎn)E，EC的延長(zhǎng)線(xiàn)與∠BAD的平分線(xiàn)相交于點(diǎn)H，AH與BC交于點(diǎn)F，與BD交于點(diǎn)M．給出下列四個(gè)結(jié)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(zhì)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(guò)程點(diǎn)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(guò)程點(diǎn)M作MN⊥AB于N，如圖，

∵∠HAB=45°，∴∠AMN=∠HAB=45°，∴AN=MN，∵∠MBN=60°，∴MN=3∵M(jìn)N+BN=AN+BN=AB=1，∴BN=3∴S△BFM∴S△ACF故④錯(cuò)誤；過(guò)點(diǎn)H作HQ⊥AB交AB延長(zhǎng)線(xiàn)于Q，延長(zhǎng)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(jié)論有①②③⑤故答案為：①②③⑤．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)．此題屬中考?jí)狠S題，綜合性強(qiáng)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定定理是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023春·廣西南寧·九年級(jí)統(tǒng)考期中）勾股定理是平面幾何中一個(gè)極為重要的定理，世界上各個(gè)文明古國(guó)都對(duì)勾股定理的發(fā)現(xiàn)和研究做出過(guò)貢獻(xiàn)，特別是定理的證明，據(jù)說(shuō)有400余種.如圖是希臘著名數(shù)學(xué)家歐幾里得證明這個(gè)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(gè)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(jié)論：①∠DAB=∠CAF，②△DAB≌△CAF，③S正方形ACED=2S△ADB，④S矩形AFGPA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】根據(jù)題意，∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB得到∠DAB=∠CAF，得到△DAB≌△CAF(SAS)，延長(zhǎng)DA至點(diǎn)L，過(guò)點(diǎn)B做垂線(xiàn)BL⊥DL，由題意可知四邊形DLBE為矩形，求出面積即可，延長(zhǎng)FA至點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)C做垂線(xiàn)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(zhǎng)DA至點(diǎn)L，過(guò)點(diǎn)B做垂線(xiàn)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(zhǎng)FA至點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)C做垂線(xiàn)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(diǎn)睛】本題主要考查勾股定理，正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)，做出正確的輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．【題型2四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題】【例2】（2023春·廣西欽州·九年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F在邊BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，且CF=AE，連接DE、DF．

(1)求證DE⊥DF；(2)連接EF，取EF中點(diǎn)G，連接DG并延長(zhǎng)交BC于H，連接BG．①依題意，補(bǔ)全圖形：②求證BG=DG；③若∠EGB=45°，用等式表示線(xiàn)段BG、HG與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①見(jiàn)解析；②見(jiàn)解析；③BG【分析】（1）證△ADE≌△CDF(SAS)，得∠ADE=∠CDF，再證（2）①依題意，補(bǔ)全圖形即可；②由直角三角形斜邊上的中線(xiàn)性質(zhì)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(bǔ)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(diǎn)，∴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(diǎn)，∴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(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線(xiàn)性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵，屬于中考?？碱}型．【變式2-1】（2023春·福建福州·九年級(jí)校考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，P，Q為BC邊上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且PQ=2，當(dāng)四邊形APQE周長(zhǎng)最小時(shí)，BP的長(zhǎng)為．

【答案】4【分析】要使四邊形APQE的周長(zhǎng)最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可，為此，現(xiàn)在BC邊上確定帶你P、Q的位置，可在AD上截取線(xiàn)段AF=PQ=2，作F關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，連接EG與BC交于一點(diǎn)即為Q點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作FQ的平行線(xiàn)交BC于一點(diǎn)，即為P點(diǎn)，則此時(shí)AP+EQ=EG最小，然后過(guò)G點(diǎn)作BC的平行線(xiàn)交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)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(xiàn)段AF=PQ=2，作F關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，連接EG與BC交于一點(diǎn)即為Q點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)作FQ的平行線(xiàn)交BC于一點(diǎn)，即為P點(diǎn)，過(guò)G點(diǎn)作BC的平行線(xiàn)交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)H，

，∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，∴∠C=∠D=90°，AD∥BC，BC=AD=8，∵點(diǎn)E為CD中點(diǎn)，∴CD=DE=2，∵點(diǎn)F關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)為點(diǎn)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(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)，正確作出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023春·江蘇泰州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=60°，點(diǎn)M、N分別是邊BC、CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∠MAN=60°，連接MN．

(1)△AMN是等邊三角形嗎？如是，請(qǐng)證明；如不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．(2)在M、N運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，△CMN的面積存在最大值嗎？如存在，請(qǐng)求出該最大值；如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)是，見(jiàn)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(zhì)得到四邊形AMCN的面積，推出△AMN的面積最小時(shí)，△MCN的面積最大，由△AMN是等邊三角形，根據(jù)垂線(xiàn)段最短可知，AM⊥BC時(shí)，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(shí)，△MCN的面積最大，∵△AMN是等邊三角形，根據(jù)垂線(xiàn)段最短可知，AM⊥BC時(shí)，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(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．【變式2-3】（2023春·廣西南寧·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在矩形紙片ABCD中，AB=2，AD=22，E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)F不與點(diǎn)A，D重合)．將△AEF沿EF所在直線(xiàn)翻折，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'，連接A'D，A'C．當(dāng)

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

∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，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(xiàn)翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'D=DC=AB=2∴DE=3=A'E+A'∴點(diǎn)E，A'，D∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'設(shè)AF=x，則A'F=x，F(xiàn)D=2在Rt△FA'D中∴22解得：x=22∴AF=22②當(dāng)A'D=A'

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

∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，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(xiàn)翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'C=DC=AB=2∴CE=3=A'E+A'∴點(diǎn)E，A'，C∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'設(shè)AF=x，則A'F=x，F(xiàn)D=2在Rt△FA'C中，在Rt△DFC中，F(xiàn)∴A'即2解得：x=2，∴AF=2；綜上所述，AF的長(zhǎng)為22或2或1故答案為：22或2或1【點(diǎn)睛】本題考查矩形中的翻折問(wèn)題，涉及矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，分類(lèi)討論思想的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．【題型3四邊形中的最值問(wèn)題】【例3】（2023春·江蘇南通·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=60°．E是對(duì)角線(xiàn)BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，D重合），連接AE，以AE為邊作菱形AEFG，其中，點(diǎn)G位于直線(xiàn)AB的上方，且∠EAG=60°，點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，連接PG，則線(xiàn)段PG的最小值是．

【答案】3【分析】連接DG，過(guò)點(diǎn)P作PG'⊥CD，則當(dāng)G點(diǎn)位于G'點(diǎn)時(shí)，PG有最小值即PG【詳解】解：連接DG，過(guò)點(diǎn)P作PG'⊥CD，則當(dāng)G點(diǎn)位于G'點(diǎn)時(shí)，

∵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(diǎn)共線(xiàn)，∵點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，AD=6，∴PD=3，∵∠DPG'∴DG∴PG即線(xiàn)段PG的最小值是32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，全等三角形判定與性質(zhì)，垂線(xiàn)段的性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，確定PG最小值時(shí)的G點(diǎn)位置是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023春·湖北恩施·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為5，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在正方形的四條邊上，且GH∥

【答案】10【分析】根據(jù)垂線(xiàn)段最短及平行四邊形的判定與性質(zhì)可知當(dāng)GH⊥EH時(shí)，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(zhǎng)=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(guò)AB作G點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)N,連接EN，過(guò)N點(diǎn)作MN⊥EA，交EA延長(zhǎng)線(xiàn)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(zhǎng)最短=2EN=102故答案為102【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)．掌握將軍飲馬問(wèn)題是解題關(guān)鍵.【變式3-2】（2023春·四川成都·九年級(jí)統(tǒng)考期末）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，OB=23，∠AOB=30°

(1)如圖1，點(diǎn)P為射線(xiàn)OB上的動(dòng)點(diǎn)，連接PA，若△PAB是等腰三角形，求PA的長(zhǎng)度；(2)如圖2，是否在x軸上存在點(diǎn)E，在直線(xiàn)BC上存在點(diǎn)F，以O(shè)，B，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)如圖3，點(diǎn)M是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作OB的垂線(xiàn)交直線(xiàn)OA于點(diǎn)N，求OM+MN+NB的最小值．【答案】(1)3或3(2)存在，E-23,0，F(xiàn)3-23,3(3)6【分析】（1）分為點(diǎn)P在OB上和在OB的延長(zhǎng)線(xiàn)上：當(dāng)點(diǎn)P在OB上，可推出△APB是等邊三角形，從而求得結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)P在OB的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，可推出AP=OA；（2）分為三種情形：OB是邊時(shí)，當(dāng)點(diǎn)F在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)時(shí)，可由OE=BF=OB=23求得CF=BF-BC=23-3，從而得出結(jié)果；當(dāng)點(diǎn)FF'在CB的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，同樣求得CF'=CB+BF'=CB+OB=3+23，OE'=OB+23，從而得出F'3+（3）作點(diǎn)O關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)O'，作B點(diǎn)關(guān)于OA的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B'，連接O'B'，交BC于點(diǎn)M'，OA于點(diǎn)N'，此時(shí)OM+MN+NB的最小值為OM'+M'N'+N'B的長(zhǎng)，即O'B'的長(zhǎng)，作O'T⊥y軸，作B'T⊥TO'于T，根據(jù)OT'=CB=3，B'T=AB+AB【詳解】（1）解：如圖1，

當(dāng)點(diǎn)P在OB上時(shí)，∵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(dāng)點(diǎn)P（圖中P'）在OB的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，∵∠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(diǎn)E和F，使以O(shè)，B，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，理由如下：OB是邊時(shí)，當(dāng)點(diǎn)F在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)時(shí)，∵OE=BF=OB=23∴CF=BF-BC=23-3，∴F3-2當(dāng)點(diǎn)FF'在CB∵CF'=CB+B∴F'3+當(dāng)OB是對(duì)角線(xiàn)時(shí)，（菱形BE″OF'）設(shè)OE'=B在Rt△ABE″∴m=2，∴E″2，綜上所述：E-23,0，F(xiàn)3-23,3或（3）如圖3，

作點(diǎn)O關(guān)于BC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)O'，作B點(diǎn)關(guān)于OA的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)B連接O'B'，交BC于點(diǎn)M'，此時(shí)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(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判定及性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023春·江蘇無(wú)錫·九年級(jí)統(tǒng)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(diǎn)G是邊AB上的一點(diǎn)，且GA=2，則隨著m的變化，

【答案】23≤m≤【分析】當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)D重合時(shí)，此時(shí)AB有最小值，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，此時(shí)AB有最大值，由等邊三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求AB的長(zhǎng)，即可求m的范圍；可證△GAE≌△HAFSAS，即HF=GE，當(dāng)點(diǎn)H，點(diǎn)N，點(diǎn)F共線(xiàn)時(shí)，HF有最小值，即可求解【詳解】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)D重合時(shí)，此時(shí)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(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，此時(shí)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(dāng)GA=2時(shí)，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(dāng)點(diǎn)H，點(diǎn)N，點(diǎn)F共線(xiàn)時(shí)，HF有最小值，此時(shí)，∵∠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(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，利用特殊位置求線(xiàn)段AB的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵.【題型4四邊形中的折疊問(wèn)題】【例4】（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級(jí)統(tǒng)考期末）通過(guò)對(duì)下面幾何圖形的？作探究，解決下列問(wèn)題．

【操作發(fā)現(xiàn)】如圖1，探究小組將矩形紙片ABCD沿對(duì)角線(xiàn)BD所在的直線(xiàn)折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)E處，DE與AB邊交于點(diǎn)F，再將紙片沿直線(xiàn)DM折疊，使AD邊落在直線(xiàn)DE上，點(diǎn)A與點(diǎn)N重合．（1）∠MDB=_______度．（2）若AB=6，AD=3，求線(xiàn)段DF的長(zhǎng)．【遷移應(yīng)用】（3）如圖2，在正方形紙片ABCD中，點(diǎn)E為CD邊上一點(diǎn)，探究小組將△ADE沿直線(xiàn)AE折疊得到△AFE，再將紙片沿過(guò)A的直線(xiàn)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(xiàn)EH折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)恰好落在折痕AH上的點(diǎn)M處，EM與AF相交于點(diǎn)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(shè)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(shè)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(diǎn)睛】此題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、折疊問(wèn)題、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握特殊平行四邊形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·浙江杭州·九年級(jí)校考期中）如圖1，一張矩形紙片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿對(duì)角線(xiàn)BD折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)C'的位置，BC'(1)求證：BG=DG；(2)求C'(3)如圖2，再折疊一次，使點(diǎn)D與A重合，折痕EN交AD于M，求EM的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)7(3)7【分析】（1）由折疊性質(zhì)知∠A=∠C'，AB=C（2）設(shè)C'G=x，由全等性質(zhì)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(xiàn)得DN=12BD=5，MN=3，證明EN=ED，設(shè)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(duì)角線(xiàn)BD折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)C'∴∠A=∠C'=90°在△GAB和△GC∠A=∠C∴△GAB≌△GC∴BG=DG；（2）解：∵△GAB≌△GC'D，AD=8∴AG=C設(shè)C'G=x，則∴GD=GB=8-x，∵在Rt△ABG中，A∴x2解得：x=7∴C'∴C'G的長(zhǎng)為（3）再折疊一次，使點(diǎn)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(diǎn)N是BD的中點(diǎn)，∴MN是△ABD的中位線(xiàn)，∴DN=12BD=由折疊的性質(zhì)可知∠NDE=∠NDC，在矩形ABCD中，AB∥∴EN∥∴∠END=∠NDC，∴∠END=∠NDE，∴EN=ED，設(shè)EM=y，則ED=EN=y+3，在Rt△EMD中，E∴y+32解得：x=7∴EM=7∴EM的長(zhǎng)為76【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的中位線(xiàn)定理，等角對(duì)等邊知識(shí)點(diǎn)．【變式4-2】（2023春·浙江寧波·九年級(jí)校聯(lián)考期中）問(wèn)題原型(1)如圖1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AE⊥BC于E，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，連結(jié)AF，EF．試猜想△AEF的形狀，并說(shuō)明理由．(2)如圖2，在?ABCD中，AE⊥BC于E，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，連結(jié)AF，EF．試猜想△AEF的形狀，并說(shuō)明理由．(3)如圖3，在?ABCD中，F(xiàn)為CD上一點(diǎn)，連結(jié)BF，將∠C沿BF折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C'．連結(jié)DC'并延長(zhǎng)交AB于G，若AG=C'(4)如圖4，直角坐標(biāo)系中有?ABCD，點(diǎn)A與原點(diǎn)重合，點(diǎn)B在x軸正半軸上，CD與y軸交于點(diǎn)E．將其沿過(guò)A的直線(xiàn)折疊，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'恰好落在y軸上，且折痕交BC于M，B'M交CD于點(diǎn)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(jiàn)解析(4)52【分析】（1）連接AC，證明ΔABC和ΔACD是等邊三角形，進(jìn)而證明∠EAF=60°，證明ΔADF?（2）取AB的中點(diǎn)，連接FH，直線(xiàn)FH交AE于G，證明四邊形BCFH是平行四邊形，F(xiàn)G//CE，進(jìn)而得出GH是ΔABE的中位線(xiàn)，進(jìn)一步得出Δ（3）由條件推出CF=BG，進(jìn)而得出四邊形BGDF是平行四邊形，從而B(niǎo)F//DG，進(jìn)而證明∠FDC'=∠DC'F，進(jìn)一步得出結(jié)論；（4）根據(jù)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(diǎn)M坐標(biāo)，求出MN的解析式，從而求得N點(diǎn)坐標(biāo)，從而求得EN的長(zhǎng)，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(diǎn)F是CD的中點(diǎn)，∴∠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(diǎn)，連接FH，直線(xiàn)FH交AE于G，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，AB=CD，∵點(diǎn)F是CD的中點(diǎn)，H是AB的中點(diǎn)，∴CF=1∴BH=CF，∴四邊形BCFH是平行四邊形，∴FG//CE，∴點(diǎn)G是AE的中點(diǎn)，∵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(diǎn)F是CD的中點(diǎn)（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(xiàn)BC的解析式為：y=-2x+16，∵∠BAM=∠CAE=1∴直線(xiàn)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(xiàn)MN的解析式為：y=-1當(dāng)y=6時(shí)，6=-1∴x=4，∴EN=4，∴S∵S∴S【點(diǎn)睛】本題考查了菱形性質(zhì)，平行四邊形性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函數(shù)解析式等知識(shí)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是作輔助線(xiàn)，構(gòu)造線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)．【變式4-3】（2023春·江西宜春·九年級(jí)統(tǒng)考期末）課本再現(xiàn)：（1）如圖1，ABCD是一個(gè)正方形花園，E，F(xiàn)是它的兩個(gè)門(mén)，且DE=CF．要修建兩條路BE和AF，這兩條路等長(zhǎng)嗎？它們有什么位置關(guān)系？BE和AF的數(shù)量關(guān)系是：___________；BE和AF的位置關(guān)系是___________；（無(wú)需證明）知識(shí)應(yīng)用：（2）如圖2，ABCD是一個(gè)正方形草地，現(xiàn)要在內(nèi)部修建兩條路MN、EF，且①請(qǐng)問(wèn)這兩條路MN、②如圖3，將邊長(zhǎng)為12的正方形紙片沿EF折疊，點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)N處，若折痕EF的長(zhǎng)為13，求此時(shí)DE的長(zhǎng)；拓展延伸：（3）如圖4，將邊長(zhǎng)為12的正方形紙片沿EF折疊，點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)N處，DN與EF交于點(diǎn)P，取AD的中點(diǎn)M，連接PM、PC，則PM+PC的最小值為_(kāi)__________，此時(shí)EF的長(zhǎng)度是

【答案】（1）BE=AF，BE⊥AF；（2）①M(fèi)N=EF，見(jiàn)解析，②DE=16924；（3）6【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)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(jù)三角形內(nèi)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(jié)論；（2）①過(guò)F點(diǎn)作FP⊥CD于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)M作MQ⊥BC于點(diǎn)Q，MQ與FP相交于點(diǎn)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(zhǎng)，設(shè)DE=EN=x，則CE=12-x，在Rt（3）當(dāng)點(diǎn)P、M、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PM+PC的值最小，即CM的長(zhǎng)，利用勾股定理可求得CM的長(zhǎng)，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）①M(fèi)N=EF，理由如下：過(guò)F點(diǎn)作FP⊥CD于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)M作MQ⊥BC于點(diǎn)Q，MQ與FP相交于點(diǎn)H，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA，∵FP⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，∴FP=BC，CD=MQ，∴FP=MQ，∠MHF=90°，∵M(jìn)N⊥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(jié)論得DN=EF=13，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=BC=12，∴在Rt△DCN中，CN=∴設(shè)DE=EN=x，則CE=12-x，∴在Rt△CEN中，C∴12-x2解得x=169∴DE=169（3）當(dāng)點(diǎn)P、M、C三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，PM+PC的值最小，即CM的長(zhǎng)，

根據(jù)勾股定理可求得CM=C由折疊的性質(zhì)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(diǎn)睛】本題考查翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問(wèn)題．【題型5矩形與等腰三角形】【例5】（2023春·廣東深圳·九年級(jí)統(tǒng)考期末）【問(wèn)題背景】某“數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)興趣小組”在學(xué)習(xí)了“等腰三角形的性質(zhì)”和“平行四邊形的性質(zhì)和判定”后，在習(xí)題中發(fā)現(xiàn)了這樣一個(gè)問(wèn)題：如圖1，在等腰△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D、E分別是邊AB、AC上的點(diǎn)，點(diǎn)P是底邊BC上的點(diǎn)，且∠PDB=∠PEC=90°，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，請(qǐng)寫(xiě)出線(xiàn)段PD、PE、同學(xué)們經(jīng)過(guò)交流討論，得到了如下兩種解決思路：解決思路1：如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥BF于點(diǎn)G；解決思路2：如圖3，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥PE，交EP的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)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(gè)四邊形為平行四邊形，從而可證得線(xiàn)段PD、PE、【類(lèi)比探究】(2)如圖4，在等腰△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D、E分別是邊AB、AC上的點(diǎn)，點(diǎn)P是底邊BC上的點(diǎn)，且∠PDB=∠PEC=α，過(guò)點(diǎn)B作BF∥PE交AC于點(diǎn)F，請(qǐng)寫(xiě)出線(xiàn)段【拓展應(yīng)用】(3)如圖5，在△ACP與△BDP中，∠A=∠B=75°，∠APC=∠BPD=60°，點(diǎn)A、B、P在同一條直線(xiàn)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(guò)點(diǎn)P作PM∥AC，得到四邊形PEFM是平行四邊形，推出PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，進(jìn)而證明△BDP≌△PMB，得到PD=BM，即可證得PD+PE=BF；（3）延長(zhǎng)DP至點(diǎn)N，使PN=PC=2，證明△APC≌△APN，得到∠PAN=∠PAC=75°，證得AN∥BD，過(guò)點(diǎn)N作NQ∥AB，交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于Q，則四邊形ABQN是平行四邊形，過(guò)Q作QR⊥ND于點(diǎn)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(guò)點(diǎn)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(zhǎng)DP至點(diǎn)N，使PN=PC=2，∵∠APC=∠BPD=60°，∴∠APN=∠APC，∵AP=AP，∴△APC≌△APN，∴∠PAN=∠PAC=75°，∵∠ABD=75°，∴∠PAN=∠ABD，∴AN∥BD，過(guò)點(diǎn)N作NQ∥AB，交BD的延長(zhǎng)線(xiàn)于Q，則四邊形ABQN是平行四邊形，∴NQ=AB=6，∠PNQ=∠DPB=60°，∠NQB=∠PBD=75°，過(guò)Q作QR⊥ND于點(diǎn)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(diǎn)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(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，平行四邊形的判定及性質(zhì)，勾股定理，正確引出輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023春·江蘇無(wú)錫·九年級(jí)無(wú)錫市東林中學(xué)校考期末）已知在矩形ABCD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(diǎn)A按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)一周，連接CE，取CE中點(diǎn)M，連接FM，則FM的最大值為

【答案】32【分析】①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理即可求出EF的長(zhǎng)度，最后根據(jù)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(zhì)求出NG長(zhǎng)度，根據(jù)勾股定理求出AN長(zhǎng)度，最后利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可求出CN取值范圍，最后利用中位線(xiàn)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(shè)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(zhǎng)EF至N，使FN=EF，連接NC，AN，AC，過(guò)點(diǎn)A作AG⊥EF于G，如圖所示，

由①可知，AG=32，F(xiàn)N=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(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，∴AC-AN≤CN≤AN+AC，∴15-65∵M(jìn)為EC中點(diǎn)，F(xiàn)為EN中點(diǎn)，∴FM=1∴15-6∵FM最大，∴FM=15+6故答案為：15+65【點(diǎn)睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，中位線(xiàn)定理，勾股定理和矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于將FM轉(zhuǎn)化為CN，建構(gòu)與CN相關(guān)的三角形，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出最大值．【變式5-2】（2023春·北京東城·九年級(jí)期末）畫(huà)一個(gè)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(diǎn)，畫(huà)四邊形（2）如圖2，已知四邊形ABCD，AC⊥BD．四邊的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，G，H，畫(huà)四邊形EFGH；（3）如圖3，已知平行四邊形ABCD，點(diǎn)E，G分別在AD，BC上，且EG∥AB．點(diǎn)F，H分別在AB，以上三種畫(huà)法中，所有正確畫(huà)法的序號(hào)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(jìn)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(shè)AC、BD交于O，先求出S四邊形ABCD=12AC?BD，利用三角形中位線(xiàn)定理得到EF∥HG，【詳解】解：如圖1所示，連接CD，∵E是AC的中點(diǎn)，∴S△ADE∴S△ADE<S∵S△ADE∴S四邊形DBCE>

如圖2所示，設(shè)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(diǎn)睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，三角形中位線(xiàn)定理等等，熟知相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023春·福建廈門(mén)·九年級(jí)廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校校考期末）如圖①，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y=-34x+3分別與x軸和y軸交于點(diǎn)A、點(diǎn)B(1)如圖②，點(diǎn)F在BC上，連接AF，把△ACF沿著AF折疊，點(diǎn)C剛好與線(xiàn)段AB上一點(diǎn)C'重合．①求點(diǎn)F的坐標(biāo)；②請(qǐng)直接寫(xiě)出直線(xiàn)FC'的解析式：______；(2)如圖③，動(dòng)點(diǎn)Px,y在一次函數(shù)y=2x-31.5<x<4的圖象上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)D在線(xiàn)段AC上，是否存在直角頂點(diǎn)為P的等腰直角△BDP，若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)【答案】(1)①F的坐標(biāo)為52，(2)存在，點(diǎn)P坐標(biāo)為(2，1)或10【分析】（1）①由矩形的性質(zhì)可得BC=OA=4，AC=OB=3，AC//OB，BC//OA，即可求解；②過(guò)點(diǎn)C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y軸于點(diǎn)G，C'M⊥x軸于M，因?yàn)樵赗tΔBC'F中，由等積法可得CE=65根據(jù)勾股定理可得，(2)分兩種情況討論，利用全等三角形的性質(zhì)，可以求出PF=BE，EP=DF，即可求解；【詳解】（1）①∵一次函數(shù)y=-34x+3分別與x軸和y軸交于點(diǎn)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(shè)CF=x，則F在Rt?BFC'2解得：x=∴BF=4-∴F的坐標(biāo)為5②過(guò)點(diǎn)C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y軸于點(diǎn)G由(1)可知FC∴在RtΔBB∴2×得CE=6∴BE=B∴∴C'(8設(shè)C'F為y=kx85解得：k=4所以C'F的解析式為：（2）設(shè)點(diǎn)P(a，2a-3)，當(dāng)點(diǎn)P在BC下方時(shí)，如圖③，過(guò)點(diǎn)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(diǎn)P(2，1)；當(dāng)點(diǎn)P在BC的上方時(shí)，如圖④，過(guò)點(diǎn)P作EF//BC，交y軸于E，交AC的延長(zhǎng)線(xiàn)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(diǎn)P103綜上所述：點(diǎn)P坐標(biāo)為(2，1)或103【點(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)綜合題，考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用分類(lèi)討論思想解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．【題型6菱形中的全等三角形的構(gòu)造】【例6】（2023春·江蘇泰州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=60°，點(diǎn)M、N分別是邊BC、CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∠MAN=60°，連接MN．

(1)△AMN是等邊三角形嗎？如是，請(qǐng)證明；如不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．(2)在M、N運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，△CMN的面積存在最大值嗎？如存在，請(qǐng)求出該最大值；如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)是，見(jiàn)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(zhì)得到四邊形AMCN的面積，推出△AMN的面積最小時(shí)，△MCN的面積最大，由△AMN是等邊三角形，根據(jù)垂線(xiàn)段最短可知，AM⊥BC時(shí)，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(shí)，△MCN的面積最大，∵△AMN是等邊三角形，根據(jù)垂線(xiàn)段最短可知，AM⊥BC時(shí)，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(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．【變式6-1】（2023春·四川眉山·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，菱形OABC的一邊OC在x軸的正半軸上，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，B點(diǎn)坐標(biāo)為8，4，點(diǎn)D是對(duì)角線(xiàn)OB上一點(diǎn)，連結(jié)DA，

(1)求證：DA=DC；(2)求菱形OABC的面積；(3)連接DE，當(dāng)S△DAE=2時(shí)，求點(diǎn)【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)菱形OABC的面積為20(3)D【分析】（1）證明ΔABO≌（2）設(shè)x軸上的8的點(diǎn)為M，設(shè)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(xiàn)OB的函數(shù)解析式：y=12x，再設(shè)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(shè)x軸上的8的點(diǎn)為M

∵四邊形OABC是菱形,B點(diǎn)坐標(biāo)為8，∴OC=BC，OM=10，BM=4,設(shè)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(shè)直線(xiàn)OB的函數(shù)解析式：y=kx，將B8，4代入y=kx，得4=8k，則則直線(xiàn)OB的函數(shù)解析式：y=1∵因?yàn)樗倪呅蜲ABC是菱形，∴AO=BC,∠AOE=∠BCM，又∵∠AEO=∠BMC=90°，∴ΔAEO≌∴AE=BM=4,OE=CM=8-OC=3，設(shè)點(diǎn)D2a,aS△DAE解得a=2，∴D4,2【點(diǎn)睛】本題考查的是一次函數(shù)和菱形的綜合運(yùn)用，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等，是一道代數(shù)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(jí)統(tǒng)考期末）已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，連接對(duì)角線(xiàn)AC．

(1)如圖1，E為AD邊上一點(diǎn)，F(xiàn)為DC邊延長(zhǎng)線(xiàn)上一點(diǎn)，且AE=CF，連接AF，BE交于點(diǎn)G．①求證：BE=AF；②過(guò)點(diǎn)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(xiàn)AC平移，得到△A'C'D'，連接【答案】(1)①見(jiàn)解析，②見(jiàn)解析(2)6【分析】（1）①根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可得△ABC，△ACD是等邊三角形，進(jìn)而可得∠BAD=∠ACF，結(jié)合AB=AC，AE=CF，根據(jù)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(jìn)而求得∠GBM=30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，以及勾股定理求得CH＝32BG；（2）設(shè)BD'交AC于點(diǎn)M，取BC的中點(diǎn)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(shè)BD'交AC于點(diǎn)M，取BC的中點(diǎn)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(diǎn)，∴EM=1∴BA當(dāng)E，M，D'三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，B此時(shí)，如圖，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD=2，∴A'∴ED∴BA'+B【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，平移的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，三角形的中位線(xiàn)性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)、線(xiàn)段和最值等知識(shí)，涉及知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023春·四川自貢·九年級(jí)成都實(shí)外?？计谥校┤鐖D，在菱形ABCD中，M，N分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，MP⊥AB交邊CD于點(diǎn)P，連接NM，NP．（1）若∠B=60°，這時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，則∠NMP=度；（2）求證：NM=NP；（3）當(dāng)△NPC為等腰三角形時(shí)，求∠B的度數(shù)．【答案】（1）30；（2）證明見(jiàn)試題解析；（3）108°或90°．【分析】（1）由直角三角形的中線(xiàn)等于斜邊上的一半，即可得出結(jié)論；（2）延長(zhǎng)MN交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，由四邊形ABCD是菱形，得出AB∥DC，從而有∠BMN=∠E，由點(diǎn)N是線(xiàn)段BC的中點(diǎn)，得出BN=CN，得出△MNB≌△ENC，從而有MN=EN，即點(diǎn)N是線(xiàn)段ME的中點(diǎn)，由MP⊥AB交邊CD于點(diǎn)P，得出MP⊥DE，從而有∠MPE=90°，即可得出結(jié)論；（3）NC和PN不可能相等，所以只需分①PN=PC，②PC=NC兩種情況進(jìn)行討論即可．【詳解】（1）∵M(jìn)P⊥AB交邊CD于點(diǎn)P，∠B=60°，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合，∴∠NPM=30°，∠BMP=90°，∵N是BC的中點(diǎn)，∴MN=PN，∴∠NMP=∠NPM=30°；（2）如圖1，延長(zhǎng)MN交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∴∠BMN=∠E，∵點(diǎn)N是線(xiàn)段BC的中點(diǎn)，∴BN=CN，在△MNB和△ENC中，∵∠BMN=∠E，∠MNB=∠ENC，BN=CN，∴△MNB≌△ENC，∴MN=EN，即點(diǎn)N是線(xiàn)段ME的中點(diǎn)，∵M(jìn)P⊥AB交邊CD于點(diǎn)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(diǎn)，∴MB=12AB∴MB=NB，∴∠BMN=∠BNM，由（2）知：△MNB≌△ENC，∴∠BMN=∠BNM=∠E=∠CNE，又∵PN=MN=NE，∴∠NPE=∠E，設(shè)∠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(xiàn)段的和差倍分關(guān)系】【例7】（2023春·福建龍巖·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，動(dòng)點(diǎn)M在CD上，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥CD，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AC，點(diǎn)E是AN的中點(diǎn)，連接BE交AC于點(diǎn)F．

(1)求證：BE⊥AC；(2)請(qǐng)?zhí)骄烤€(xiàn)段BE、(3)設(shè)AB=2，若點(diǎn)M沿著線(xiàn)段CD從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D，則在該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線(xiàn)段EN所掃過(guò)的圖形面積為_(kāi)_______（直接寫(xiě)出答案）．【答案】(1)見(jiàn)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(zhì)可得出∠ACD=∠MCN=45°，從而得出∠ACN=90°，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)以及點(diǎn)E為AN的中點(diǎn)即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在線(xiàn)段AC的垂直平分線(xiàn)上，由此即可證得BE⊥AC；（2）BE=22AD+12（3）找出EN所掃過(guò)的圖形為四邊形DFCN，根據(jù)正方形以及等腰直角三角形的性質(zhì)可得出BD∥CN，由此得出四邊形DFCN為梯形，再由AB=1，可算出線(xiàn)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(diǎn)E是AN∴AE=CE=1∵AE=CE，AB=CB，∴點(diǎn)B，E在AC的垂直平分線(xiàn)上，∴BE垂直平分AC，∴BE⊥AC．（2）解：BE=2∵AB=BC，∠ABE=∠CBE，∴AF=FC，∵點(diǎn)E是AN中點(diǎn)，∴AE=EN，∴FE是△ACN的中位線(xiàn)．∴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(diǎn)M沿著線(xiàn)段CD從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D的過(guò)程中，線(xiàn)段EN所掃過(guò)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(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、平行線(xiàn)的性質(zhì)以及梯形的面積公式，解題的關(guān)鍵是：（1）根據(jù)垂直平分線(xiàn)上點(diǎn)的性質(zhì)證出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的長(zhǎng)度；（3）找出EN所掃過(guò)的圖形．本題屬于中檔題，難度不小，解決該題型題目時(shí)，根據(jù)題意畫(huà)出圖形，利用數(shù)形結(jié)合解決問(wèn)題是關(guān)鍵．【變式7-1】（2023春·貴州遵義·九年級(jí)統(tǒng)考期末）過(guò)正方形ABCD（四邊都相等，四個(gè)角都是直角）的頂點(diǎn)A作一條直線(xiàn)MN．

(1)當(dāng)MN不與正方形任何一邊相交時(shí)，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥MN于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥MN于點(diǎn)F，如圖（1），請(qǐng)寫(xiě)出EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．(2)若改變直線(xiàn)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(guān)系會(huì)發(fā)生變化，請(qǐng)直接寫(xiě)出EF，BE，DF的數(shù)量關(guān)系，不必證明；(3)若繼續(xù)改變直線(xiàn)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(guān)系又會(huì)發(fā)生變化，請(qǐng)直接寫(xiě)出EF，BE，DF的數(shù)量關(guān)系，不必證明．【答案】(1)EF=BE+DF，證明見(jiàn)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(jìn)而可得EF=AF+AE=BE+DF；（2）求出∠BAE=∠ADF，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，進(jìn)而可得EF=AF-AE=BE-DF；（3）求出∠BAE=∠ADF，證明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，進(jìn)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(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)同角的余角相等證明∠BAE=∠ADF是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023春·吉林四平·九年級(jí)統(tǒng)考期末）感知：如圖（1）所示，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)G是線(xiàn)段BC上的任意一點(diǎn)，DE⊥AG于點(diǎn)E，BF∥DE，且交AG于點(diǎn)F，求證：探究一：如圖（2）所示，若點(diǎn)G在CB的延長(zhǎng)線(xiàn)上，上述其余條件不變，則AF，BF，EF存在怎樣的等量關(guān)系？猜想并證明這一結(jié)論．探究二：若點(diǎn)G在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，上述其余條件不變，則AF，BF，EF又存在怎樣的等量關(guān)系？直接寫(xiě)出結(jié)論．

【答案】感知：見(jiàn)解析；探究一：AF+BF=EF，證明見(jiàn)解析；探究二：BF-AF=EF．【分析】感知：根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用ASA可證△ABF≌△DAE，從而可得BF=AE，即可求證；探究一：根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用ASA可證△ABF≌△DAE，從而可得BF=AE，即可求證；探究二：根據(jù)正方形的性質(zhì)，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(jié)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(jié)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(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，掌握判定方法及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·江蘇常州·九年級(jí)常州市清潭中學(xué)校考期中）已知：在△ABC中，AD為中線(xiàn)，以AB、AC為邊向△ABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH．(1)如圖①，當(dāng)∠BAC=90°時(shí)，求證：FH=2AD．(2)如圖②③，當(dāng)∠BAC≠90°時(shí)，F(xiàn)H與AD有怎樣的關(guān)系？在圖②和圖③中可任選一個(gè)圖，證明你的結(jié)論．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)FH=2AD,AD⊥FH，理由見(jiàn)解析【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)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