浙教版八年級下冊數(shù)學(xué)舉一反三系列 專題5.8 特殊平行四邊形全章八類必考壓軸題（教師版）

專題5.8特殊平行四邊形全章八類必考壓軸題【浙教版】必考點1必考點1矩形的折疊問題1．（2022春·福建福州·八年級?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，點O為對角線的交點，點E為CD上一點，沿BE折疊，點C恰好與點O重合，點G為BD上的一動點，則EG+CG的最小值m與BC的數(shù)量關(guān)系是（）A．3m=5BC B．m=2BC C．3m=7BC D．2m=7BC【答案】C【分析】△OBC是等邊三角形，延長EO交AB于K，連接CK交BD于G，連接GE，由題意E、K關(guān)于BD對稱，推出GE+GC=GK+GC，當K、G、C共線時，GE+GC的值最小，最小值為KC的長.【詳解】如圖，由題意∠BOE=∠BCE=90°，OB=BC=OC，∴△OBC是等邊三角形，延長EO交AB于K，連接CK交BD于G，連接GE，由題意E、K關(guān)于BD對稱，∴GE+GC=GK+GC，∴當K、G、C共線時，GE+GC的值最小，最小值為KC的長，設(shè)BC=a，CK=m，在Rt△BOK中，∵∠KBO=30°，OB=a，∴BK=OB÷cos在Rt△CBK中，∵BC∴a2∴3m∴3m=故選：C.【點睛】本題考查軸對稱-最短問題，翻折變換，矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，學(xué)會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考常考題型.2．（2022秋·四川達州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在一張矩形紙片ABCD中，AB=4，BC=8，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將紙片ABCD沿直線EF折疊，點C落在AD上的一點H處，點D落在點G處，有以下四個結(jié)論：①四邊形CFHE是菱形；②EC平分∠DCH；③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4；④當點H與點A重合時，EF=25．以上結(jié)論中，你認為正確的有__________．（填序號）【答案】①③④【詳解】解：∵FH與CG，EH與CF都是矩形ABCD的對邊AD、BC的一部分，∴FH∥CG，EH∥CF，∴四邊形CFHE是平行四邊形，由翻折的性質(zhì)得，CF=FH，∴四邊形CFHE是菱形，（故①正確）；∴∠BCH=∠ECH，∴只有∠DCE=30°時EC平分∠DCH，（故②錯誤）；點H與點A重合時，設(shè)BF=x，則AF=FC=8﹣x，在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，即42+x2=（8﹣x）2，解得x=3，點G與點D重合時，CF=CD=4，∴BF=4，∴線段BF的取值范圍為3≤BF≤4，（故③正確）；過點F作FM⊥AD于M，則ME=（8﹣3）﹣3=2，由勾股定理得，EF=MF2+M綜上所述，結(jié)論正確的有①③④共3個，故答案為①③④．考點：翻折變換的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理3．（2022秋·山東淄博·八年級統(tǒng)考期末）定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形．(1)根據(jù)定義判矩形已知：如圖1，在平行四邊形ABCD中，AC,BD是它的兩條對角線，AC=BD．求證：平行四邊形ABCD是矩形．(2)動手操作有發(fā)現(xiàn)如圖2，在矩形ABCD中，E是BC的中點，將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，點F在矩形ABCD內(nèi)部，延長AF交CD于點G．猜想線段GF與GC有何數(shù)量關(guān)系?并證明你的結(jié)論．(3)類比探究到一般如圖3，將(2)中的矩形ABCD改為平行四邊形，其它條件不變，(2)中的結(jié)論是否仍然成立，請說明理由．(4)解決問題巧應(yīng)用如圖4，保持(2)中的條件不變，若G點是CD的中點，且AB=2，請直接寫出矩形ABCD的面積．【答案】(1)見解析(2)GF=GC，理由見解析(3)成立，理由見解析(4)4【分析】（1）由“邊邊邊”證明△ABC≌△DCB，然后得到∠ABC=90°，即可得到結(jié)論成立；（2）連接GE，利用折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，證明Rt△GFE≌（3）連接FC，利用折疊的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，證明∠GFC=∠GCF，即可得到結(jié)論成立；（4）由折疊的性質(zhì)，先求出AG=3，然后由勾股定理求出AD=22【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB=CD，∠ABC+∠DCB=180°，在△ABC和△DCB中，∵AB=CD，BC=CB，AC=BD，∴△ABC≌△DCB(SSS∴∠ABC=∠DCB，∴∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD是矩形；（2）證明：GF=GC．理由如下：如圖，連接GE，∵E是BC的中點，∴BE=EC，∵△ABE沿AE折疊后得到△AFE，∴BE=EF，∠B=∠AFE=90°，∴EF=EC，∠EFG=90°∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C=∠B=90°，∵在Rt△GFE和Rt∵EF=EC，EG=EG∴Rt△GFE≌∴GF=GC；（3）證明：（2）中的結(jié)論仍然成立．理由如下：如圖，連接FC，∵E是BC的中點，∴BE=CE，∵將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，∴BE=EF，∠B=∠AFE，∴EF=EC，∴∠EFC=∠ECF；∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠B=∠D，∵∠ECD=180°?∠D，∠EFG=180°?∠AFE=180°?∠B=180°?∠D，∴∠ECD=∠EFG，∴∠GFC=∠GFE?∠EFC=∠ECG?∠ECF=∠GCF，∴∠GFC=∠GCF，∴FG=CG；即（2）中的結(jié)論仍然成立．（4）解：在平行四邊形ABCD中，CD=AB=2，由（2）可知GF=GC，∵G點是CD的中點，∴GF=GC=GD=1由折疊的性質(zhì)，則AF=AB=2，∴AG=2+1=3，∵AD∴AD=3∴矩形ABCD的面積為：22【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識，正確的進行證明．4．（2022春·湖北宜昌·八年級統(tǒng)考期末）（1）【操作發(fā)現(xiàn)】：如圖一，在矩形ABCD中，E是BC的中點，將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，點F在矩形ABCD內(nèi)部，延長AF交CD于點G．猜想線段GF與GC的數(shù)量關(guān)系是．（2）【類比探究】：如圖二，將（1）中的矩形ABCD改為平行四邊形，其它條件不變，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．（3）【應(yīng)用】：如圖三，將（1）中的矩形ABCD改為正方形，邊長AB＝4，其它條件不變，求線段GC的長．【答案】（1）點E在BC的中點時，GF＝GC，理由見解析；（2）成立，理由見解析；（3）CG＝1【分析】（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)得出BE=EF，∠B=∠EFA，利用三角形全等的判定得△ECG≌△EFG，即可得出答案；（2）利用平行四邊形的性質(zhì)，首先得出∠C=180°-∠D，∠EFG=180°-∠AFE=180°-∠B=180°-∠D，進而得出∠ECG=∠EFG，再利用EF=EC，得出∠EFC=∠ECF，即可得出答案．（3）設(shè)GF=GC=x，則AG=4+x，DG=4-x，在Rt△ADG中利用勾股定理列出關(guān)于x的方程，解之可得．【詳解】（1）點E在BC的中點時，GF＝GC，證明：如圖一，連接EG，∵E是BC的中點，∴BE＝CE，∵將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，∵EG＝EG，∠C＝∠EFG＝90°，∴△ECG≌△EFG（HL），∴FG＝CG，故答案為FG＝CG；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立．證明：如圖二，連接FC，∵E是BC的中點，∴BE＝CE，∵將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，∴BE＝EF，∠B＝∠AFE，∴EF＝EC，∴∠EFC＝∠ECF，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠B＝∠D，∵∠ECD＝180°﹣∠D，∠EFG＝180°﹣∠AFE＝180°﹣∠B＝180°﹣∠D，∴∠ECD＝∠EFG，∴∠GFC＝∠GFE﹣∠EFC＝∠ECG﹣∠ECF＝∠GCF，∴∠GFC＝∠GCF，∴FG＝CG；即（1）中的結(jié)論仍然成立；（3）設(shè)GF＝GC＝x，則AG＝4+x，DG＝4﹣x，在Rt△ADG中，（4+x）2＝（4﹣x）2+42，解得：x＝1，即CG＝1．【點睛】此題是四邊形的綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是根據(jù)已知得出EF=EC，∠EFC=∠ECF是解決問題的關(guān)鍵．5．（2022春·全國·八年級統(tǒng)考期末）已知：如圖，矩形紙片ABCD的邊AD=3，CD=2，點P是邊CD上的一個動點（不與點C重合，把這張矩形紙片折疊，使點B落在點P的位置上，折痕交邊AD與點M，折痕交邊BC于點N.（1）寫出圖中的全等三角形.設(shè)CP=x，AM=y，寫出y與x的函數(shù)關(guān)系式；（2）試判斷∠BMP是否可能等于90°.如果可能，請求出此時CP的長；如果不可能，請說明理由.【答案】（1）y=x2?4x+9【詳解】試題分析：（1）由折疊的性質(zhì)可得：△MBN≌△MPN，即可得MB=MP，又由四邊形ABCD是矩形，可得AB=CD，∠A=∠D=90°，然后分別在Rt△ABM與Rt△DMP中，利用勾股定理，可得MB2=AM2+AB2=y2+4，MP2=MD2+PD2=2+2，繼而求得y與x的函數(shù)關(guān)系式；（2）若∠BMP=90°，可證得△ABM≌△DMP，即可得AM=DP，AB=DM，則可求得CP的長．試題解析：（1）⊿MBN≌⊿MPN

.

∵⊿MBN≌⊿MPN，∴MB=MP，∴MB∵矩形ABCD，∴AD=CD

(矩形的對邊相等)，∴∠A=∠D=90°(矩形四個內(nèi)角都是直角)

.

∵AD=3，CD=2，CP=x，AM=y，∴DP=2-x，

MD=3-y.

在Rt⊿ABM中，MB2同理MPy2+4=(3?y)∴

y=x2（2）∠BMP=90°

當∠BMP=90°時，可證ΔABM?ΔDMP.

∴AM=CP，AB=DM.∴2=3?y,y=1.

∴1=2?x,x=1.

∴當CM=1時，∠BMP=90°.必考點2必考點2矩形與等腰三角形1．（2022秋·江西吉安·九年級統(tǒng)考期末）在矩形ABCD中，AB=4，BC=5，點E在AD邊上，若△BCE是等腰三角形，則線段DE的長為______．【答案】2.5或2或3【分析】分三種情況：①BE＝EC，此時點E是BC的中垂線與AD的交點；②BE′＝BC，在直角△ABE′中，利用勾股定理求得AE′的長度，然后求得DE′的長度即可；③與第②種情況關(guān)于E點對稱，CE″=BC=5，在Rt△CD【詳解】解：分三種情況討論，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD＝BC＝5，當BE＝EC時，點E是BC的中垂線與AD的交點，DE＝12AD②當BC＝BE′＝5時，在Rt△ABE′中，AB＝4，則AE′＝BE'2∴DE′＝AD?AE′＝5?3＝2；一③當CE″=BC=5時，在Rt△CD則DE∴DE綜上所述，線段DE的長為2.5或2或3，故答案是：2.5或2或3．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋·浙江·八年級期末）在一張長為6cm，寬為5cm的矩形紙片上，現(xiàn)要剪下一個腰長為4cm【答案】8或215或【分析】因為等腰三角形腰的位置不明確，所以分三種情況進行討論：（1）ΔAEF為等腰直角三角形，直接利用面積公式求解即可；（2）先利用勾股定理求出AE邊上的高BF，再代入面積公式求解；（3）先求出AE邊上的高DF，再代入面積公式求解．【詳解】解：分三種情況計算：（1）當AE=AF=4時，如圖：∴SΔAEF=（2）當AE=EF=4時，如圖：則BE=5?4=1，BF=E∴SΔAEF=（3）當AE=EF=4時，如圖：則DE=6?4=2，DF=E∴SΔAEF=故答案為：8或215或4【點睛】本題主要考查矩形的角的性質(zhì)和勾股定理的運用，要根據(jù)三角形的腰長的不確定分3種情況討論，有一定的難度．3．（2022秋·福建福州·八年級校考期末）已知：若兩個等腰三角形有公共底邊，則稱這兩個等腰三角形的頂角的頂點關(guān)于這條底邊互為頂針點；若再滿足兩個頂角和是180°，則稱這個兩個頂點關(guān)于這條底邊互為勾股頂針點．如圖1，四邊形ABCD中，BC是一條對角線，AB＝AC，DB＝DC，則點A與點D關(guān)于BC互為頂針點；若再滿足∠A+∠D＝180°，則點A與點D關(guān)于BC互為勾股頂針點．初步思考(1)如圖2，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝30°，D、E為△ABC外兩點，EB＝EC，∠EBC＝45°，△DBC為等邊三角形．①點A與點______關(guān)于BC互為頂針點：②求證：點D與點A關(guān)于BC互為勾股頂針點．實踐操作(2)在長方形ABCD中，AB＝8，AD＝10．①如圖3，點E在AB邊上，點F在AD邊上，請用圓規(guī)和無刻度的直尺作出點E、F，使得點E與點C關(guān)于BF互為勾股頂針點．（不寫作法，保留作圖痕跡）思維探究②如圖4，點E是直線AB上的動點，點P是平面內(nèi)一點，點E與點C關(guān)于BP互為勾股頂針點，直線CP與直線AD交于點F，求在點E運動過程中，當線段BE與線段AF的長度相等時AE的長．【答案】(1)①D和E；②見解析；(2)①見解析；②滿足條件的AE的值為43或2或36【分析】（1）根據(jù)互為頂針點即可得出結(jié)果；②根據(jù)互為勾股頂針點的定義進行證明即可；（2）①以C為圓心，CB為半徑畫弧交AD于F，連接CF，作∠BCF的角平分線交AB于E，點E，點F即為所求；②分四種情形：如圖4-1中，當BE=AF時，如圖4-2中，當BE=BC=AF時，此時點F與D重合；如圖4-3中，當BE=AF時；如圖4-4中，當BE=CB=AF時，點F與點D重合；分別求解即可解決問題．【詳解】（1）解：根據(jù)互為頂針點，互為勾股頂針點的定義可知：①點A與點D和E關(guān)于BC互為頂針點；故答案為：D和E；②點D與點A關(guān)于BC互為勾股頂針點，理由：如圖2中，∵△BDC是等邊三角形，∴∠D=60°，∵AB=AC，∠ABC=30°，∴∠ABC=∠ACB=30°，∴∠BAC=120°，∴∠A+∠D=180°，∴點D與點A關(guān)于BC互為勾股頂針點；（2）①如圖3中，以C為圓心，CB為半徑畫弧交AD于F，連接CF，作∠BCF的角平分線交AB于E，點E，點F即為所求；證明如下：連接EF，∵CE平分∠BCF，∴∠BCE=∠ECF，∵BC=CF，CE=CE，∴?CEF??CEB，∴∠B=∠EFC=90°，∴BE=BF，∠BEF+∠BCF=180°，∴點E與點C關(guān)于BF互為勾股頂針點；②如圖4-1中，當BE=AF時，設(shè)AE=x,連接EF.∵BE=EP=AF,EF=EF，∠EAF=∠FPE=90°，∴Rt?EAF?Rt?FPE(HL)，∴PF=AE=x，在Rt△DCF中DF=10-(8-x)=2+x，CD=8，CF=10-x，10?x解得x=43∴.AE=43如圖4-2中，當BE=BC=AF時，此時點F與D重合，可得AE=BE-AB=10-8=2；如圖4-3中，當BE=AF時，設(shè)AE=x，同法可得PF=AE=x，在Rt△CDF中，則有10+x2解得x=367∴AE=367如圖4-4中，當BE=CB=AF時，點F與點D重合，此時AE=AB＋BE=AB＋BC=18；綜上所述，滿足條件的AE的值為43或2或36【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，互為頂點，互為勾股頂針點的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．4．（2022春·福建泉州·八年級統(tǒng)考期末）有一張矩形紙條ABCD，AB=15，BC=4，點M、N分別在邊AB、CD上．現(xiàn)將四邊形BCNM沿MN折疊，使點B，C分別落在點E，F(xiàn)上．(1)如圖，當點E與點D重合時①求證：△EMN是等腰三角形；②點G在EM上，當四邊形EGNF為矩形時，求MG的長．(2)如圖，若CN=3，點M從點A出發(fā)運動到終點B的過程中，若四邊形MEFN的邊ME與線段CD交于點P，求點P的運動路程．【答案】(1)①見解析；②16(2)11【分析】（1）①根據(jù)翻折的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)可得∠2=∠3，則EM=EN，即可得△EMN是等腰三角形；②在△AME中，由勾股定理得AE2+AM2=EM2，即42+（15-EM）2=EM2，則EM=24130，NC=15-EN=20930，由翻折的性質(zhì)可知，NF=EG=NC=20930（2）探究點P的運動路程，尋找特殊位置解決問題即可．（1）①證明：當點E與點D重合時，由翻折的性質(zhì)可知，∠1=∠2，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴EM=EN，∴△EMN是等腰三角形；②解：過點N作NG⊥EN，垂足為G，則四邊形EGNF為矩形，∴NF=EG，∵BM=ME，EM=EN，∴EM+BM=AB=15，∴AM=15-BM=15-EM，在△AME中，AE2+AM2=EM2，∴42+（15-EM）2=EM2，∴EM=∴EN=EM=∴NC=15?EN=由翻折的性質(zhì)可知，NF=NC，∴NF=EG=NC=∴MG=EM?EG=（2）解：如圖，當點M與A重合時，由（1）①可得PA=PN，設(shè)PA=PN=x，在Rt△ADP中，AD2+DP2=AP2，∴42+（15-3-x）2=x2，∴x=∴DP=15?3?如圖，當PM⊥AB時，CP=4+1=5，∴DP=15-3-4=8．當點E落在CD上時，EN=∴EC=CN+EN=3+5=8，∴DP=15-8=7，∴點P的運動路程為8?【點睛】本考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，勾股定理，軌跡等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會尋找特殊位置解決問題．5．（2022春·上海長寧·八年級上海市民辦新世紀中學(xué)?？计谀┤鐖D矩形ABCD中，AB=2，AD=4，點P是邊AD上一點，聯(lián)結(jié)BP，過點P作PE⊥BP，交DC于E點，將△ABP沿直線PE翻折，點B落在點B′處，若△B′【答案】32或43或【分析】若△B′PD為等腰三角形，則需分以下三種情況進行討論，①若B′P=PD，根據(jù)BP=PD列出方程即可解出；②若B′P=B′D，作出輔助線，證明△ABP≌△FB′P（AAS），根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出PF【詳解】解：設(shè)AP=x，則PD=AD－AP=4－x，∵PE⊥BP，∴△ABP沿直線PE翻折后，PE⊥B′∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴BP①若B′P=PD，則BP=∴x2解得x=3②若B′P=B′D，過點B′作B′F則PF=DF=12又∵∠A=∠B′FP，∠APB=∠B′PF，∴△ABP≌△FB∴AP=PF，即x=1解得x=4③若PD=B′D，過點B′作B′F⊥AD∵∠A=∠B′FP，∠APB=∠B′PF，∴△ABP≌△FB∴PF=AP=x，B′∴FD=4－2x，PD=B在Rt△FB′D即(4?x)2解得x=23或綜上所述：AP的長為32或43或【點睛】本題考查了矩形與折疊的問題，涉及到矩形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是通過數(shù)形結(jié)合思想，根據(jù)幾何圖形的性質(zhì)列出方程，注意分類討論思想的運用．6．（2022秋·江蘇·八年級期末）問題背景若兩個等腰三角形有公共底邊，則稱這兩個等腰三角形的頂角的頂點關(guān)于這條底邊互為頂針點；若再滿足兩個頂角的和是180°，則稱這兩個頂點關(guān)于這條底邊互為勾股頂針點．如圖1，四邊形ABCD中，BC是一條對角線，AB=AC，DB=DC，則點A與點D關(guān)于BC互為頂針點；若再滿足∠A+∠D=180°，則點A與點D關(guān)于BC互為勾股頂針點．初步思考(1)如圖2，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=30°，D、E為△ABC外兩點，EB=EC，∠EBC=45°，△DBC為等邊三角形．①點A與點______關(guān)于BC互為頂針點；②點D與點______關(guān)于BC互為勾股頂針點，并說明理由．實踐操作(2)在長方形ABCD中，AB=8，AD=10．①如圖3，點E在AB邊上，點F在AD邊上，請用圓規(guī)和無刻度的直尺作出點E、F，使得點E與點C關(guān)于BF互為勾股頂針點．(不寫作法，保留作圖痕跡)思維探究②如圖4，點E是直線AB上的動點，點P是平面內(nèi)一點，點E與點C關(guān)于BP互為勾股頂針點，直線CP與直線AD交于點F．在點E運動過程中，線段BE與線段AF的長度是否會相等？若相等，請直接寫出AE的長；若不相等，請說明理由．【答案】（1）①D、E，②A，理由見解析；（2）①作圖見解析；②BE與AF可能相等，AE的長度分別為43，36【分析】（1）根據(jù)互為頂點，互為勾股頂針點的定義即可判斷．（2）①以C為圓心，CB為半徑畫弧交AD于F，連接CF，作∠BCF的角平分線交AB于E，點E，點F即為所求．②分四種情形：如圖①中，當BE=AF時；如圖②中，當BE=AF時；如圖③中，當BE=BC=AF時，此時點F與D重合；如圖④中，當BE=CB=AF時，點F與點D重合，分別求解即可解決問題．【詳解】解：（1）根據(jù)互為頂點，互為勾股頂針點的定義可知：①點A與點D和E關(guān)于BC互為頂針點；②點D與點A關(guān)于BC互為勾股頂針點，理由：如圖2中，∵△BDC是等邊三角形，∴∠D＝60°，∵AB＝AC，∠ABC＝30°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°，∴∠BAC＝120°，∴∠A＋∠D＝180°，∴點D與點A關(guān)于BC互為勾股頂針點，故答案為：D和E，A．（2）①如圖，點E、F即為所求(本質(zhì)就是點B關(guān)于CE的對稱點為F，相當于折疊)．②BE與AF可能相等，情況如下：情況一：如圖①，由上一問易知，BE=EP,BC=PC，當BE=AF時，設(shè)AE=x，連接EF，∵BE=EP=AF,EF=EF,∠EAF=∠FPE=90°，∴ΔEAF≌ΔFPEHL∴AE=PF=x，在RtΔCDFDF=AD?AF=10?8?xCF=PC?PF=10?x，∴82解得x=43，即情況二：如圖②當BE=AF時，設(shè)AE=x，同法可得PF=AE=x，則BE=AF=8?x，F(xiàn)P=FG+GP=EG+AG=AE=x，則DF=18?x，CF=x+10，在RtΔCDF中，則有8解得：x=36情況三：如圖③，當BE=BC=AF時，此時點D與F重合，可得AE=BE?AB=10?8=2；情況四：如圖④，當BE=CB=AF時,此時點D與F重合，可得AE=AB+BE=AB+BC=18．綜上所述，BE與AF可能相等，AE的長度分別為43，36【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．7．（2011秋·福建泉州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=10．（1）求矩形ABCD的周長；（2）E是CD上的點，將△ADE沿折痕AE折疊，使點D落在BC邊上點F處．①求DE的長；②點P是線段CB延長線上的點，連接PA，若△PAF是等腰三角形，求PB的長．（3）M是AD上的動點，在DC上存在點N，使△MDN沿折痕MN折疊，點D落在BC邊上點T處，求線段CT長度的最大值與最小值之和．【答案】（1）36（2）①DE=5.②PB=6或4或73（3）12．【詳解】試題分析：（1）因為矩形的兩組對邊相等，所以周長等于鄰邊之和的2倍；（2）①四邊形ABCD是矩形，由折疊對稱的特點和勾股定理即可求出ED的長；②分若AP=AF；PF=AF以及AP=P三種情形分別討論求出滿足題意的PB的值即可；（3）由題意可知當點N與C重合時，CT取最大值是8，當點M與A重合時，CT取最小值為4，進而求出線段CT長度的最大值與最小值之和．解：（1）周長=2×（10+8）=36；（2）①∵四邊形ABCD是矩形，由折疊對稱性：AF=AD=10，F(xiàn)E=DE．在Rt△ABF中，BF=6，∴FC=4，在Rt△ECF中，42+（8﹣DE）2=EF2，解得DE=5，②分三種情形討論：若AP=AF，∵AB⊥PF，∴PB=BF=6，若PF=AF，則PB+6=10，解得PB=4，若AP=PF，在Rt△APB中，AP2=PB2+AB2，解得PB=，綜合得PB=6或4或．（3）當點N與C重合時，CT取最大值是8，當點M與A重合時，CT取最小值為4，所以線段CT長度的最大值與最小值之和為：12．考點：矩形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；翻折變換（折疊問題）．必考點3必考點3矩形的多解與最值1．（2022秋·河南鄭州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD的邊AD長為4，將△ADC沿對角線AC翻折得到△AD′C，CD′與AB交于點E，再以CD′為折痕，將△BCE進行翻折，得到△【答案】43或【分析】根據(jù)題意分兩種情況討論：①當點B′恰好落在AC上時，由翻折以及矩形的性質(zhì)利用AAS可證明△AD′E≌△CBE，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出AC的長，再依據(jù)勾股定理求解即可；②當點B′恰好落在DC上時，同理利用AAS【詳解】∵四邊形ABCD為矩形，∴BC=AD=4，∠B=∠D=90°，∵△ADC沿對角線AC翻折得到△AD∴∠D′=∠D=90°∵以CD′為折痕，將△BCE進行翻折，得到∴∠CBE′=∠B=90°①當點B′恰好落在AC在△AD′E∠AE∴△A∴EA=EC，即△EAC為等腰三角形，∵∠C∴點B′為AC∴AC=2CB在Rt△ABC中，有A即AB2②當點B′恰好落在DC∵∠C∴四邊形B′∴B′∵△BCE沿CD′進行翻折，得到∴BE=在Rt△CBECE=C在△AD′E∠AE∴△AD′E≌△CBE∴AE=CE=4∴AB=AE+BE=42故答案為：43或4+4【點睛】本題考查了空間想象能力以及分類討論的思想，熟練掌握翻折的性質(zhì)，運用全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理是解答此題的關(guān)鍵．2．（2022秋·天津和平·九年級天津一中校考期末）如圖，長方形ABCD中，AB=3，BC=4，E為BC上一點，且BE=1，F(xiàn)為AB邊上的一個動點，連接EF，將EF繞著點E順時針旋轉(zhuǎn)45°到EG的位置，連接FG和CG，則【答案】1+【分析】如圖，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．首先證明∠ETG=90°，推出點G的在射線TG上運動，推出當CG⊥TG時，CG的值最?。驹斀狻拷猓喝鐖D，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)45°得到線段ET，連接DE交CG于J．∵四邊形ABCD是長方形，∴AB=CD=3，∵∠BET=∠FEG=45°，∴∠BEF=∠TEG，∵EB=ET，∴△EBF≌∴∠B=∠ETG=90°，∴點G的在射線TG上運動，∴當CG⊥TG時，CG的值最小，∵BC=4，∴CE=CD=3，∴∠CED=∠BET=45°，∴∠TEJ=90°=∠ETG=∠JGT=90°，∴四邊形ETGJ是矩形，∴DE∥∴CJ⊥DE，∴JE=JD，∴CJ=1∴CG=CJ+GJ=1+3∴CG的最小值為1+3【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．3．（2022秋·河南商丘·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，點E是對角線BD上一點，EF⊥BC于點F，EG⊥CD于點G，連接FG，則EF+FG的最小值為______________．【答案】72【分析】連接CE，作點C關(guān)于BD的對稱點C′，連接C′E交BD于點M，過點C′作C′F′⊥BC，交BD于點E′，交BC于點F′，先證明四邊形EFCG是矩形，得到CE=FG，推出EF+FG=EF+CE≥C′F′，即當C′、E、F三點共線時，EF+FG【詳解】解：連接CE，作點C關(guān)于BD的對稱點C′，連接C′E交BD由對稱的性質(zhì)可知，CE=C′E過點C′作C′F′⊥BC，交BD于點E∵四邊形ABCD是矩形，∴BC⊥CD，∵EF⊥BC，EG⊥CD，∴四邊形EFCG是矩形，∴CE=FG，∴EF+FG=EF+CE≥C即當C′、E、F三點共線時，EF+FG有最小值，最小值為C∵AB=CD=4，BC=6，∴BD=B∵S∴CM=BC?CD∴CC∵∠C′F∴∠CBD=∠CC∵∠C∴△C∴C∴C即EF+FG的最小值為7213【點睛】本題考查了垂線段最短，對稱的性質(zhì)，矩形的判定個性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題關(guān)鍵利是用對稱的性質(zhì)將EF+FG轉(zhuǎn)化為EF+CE4．（2022春·江蘇宿遷·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系xOy中，把矩形COAB繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α角，得到矩形CDEF．設(shè)若A0,3，C4,0，則【答案】4【分析】根據(jù)矩形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)進而證明四邊形CBGF和四邊形DBGE均為平行四邊形，再根據(jù)勾股定理對角的轉(zhuǎn)化證明BF2+BD2?BC【詳解】解：∵四邊形OABC為矩形∴OA∥BC，AB∥OC，OA=BC，AB=OC，∠AOC=∠OAB=∠OCB=∠ABC=90°，∵A(0，3)，C(4，0)∴AO=BC=3，OC=AB=4，由旋轉(zhuǎn)可知四邊形CDEF為矩形且DE=OA=3，DC=OC=4連CE，則在Rt△CDE中CE=CD過B作BG⊥EF于H，且使BG=CF，連GF，GE，則∠BHE=∠CFE=90°∴BG∥CF又∵CF∥DE，CF=DE∴BG=CF，BG=DE，BG∥CF，BG∥DE，∴四邊形CBGF和四邊形DBGE均為平行四邊形，∴BC=FG，BD=EG，∵BG⊥EF于H，∴∠BHF=∠FHG=∠GHE=∠BHE=90°，∴BF2=B∴BF又∵BE2=B∴BE∴BF∴BF∴當BE最小時，BF當C、B、E三點不共線時，在△CBE中，BE>CE?CB，當C、B、E三點共線時（點E在CB的延長線上時），BE=CE-CB，綜上所述BE≥CE-CB=5-3=2，即BE≥2，∴BE的最小值為2，當BE=2時，BF故答案為：4．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和勾股定理的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是對以上性質(zhì)的掌握是否熟練．5．（2022春·遼寧沈陽·八年級統(tǒng)考期末）等邊△ABC中，AB＝14．平面內(nèi)有一點D，BD＝6，AD＝10，則CD的長為_____．【答案】219【分析】分點D在△ABC的內(nèi)部和點D在△ABC的外部兩種情況，先利用等邊三角形的性質(zhì)可得BE=7,CE=73，再根據(jù)勾股定理可得BF=337【詳解】由題意，分以下兩種情況：（1）如圖1，點D在△ABC的內(nèi)部過點C作CE⊥AB于點E，過點D作DF⊥AB于點F，作DG⊥CE于點G則四邊形DFEG是矩形∴DG=EF,EG=DF∵△ABC是等邊三角形，AB=14∴BE=設(shè)BF=x，則AF=AB?BF=14?x在Rt△ADF中，D在Rt△BDF中，D則100?解得x=即BF=∴DG=EF=BE?BF=∴CG=CE?EG=7在Rt△CDG中，CD=（2）如圖2，點D在△ABC的外部過點C作CE⊥AB于點E，過點D作DF⊥AB于點F，作DG⊥CE，交CE延長線于點G同理可得：CE=7∴CG=CE+EG=7在Rt△CDG中，CD=綜上，CD的長為219故答案為：219【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點，依據(jù)題意，正確分兩種情況討論，并通過作輔助線，構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵．6．（2022秋·天津·九年級校考期末）在平面直角坐標系中，矩形OABC，O為原點，A3,0,B3,4,C0,4，將△OBC繞點B(1)如圖（1），當∠CBC′=30°(2)如圖（2），當點O′恰好落在x軸上時，O′C′與①此時DB與DO②求點D的坐標；(3)求△AO【答案】(1)C(2)①DB=DO′；②D(3)14【分析】（1）如圖①中，過點C′作C′H⊥BC于點H．解直角三角形求出BH，CH，可得結(jié)論；（2）①此時DB與DO′相等，證明②設(shè)DB=DO′=x，再利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可；（3）如圖③中，當點C′值A(chǔ)B的延長線上時，△AO【詳解】（1）如圖①中，過點C′作C′H⊥BC于點H．∵四邊形OABC是矩形，B(3,4)，∴AB=OC=4，BC=3，在Rt△BC′H中，∠BHC′=90°，∠HBC′=30°∴HC′=12BC′=∴CH=3?3∴C′（2）①結(jié)論：DB=DO′．理由：∵BO=BO′，BA⊥OO′，∴∠OBA=∠ABO′，∵AB∥∴∠ABO=∠COB=∠BO′C′，∴∠DBO′=∠DO′B，∴DB=DO′；②∵BO=BO′，BA⊥OO′，∴OA=AO′=3，設(shè)BD=DO′=x，在Rt△ADO′∴(4?x)∴x=25∴AD=4?25∴D(3,7（3）如圖③中，當點C′值A(chǔ)B的延長線上時，此時點A到O′C′△AO′C【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，解直角三角形，等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．必考點4必考點4菱形中的全等三角形的構(gòu)造1．（2022春·山東濟南·八年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上一點，且CD=DE，連接BE，分別交AC，AD于點F、G，連接OG，則下列結(jié)論：①OG=12AB；②S四邊形ODGF>S△ABF；③由點A、B、A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】①由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，證出OG是△ABD的中位線，得出OG=12AB③先證明四邊形ABDE是平行四邊形，證出△ABD、△BCD是等邊三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四邊形ABDE是菱形，③正確；②連接FD，由等邊三角形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)得F到△ABD三邊的距離相等，則S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四邊形ODGF，則S四邊形ODGF=S△ABF，②錯誤；即可得出結(jié)論．④∵連接CG，由O、G分別是AC，AD的中點，得到S△AOG=S△COG，S△ACG=S△DCG，則S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，∠AGB=∠DGE∠BAG=∠EDG∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位線，∴OG＝12AB∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四邊形ABDE是菱形，故③正確；∵連接CG，∵O、G分別是AC，AD的中點，∴S△AOG∴S△ACD＝4S△AOG，∵OG∥∴S△AOG＝S△BOG，∴S△ACD＝4S△BOG，故④正確；連接FD，如圖：∵△ABD是等邊三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三邊的距離相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四邊形ODGF，∴S四邊形ODGF＝S△ABF，故②錯誤；正確的是①③④，故選C．【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理以及三角形面積等知識，綜合運用以上知識是解題的關(guān)鍵．2．（2022秋·浙江紹興·八年級統(tǒng)考期末）如圖，AB∥CD，AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AC和BD交于點E，F(xiàn)，G分別是線段AB和線段AC上的動點，且AF=CG，若DE=1，AB=2，則DF+DG的最小值為______．【答案】2【分析】先根據(jù)AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD證明四邊形ABCD是菱形．在AC上取點B'，使AB'=AB，連接FB'，作點D關(guān)于AB的對稱點D'，連接D'F、DD'．作BH⊥CD于點H，作BM⊥DD'于點M，則△B'AF≌△DCG（SAS），得出B'F=DG，所以DF+DG=D'F+B'F，當B'、F、D'三點在同一直線上時，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．再根據(jù)勾股定理求出B'D'即可．【詳解】解：連接BC，∵AC平分∠BAD，BD平分∠ADC，AB∥CD，∴∠DAC=∠BAC，∠ADB=∠CDB，∠AED=180°-180°÷2=90°，∵AB∥CD，∴∠DCA=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，

∴DA=DC，同理：DA=BA，∴DC=AB，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵DA=DC，∴四邊形ABCD是菱形．如圖．在AC上取點B'，使AB'=AB，連接FB'，作點D關(guān)于AB的對稱點D'，連接D'F、DD'．作B'H⊥CD于點H，作B'M⊥DD'于點M．∴DF=D'F，∵AF=CG，∠B'AF=∠DCG，AB'=AB=CD，∴△B'AF≌DCG（SAS），∴B'F=DG，∴DF+DG=D'F+B'F，∴當B'、F、D'三點在同一直線上時，DF+DG=D'F+B'F取最小值為B'D'．∵DE=1，AD=AB=2，∴∠DAE=30°，∠ADE=60°，∴AC=3AD=23，CB'=23-2，∴B'H=12B'C=3-1，CH=3B'H=3-3∴DH=DC-CH=2-（3-3）=3?1，∵四邊形DHB′M是矩形∴DM=B'H=3-1，MB′=DH=3?1∴D'M=DD'-DM=3AD-DM=23-（3-1）=3+1，∴D'B'=MB即DF+DG的最小值為22．故答案為：22【點睛】本題考查了線段之和最小值問題，作輔助線推出△B'AF≌△DCG是解題的關(guān)鍵．3．（2022春·黑龍江哈爾濱·八年級統(tǒng)考期末）在平行四邊形ABCD中，∠BAD的平分線交邊BC于點E，交DC的延長線于點F．(1)如圖1，求證：CE=CF；(2)如圖2，F(xiàn)G∥BC,FG=EC，連接DG、EG，當∠ABC=120°時，求證：∠BDG=60°；(3)如圖3，在（2）的條件下，當BE=2CE,AE=43時，求線段BD【答案】(1)見解析(2)見解析(3)BD=2【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得∠1=∠2，然后再運用平行四邊形的性質(zhì)說明∠2=∠3,∠1=∠F，進一步說明∠3=∠F，最后運用等邊對等角即可證明結(jié)論；（2）延長AB、FG交于點H，連接DH，可證得四邊形AHFD是平行四邊形，四邊形AHFD是菱形，推出△FDH和△ADH都是等邊三角形，再證明△DFG≌△DHB（SAS），得出∠FDG=∠HDB，進而證得結(jié)論；（3）如圖3，連接DE，根據(jù)平行四邊形性質(zhì)和角平分線性質(zhì)可得∠BAE=∠AEB=180°?∠ABC2=30°，過點B作BM⊥AE于點M，可得EM=12AE=23，利用勾股定理求得AB=CD=BE=4，過點D作（1）明：如圖1：∵AF是∠BAD平分線．∴∠1=∠2∵ABCD是平行四邊形．∴AD∥BC,AB∥CD∴∠2=∠3,∠1=∠F，∴∠3=∠F，∴CE=CF．（2）證明：如圖2;延長AB、FG交于點H，連接DH，∴FG∥CE，CE∥AD，∴FH∥BC∥AD，∵AH∥DF，∴四邊形AHFD是平行四邊形，∵∠DFA=∠FAB=∠DAF，∴DA=DF，∴四邊形AHFD是菱形，∴FD=FH，AD=AH，∵∠ABC=120°，∴∠DFH=∠DAH=60°，∴△FDH和△ADH都是等邊三角形，∴∠DFG=∠DHB=∠FDH=60°，F(xiàn)D=HD，∵四邊形BCFH是平行四邊形，∴BH=CF，∵FG=CE，CE=CF，∴FG=BH，在△DFG和△DHB中，F(xiàn)G=BH∴△DFG≌△DHB(SAS),∴∠FDG=∠HDB,∴∠BDG=∠HDB+∠HDG=∠FDG+∠HDG=∠FDH=60°．（3）解：如圖3，連接DE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴∠DAE=∠AEB，∠DCB=180°-∠ABC=60°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，∴∠BAE=∠AEB=過點B作BM⊥AE于點M∴EM=12AE=在Rt△BME中∵∠BEM=30°∴BM=12∵B∴BE2?∵BE=2CE∴CE=2過點D作DN⊥BC于點N,則∠NDC=90°-∠DCB=30°∴CN=12CD=2=∴點N與點E重合∴∠DEC=90°∴D∴BD=DE2【點睛】本題主要考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、含30°的直角三角形性質(zhì)、勾股定理等知識點，正確地作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．4．（2022春·山東德州·八年級統(tǒng)考期末）如圖1，在平面直角坐標系中，直線y=?34x+b分別與x軸、y軸交于點A、B，且點A(1)求b的值和點D的坐標；(2)點M是線段AB上的一個動點（點A、B除外）．①如圖2，將△BMC沿CM折疊，點B的對應(yīng)點是點E，連接ME并延長交AD邊于點F，問△AMF的周長是否發(fā)生變化？若不變，求出其值；若變化，請說明理由；②點P是x軸上一個動點，Q是坐標平面內(nèi)一點，探索是否存在一個點P，使得以A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若不存在，請說明理由；若存在，請直接寫出點Q的坐標．【答案】(1)b的值為6，點D的坐標為(14，8)(2)①△AMF的周長不變，△AMF的周長為20；②存在，點Q的坐標為(0，?6)或(?10，6)【分析】（1）將點A(8，0)代入y=?34x+b，即可求出b的值，從而即得出直線AB的解析式為y=?34x+6，進而即得出A(0，6)．過點D作DH⊥x軸于點H，由正方形的性質(zhì)結(jié)合題意利用“AAS”易證△AOB?△DHA，得出（2）①由折疊和正方形的性質(zhì)可知BM=EM，CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，即易證△CDF?△CEF(HL)，得出DF=EF．再由△AMF的周長=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD，結(jié)合勾股定理即可求出答案；②分類討論ⅰ當AP為菱形的對角線時，ⅱ當AQ為菱形的對角線時和ⅲ當AB為菱形的對角線時，根據(jù)菱形的性質(zhì)結(jié)合圖形即可求出答案．【詳解】（1）解：將點A(8，0)代入y=?34x+b解得：b=6，∴直線AB的解析式為y=?3當x=0，時y=6，∴A(0，6)，∴OB=6，OA=8．如圖，過點D作DH⊥x軸于點H，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠BAO+∠DAH=90°．∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠ABO=∠DAH．又∵∠AOB=∠DHA=90°，∴△AOB?△DHA(AAS)，∴DH=OA=8，AH=OB=6，∴OH=OA+AH=14，∴D(14，8)；（2）解：①由折疊的性質(zhì)可知BM=EM，BC=CE=4，∠CBM=∠CEM=90°，∴CD=CE=4，∠CDF=∠CEF=90°，又∵CF=CF，∴△CDF?△CEF(HL)∴DF=EF．∵△AMF的周長=AM+MF+AF，MF=ME+EF，∴△AMF的周長=AM+ME+EF+AF=AM+BM+DF+AF=AB+AD．∵OB=6，OA=8，∴AB=O∴△AMF的周長=10+10=20，故△AMF的周長不變，且為20；②存在以A、B、P、Q為頂點的四邊形是菱形，理由如下：設(shè)P(t，0)，Q(x，y)．分類討論：ⅰ當AP為菱形的對角線時，如圖菱形ABP1Q∵xA即8+t=x6+y=0解得：x1=16y即此時Q(0，-6)；ⅱ當AQ為菱形的對角線時，如圖菱形ABQ2P2和ABQ同理可得：8+x=ty=6解得：x1=?10y即此時Q(-10，6)或(10，6)；ⅲ當AB為菱形的對角線時，如圖菱形AQ3B同理可得8=t+xy=6解得：x=25即此時Q(254綜上可知點Q的坐標為(0，?6)或(?10，6)或(10，6)或(254，【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理以及菱形的判定和性質(zhì)等知識．正確的作出輔助線并利用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．5．（2022春·河南鶴壁·八年級鶴壁市外國語中學(xué)?？计谀┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，兩條對角線相交于點O，EF經(jīng)過點O且垂直于AC，分別與邊AD，BC交于點F，E．(1)求證：四邊形AECF為菱形；(2)若AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，直接寫出四邊形AECF【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)平行四邊形、平行線的性質(zhì)得出OA=OC，OB=OD，AD∥BC，進而得出∠FDO=∠EBO，由全等三角形的判定（角邊角）得出△FDO≌△EBO，再利用全等三角形的性質(zhì)得出OF=OE，最后根據(jù)菱形的判定及已知EF⊥AC即可證明．（2）設(shè)輔助線CG⊥AD于點G，利用勾股定理得出CG的值，由（1）已知四邊形AECF為菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)設(shè)AF=t，則FG=2?t，CF=t，利用勾股定理建立等式求解得出t值，最后利用菱形的性質(zhì)及三角形面積公式求解即可．（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC，BD相交于點O，∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC．∴∠FDO=∠EBO．∵{∠FDO=∠EBO,∴△FDO≌△EBO．∴OF=OE．∵EF⊥AC，且EF，AC互相平分，∴四邊形AECF為菱形．（2）如圖，作CG⊥AD于點G，∵AD＝3，CD=2，且∠ADC＝45°，∠CGD=∠CGF=90°∴∠ADC=∠GCD=45°．∴CG=GD，△CGD是等腰直角三角形．∵CG2+G∴CG=GD=1，AG=AD?GD=3?1=2．∵由（1）已知四邊形AECF是菱形，∴AF=CF．設(shè)AF=t，則FG=2?t，CF=t，∵FG2+C∴解得t=5∴AF=5∴S【點睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等的理解與綜合應(yīng)用能力．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形．菱形四條邊都相等．兩角及其夾邊分別相等的三角形全等．平行四邊形的對邊平行且相等；平行四邊形的兩條對角線互相平分．兩全等三角形的對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等．靈活利用菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)勾股定理建立等式關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．6．（2022春·江蘇淮安·八年級統(tǒng)考期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，AC=2AB．對角線AC，BD相交于點O，將直線AC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)β°0<β<180，分別交直線BC、AD于點E、F(1)當β=______°，四邊形ABEF是平行四邊形；(2)在旋轉(zhuǎn)的過程中，從A、B、C、D、E、F中任意找4個點為頂點構(gòu)造四邊形．①β=______°，構(gòu)造的四邊形是菱形；②若構(gòu)造的四邊形是矩形，則不同的矩形應(yīng)該有______個．【答案】(1)90(2)①45或90；②2【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判斷方法即可解決問題．（2）①根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，分兩種情形解決問題即可；②根據(jù)對角線相等的四邊形是矩形，分兩種情形討論求解即可．（1）解：當β=90°時，四邊形ABEF是平行四邊形．理由：∵AB⊥AC，∴∠BAO=∠AOF=90°，∴AB∥EF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴四邊形ABEF是平行四邊形．故答案為：90．（2）①當β=45°，即∠AOF=45°時，四邊形BEDF是菱形．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OD=OB，OA=OC，∴∠FDO=∠EBO，在△FDO和△EBO中，∠FDO=∠EBOOD=OB∴△FDO≌△EBOASA∴DF=BE，∵DF∥BE，∴四邊形BEDF是平行四邊形，∵AC=2AB，∴2AO=2AB，即AO=AB，∴∠AOB=∠ABO=45°，∴∠BOF=∠ABO+∠AOF=45°+45°=90°，∴BD⊥EF，∴四邊形BEDF是菱形；當β=90°，即∠AOF=90°時，四邊形AECF是菱形．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OA=OC，∴∠FAO=∠ECO，在△FAO和△ECO中，∠FAO=∠ECOOA=OC∴△FAO≌△ECOASA∴AF=CE，∵AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵∠AOF=90°，∴AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形．故答案為：45或90．②設(shè)AB=a，∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB⊥AC，AC=2AB，∴∠BAC=90°，AC=2a，AD=BC，∴BC=a分兩種情況：第一種情況：如圖，當EF=AC時，四邊形AECF是矩形，對角線EF=AC=2a，∴∠AEB=∠AEC=90°，∴S△ABC即12∴AE=25a5，即AD與∴EC=A∴矩形AECF的兩邊的長分別為25a5第二種情況：如圖，當EF=BD時，四邊形BEDF是矩形，∴∠BFA=90°，BF=2∴AF=A∴DF=AF+AD=5∴矩形BEDF的兩邊的長分別為25a5∴若構(gòu)造的四邊形是矩形，則不同的矩形應(yīng)該有2個．故答案為：2．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查平行四邊形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)，三角形的全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．必考點5必考點5正方形中線段的和差倍分關(guān)系1．（2022春·廣東惠州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，點G是正方形ABCD對角線CA的延長線上任意一點，以線段AG為邊作一個正方形AEFG，線段DG與BE、AE分別相交于點H、K．(1)求證：∠ABE=∠ADG；(2)判斷BE與DG的關(guān)系，并說明理由；(3)若AB=62，AG=6，求DK【答案】(1)見解析(2)BE=DG，BE⊥DG，理由見解析(3)DK=3【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS定理證明△EAB≌△GAD即可得出結(jié)論；（2）由（1）的結(jié)論得∠AGD=∠AEB，∠AKG=∠HKE，再根據(jù)∠AGK+∠AKG=90°通過等量代換即可證明；（3）連接DE，證明出四邊形AEDO是正方形，再利用正方形的性質(zhì)得出條件，證出△DKE≌△GAK，在Rt△DKE中利用勾股定理求得DE【詳解】（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AB=AD，AE=AG，∠DAB=∠EAG=90°，∴∠DAB+∠DAE=∠EAG+∠DAE，∴∠EAB=∠GAD，∴△EAB≌△GADSAS．∴∠ABE=∠ADG．（2）BE=DG，BE⊥DG，理由如下：∵△EAB≌△GAD，∴∠AGD=∠AEB，BE=DG，∵∠AKG=∠HKE，在Rt△AGK中，∠AGK+∠AKG=90°∴∠KEH+∠HKE=90°，∴∠EHK=180°?90°=90°，∴BE⊥DG．（3）連接DE，如圖，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，OA=OC=OB=OD，AE=AG，∵AB=62，AG=6在Rt△ABC∴AB=BC=62∴AC=6∴OA=OD=1∴AE=AO=DO=6，∵AO⊥DO，AG⊥AE，∴AE=DO，AE∴四邊形AEDO是平行四邊形，∵AO⊥DO，AO=DO∴四邊形AEDO是正方形，∴∠DEK=∠GAK=90°，

∵DE=AG=6，∠DKE=∠AKG，∴△DKE≌△GKA，∴EK=AK=3，在Rt△DKE∴DK=D【點睛】本題主要考查了正方形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，掌握相關(guān)的知識點，添加適當?shù)妮o助線是解本題的關(guān)鍵．2．（2022春·黑龍江綏化·八年級統(tǒng)考期末）已知四邊形ABCD是正方形，等腰Rt△AEF的直角頂點E在直線BC上（不與點B，C重合），F(xiàn)M⊥AD，交射線AD于點M．(1)當點E在邊BC上，點M在邊AD的延長線上時，如圖①，求證：AB＋BE＝AM；（提示：延長MF，交邊BC的延長線于點H）(2)當點E在邊CB的延長線上，點M在邊AD上時，如圖②；當點E在邊BC的延長線上，點M在邊AD上時，如圖③．請分別寫出線段AB，BE，AM之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明；(3)在（1）、（2）的條件下，若BE＝3，∠BAF＝15°，則AM的長為．【答案】(1)見解析(2)BE＝AM＋AB(3)33﹣3或3﹣3【分析】（1）首先利用等腰直角三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得AE＝EF，∠ABE＝∠EHF＝90°，利用全等三角形的判定定理證明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性質(zhì)定理可得結(jié)論；（2）同（1）首先證明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性質(zhì)定理可得結(jié)論；（3）利用分類討論的思想，首先由∠AFM＝15°，易得∠EFH，由△ABE≌△EHF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)易得∠AEB，利用銳角三角函數(shù)易得AB，利用（1）（2）的結(jié)論，易得AM．（1）證明：如圖①，延長MF，交邊BC的延長線于點H，圖①∵四邊形ABCD是正方形，F(xiàn)M⊥AD，∴∠ABE＝90°，∠EHF＝90°，四邊形ABHM為矩形，∴AM＝BH＝BE＋EH∵△AEF為等腰直角三角形，∴AE＝AF，∠AEB＋∠FEH＝90°，∵∠EFH＋∠FEH＝90°，∴∠AEB＝∠EFH，在△ABE與△EHF中，∠ABE=∠EHF=90∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB＝EH，∵AM＝BH＝BE＋EH，∴AM＝BE＋AB，即AB＋BE＝AM；（2）解：結(jié)論：BE＝AM＋AB；理由：如圖②，∵∠AEB＋∠FEH＝90°，∠AEB＋∠EAB＝90°，∴∠FEH＝∠EAB，在△ABE與△EHF中，∠ABE=∠EHF∠EAB=∠FEH∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB＝EH＝EB＋AM；如圖③，∵∠BAE＋∠AEB＝90°，∠AEB＋∠HEF＝90°，∴∠BAE＝∠HEF，在△ABE與△EHF中，∠ABE=∠EHF∠BAE=∠HEF∴△ABE≌△EHF（AAS），∴AB＝EH，∴BE＝BH＋EH＝AM＋AB；（3）解：如圖①，∵∠BAF＝15°，∠EAF＝45°，∴此情況不存在；如圖②，∵∠BAF＝15°，AB//MF，∴∠AFM＝15°，∵∠AFE＝45°，∴∠EFH＝60°，∵△ABE≌△EHF，∴∠AEB＝∠EFH＝60°，∵BE＝3，∴AB＝BE?tan60°＝33，∵AB＝EB＋AM，∴AM＝AB﹣EB＝33﹣3；如圖③，∵∠AFM＝15°，∠AFE＝45°，∴∠EFH＝45°﹣15°＝30°，∴∠AEB＝30°，∵BE＝3，∴AB＝BE?tan30°＝3，∵BE＝AM＋AB，AM＝BE﹣AB＝3﹣3，故答案為：33﹣3或3﹣3．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)及判定定理，數(shù)形結(jié)合，分類討論，利用前面問題的結(jié)論是解答此題的關(guān)鍵．3．（2022春·河南信陽·八年級統(tǒng)考期末）已知正方形ABCD與正方形CEFG，點M是AF的中點，連接DM，EM．(1)如圖，點E在CD上，點G在BC的延長線上，請判斷DM，EM的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并直接寫出結(jié)論；(2)如圖，點E在DC的延長線上，點G在BC上，（1）中結(jié)論是否仍然成立？請證明你的結(jié)論；(3)將（1）圖中的正方形CEFG繞點C旋轉(zhuǎn)，使D，E，F(xiàn)三點在一條直線上，若AB=13，CE=5，請直接寫出MF的長__________．【答案】(1)DM⊥EM，DM=EM(2)成立，理由見解析(3)37或157【分析】（1）延長EM交AD于K，由EF∥CG∥AD，M是AF中點，可證△AMK≌△FME，有AK=EF=EC，KM=EM，可得AD-AK=CD-CE，即DK=DE，故△KDE是等腰直角三角形，即知DM=EM，DM⊥EM；（2）延長EM，DA交于T，證明△AMT≌△FME，得AT=EF=EC，TM=EM，可得DT=DE，△TDE是等腰直角三角形，從而DM=EM，DM⊥EM；（3）連接DE，過M作MR⊥DE于R，延長EM至H，使MH=ME，連接AH，DH，分兩種情況；當F在DC右側(cè)時，由△AMH≌△FME（SAS），得AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，可證∠DAH=∠DCE，得△DAH≌△DCE（SAS），有DH=DE，∠ADH=∠CDE，可得DM⊥EH，DM=MH=EM，在Rt△CDE中，DE=DC2?CE2=12，即得MR=12DE=6=DR=RE．在Rt△RMF中，（1）解：DM⊥EM，DM=EM，理由如下：延長EM交AD于K，如圖，∵EF∥CG∥AD，∴∠MAK=∠MFE，∠MKA=∠MEF，∵M是AF中點，∴AM=FM，∴△AMK≌△FME，∴AK=EF=EC，KM=EM，∵AD=CD，∴AD-AK=CD-CE，即DK=DE，∵∠KDE=90°，∴△KDE是等腰直角三角形，而KM=EM，∴DM=EM，DM⊥EM；（2）結(jié)論仍然成立，DM⊥EM，DM=EM．

證明：如圖中，延長EM交DA的延長線于點H．∵四邊形ABCD是正方形，四邊形EFGC是正方形，∴∠ADE=∠DEF=90°，AD=CD，∴AD∥EF，∴∠MAH=∠MFE．∵AM=MF，∠AMH=∠FME，∴△AMH≌△FMEASA∴MH=ME，AH=EF=EC，∴DH=DE．∵∠EDH=90°，∴DM⊥EM，DM=ME；（3）如圖，連接DE．延長EM到點H，使得MH=ME，連接AH，DH．作MR⊥DE于點R．易證△AMH≌△FME（SAS），∴AH=EF=EC，∠MAH=∠MFE，∴AH∥DF，∴∠DAH+∠ADE=180°，∴∠DAH+∠CDE=90°，∵∠DCE+∠EDC=90°，∴∠DAH=∠DCE．∵DA=DC，∴△DAH?△DCESAS∴DH=DE，∠ADH=∠CDE，∴∠HDE=∠ADC=90°，∵ME=MH，∴DM⊥ME，DM=MH=EM．在Rt△CDE中，DE=13∵DM=ME，DM⊥ME，∴MR⊥DE，ME=12DE=6，DR=RE=6在Rt△FMR中，F(xiàn)M=如圖，作MR⊥DE于點R．同法可得DE=12，MR=6，可得FR=6?5=1．在Rt△MRF中，F(xiàn)M=故滿足條件的MF的值為37或157．故答案為：37或157．【點睛】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，涉及正方形性質(zhì)及應(yīng)用，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)及應(yīng)用等，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造直角三角形和全等三角形解決問題．4．（2022春·山東濟南·八年級統(tǒng)考期末）閱讀下列材料：數(shù)學(xué)課上老師出示了這樣一個問題：如圖1，等腰Rt△PBF的直角頂點P在正方形ABCD的邊AD上，斜邊BF交CD于點Q，連接PQ．請?zhí)剿鱌Q、AP、CQ的數(shù)量關(guān)系．某學(xué)習(xí)小組的同學(xué)經(jīng)過探索，交流了自己的想法：利用現(xiàn)在所學(xué)的旋轉(zhuǎn)知識，可將△ABP旋轉(zhuǎn)到△CBE位置，然后通過證明△BPQ≌△BEQ來探索數(shù)量關(guān)系．(1)（問題解決）請你根據(jù)他們的想法寫出PQ、AP、CQ的數(shù)量關(guān)系是________；(2)（學(xué)以致用）如圖2，若等腰Rt△PBF的直角頂點P在正方形ABCD的邊DA的延長線上，斜邊BF的延長線交CD的延長線于點Q，連接PQ，猜想線段PQ，AP，CQ滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？并證明你的結(jié)論；(3)（思維拓展）等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，P為△ABC內(nèi)部一點，若BC＝2．則AP＋BP＋CP的最小值＝________．【答案】(1)PQ＝AP＋CQ(2)CQ＝AP＋PQ，過程見解析；(3)6【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，由“SAS”可證△BQE?△BQP，可得PQ＝QE，可得結(jié)論；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，由“SAS”可證△BQE?△BQP，可得PQ＝QE，可得結(jié)論；（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC＝A'C＝2，∠A'CA＝∠PCP'＝60°，CP＝CP'，AP＝A'P'，可證△CPP'是等邊三角形，可得CP＝PP'，當點A'，點P'，點P，點B四點共線時，BP＋AP＋CP有最小值為A'B的長，即可求解．（1）解：如圖1，將△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°到△CBE，∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∠A＝∠BCE＝90°，∴∠BCD＋∠BCE＝180°，∴點E，點C，點D三點共線，∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，∴∠ABP＋∠CBQ＝45°，∴∠EBC＋∠CBQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，又∵BE＝BP，BQ＝BQ，∴△BQE?△BQP（SAS），∴PQ＝QE，∴PQ＝QE＝QC＋CE＝AP＋QC；（2）CQ＝AP＋PQ，理由如下：如圖2，將△ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°到△CBE，∴BP＝BE，∠ABP＝∠EBC，AP＝CE，∵BP＝PF，∠BPF＝90°，∴∠PBF＝45°，∴∠ABP＋∠ABQ＝45°，∴∠EBC＋∠ABQ＝45°＝∠QBE＝∠PBF，又∵BE＝BP，BQ＝BQ，∴△BQE?△BQP（SAS），∴PQ＝QE，∴PQ＝QE＝QC?CE＝QC?AP，∴CQ＝AP＋PQ；（3）如圖3，將△ACP繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°，得到△A'CP'，連接PP'，A'B，過點A'作A'E⊥BC，交BC的延長線于E，∴AC＝A'C＝2，∠A'CA＝∠PCP'＝60°，CP＝CP'，AP＝A'P'，∴△CPP'是等邊三角形，∴CP＝PP'，∴BP＋AP＋CP＝BP＋PP'＋A'P'，∴當點A'，點P'，點P，點B四點共線時，BP＋AP＋CP有最小值為A'B的長，∵∠A'CE＝180°?∠ACA'?∠ACB＝30°，A'E⊥CE，∴A'E＝12A'C＝1，EC＝3，∴A'BBE2+A'E2＝（2+3）2+12＝6【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，添加恰當輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．5．（2022秋·四川達州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCO的邊OA、OC在坐標物上，點B坐標為3,3．將正方形ABCO繞點A順時針旋轉(zhuǎn)角度α0°<α<90°，得到正方形ADEF，ED交線段OC于點G，ED的延長線交線段BC于點P．連AP、AG（1）求證：△AOG≌△ADG；（2）求∠PAG的度數(shù)；并判斷線段OG、PG、BP之間的數(shù)量關(guān)系，說明理由；（3）當∠1=∠2時，求直線PE的解析式（可能用到的數(shù)據(jù)：在Rt△中，30°內(nèi)角對應(yīng)的直角邊等于斜邊的一半）．（4）在（3）的條件下，直線PE上是否存在點M，使以M、A、G為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，請直接寫出M點坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）∠PAG=45°，PG=OG+BP；（3）y=3x?3；（4）(0,?3)或(2【分析】（1）由AO=AD，AG=AG，根據(jù)斜邊和一條直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等，判斷出ΔAOG?（2）首先根據(jù)三角形全等的判定方法，判斷出ΔADP?ΔABP，再結(jié)合ΔAOG?ΔADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根據(jù)∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度數(shù)；最后判斷出線段（3）首先根據(jù)ΔAOG?ΔADG，判斷出∠AGO=∠AGD；然后根據(jù)∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判斷出當∠1=∠2時，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后確定出P、G（4）根據(jù)題意，分兩種情況：①當點M在x軸的負半軸上時；②當點M在EP的延長線上時；根據(jù)以M、A、G為頂點的三角形是等腰三角形，求出M點坐標是多少即可．【詳解】（1）證明：在Rt△AOG和Rt△ADG中，AO=AD∴△AOG≌△ADG（HL）．（2）在Rt△ADP和Rt△ABP中，AD=AB∴ΔADP?ΔABP則∠DAP=∠BAP；∵Δ∴∠1=∠DAG；又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，∴2∠DAG+2∠DAP=90°，∴∠DAG+∠DAP=45°，∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，∴∠PAG=45°；∵Δ∴DG=OG，∵Δ∴DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP．（3）解：∵Δ∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，∴∠AGO=∠PGC，又∵∠AGO=∠AGD，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，∴∠1=∠2=90°?60°=30°；∴在RtΔAOG中，AG=2OG,OA=3，A∴(2OG)解得OG=∴G點坐標為(3，0)，CG=3?在RtΔPCG中，PG=2CG，P∴(2CG)2∴PC=3∴P點坐標為：(3，33?3設(shè)直線PE的解析式為：y=kx+b，則3k+b=0解得k=3∴直線PE的解析式為y=3（4）①如圖1，當點M在x軸的負半軸上時，∵AG=MG，點A坐標為(0,3)，∴點M坐標為(0,?3)．②如圖2，當點M在EP的延長線上時，由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°，∴EP與AB的交點M，滿足AG=MG，∵A點的橫坐標是0，G點橫坐標為3，∴M的橫坐標是23，縱坐標是3∴點M坐標為(23，3)綜上，可得點M坐標為(0,?3)或(23，3)【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、余角、解含30度角的直角三角形、等腰三角形的判定以及等邊三角形判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）通過解含30度角的直角三角形求出OG、PC的長度；（2）利用等腰三角形的性質(zhì)確定點M的位置．6．（2022春·江西南昌·八年級校聯(lián)考期末）如圖，四邊形ABCD中，已