培優(yōu)專題02四邊形壓軸題綜合(原卷版+解析)

培優(yōu)專題02四邊形壓軸題綜合本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國各地市的中考試卷中都有考查。(2023年攀枝花中考試卷第16題）如圖，以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF．且點(diǎn)A在△BCF內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形ADFE是平行四邊形；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，四邊形ADFE是矩形；③當(dāng)AB＝AC時(shí)，四邊形ADFE是菱形；④當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時(shí)，四邊形ADFE是正方形．其中正確結(jié)論有（填上所有正確結(jié)論的序號(hào)）．【考點(diǎn)】正方形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)．分析：①利用SAS證明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根據(jù)兩邊分別相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形ADFE是平行四邊形，即可判斷結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，求出∠EAD＝90°，根據(jù)有一個(gè)角是90°的平行四邊形是矩形即可判斷結(jié)論②正確；③先證明AE＝AD，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可判斷結(jié)論③正確；④根據(jù)正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四邊形是正方形即可判斷結(jié)論④正確．【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等邊三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四邊形AEFD是平行四邊形，∴平行四邊形ADFE是矩形，故結(jié)論②正確；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四邊形AEFD是平行四邊形，∴當(dāng)AB＝AC時(shí)，AE＝AD，∴平行四邊形AEFD是菱形，故結(jié)論③正確；④綜合②③的結(jié)論知：當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時(shí)，四邊形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四邊形AEFD是正方形，故結(jié)論④正確．故答案為：①②③④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形及矩形、菱形、正方形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的判定方法和性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．特殊四邊形綜合題是中考數(shù)學(xué)中的一大重點(diǎn)，也是一大難點(diǎn)。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國各地市的中考試卷中均有考查。正方形常見模型：ABCDABCDHGEF如圖，正方形ABCD中，E、F在其左右兩對(duì)邊上，G、H在其上下兩對(duì)邊上.如圖，正方形ABCD中，E、F在其左右兩對(duì)邊上，G、H在其上下兩對(duì)邊上.若有EF⊥GH，則必有EF=GH.證明方法：構(gòu)造全等；逆向應(yīng)用：見“十字架”想直角三角形全等②正方形中的“三垂定理”模型如圖，已知正方形ABCD，過點(diǎn)B、D兩點(diǎn)分別向過點(diǎn)C的直線作垂線，垂足分別為E、F，則有△BCE≌△CDF③正方形半角模型條件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°條件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°結(jié)論：①EF=BE+DF；(△CEF的周長(zhǎng)=正方形ABCD周長(zhǎng)的一半）②EA平分∠BEF③FA平分∠DAE條件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°條件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°結(jié)論：EF=DF-BE☆：當(dāng)∠EAF旋轉(zhuǎn)到正方形ABCD外部時(shí)，則有：【中考真題練】1．(2023?德州）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E在BC上，CE＝2．點(diǎn)M是對(duì)角線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則EM+CM的最小值是（）A． B． C． D．2．(2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．E、F分別為AC、BD上一點(diǎn)，且OE＝OF，連接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，則∠CBE的度數(shù)為（）A．50° B．55° C．65° D．70°3．(2023?湖北）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于AC的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)．下列結(jié)論：①四邊形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC?EF＝CF?CD；④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．14．(2023?隨州）七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具，如圖，在正方形紙板ABCD中，BD為對(duì)角線，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，AP⊥EF分別交BD，EF于O，P兩點(diǎn)，M，N分別為BO，DO的中點(diǎn)，連接MP，NF，沿圖中實(shí)線剪開即可得到一副七巧板．則在剪開之前，關(guān)于該圖形，下列說法正確的有（）①圖中的三角形都是等腰直角三角形；②四邊形MPEB是菱形；③四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的．A．只有① B．①② C．①③ D．②③5．(2023?恩施州）如圖，在矩形ABCD中，連接BD，分別以B、D為圓心，大于BD的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于P、Q兩點(diǎn)，作直線PQ，分別與AD、BC交于點(diǎn)M、N，連接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．則四邊形MBND的周長(zhǎng)為（）A． B．5 C．10 D．206．(2023?黑龍江）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)F是CD上一點(diǎn)，OE⊥OF交BC于點(diǎn)E，連接AE，BF交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE＝2：3，則tan∠CAE＝；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCD面積的．其中正確的結(jié)論是（）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤7．(2023?綏化）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，CP，過點(diǎn)B作射線，交線段CP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交邊AD于點(diǎn)M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y(tǒng)，其中2＜x≤5．則下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)為（）（1）y與x的關(guān)系式為y＝x﹣；（2）當(dāng)AP＝4時(shí)，△ABP∽△DPC；（3）當(dāng)AP＝4時(shí)，tan∠EBP＝．A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)8．(2023?海南）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)E是邊CD的中點(diǎn)，EF垂直AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，若BF：CE＝1：2，EF＝，則菱形ABCD的邊長(zhǎng)是（）A．3 B．4 C．5 D．9．(2023?海南）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，則∠AEB＝°；若△AEF的面積等于1，則AB的值是．10．(2023?河南）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．（1）操作判斷操作一：對(duì)折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，寫出圖1中一個(gè)30°的角：．（2）遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長(zhǎng)PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠MBQ＝°，∠CBQ＝°；②改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為8cm，當(dāng)FQ＝1cm時(shí)，直接寫出AP的長(zhǎng)．11．(2023?襄陽）矩形ABCD中，＝（k＞1），點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線CF交于點(diǎn)F．【特例證明】（1）如圖（1），當(dāng)k＝2時(shí)，求證：AE＝EF；小明不完整的證明過程如下，請(qǐng)你幫他補(bǔ)充完整．證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過程）【類比探究】（2）如圖（2），當(dāng)k≠2時(shí)，求的值（用含k的式子表示）；【拓展運(yùn)用】（3）如圖（3），當(dāng)k＝3時(shí)，P為邊CD上一點(diǎn)，連接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的長(zhǎng)．12．(2023?衡陽）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AD以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，作PM⊥AD交直線AB于點(diǎn)M，交直線BC于點(diǎn)F，設(shè)△PQM與菱形ABCD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．（1）當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，求t的值；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△APQ與△BMF全等；（3）求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）以線段PQ為邊，在PQ右側(cè)作等邊三角形PQE，當(dāng)2≤t≤4時(shí)，求點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)．13．(2023?綿陽）如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝2，AB＝4，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)E、F同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)E沿著A→D→B的路線勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F沿著A→B→D的路線勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．（1）如圖1，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為4個(gè)單位每秒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒時(shí)，設(shè)CE與DF交于點(diǎn)P，求線段EP與CP長(zhǎng)度的比值；（2）如圖2，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為個(gè)單位每秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，△AEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當(dāng)x為何值時(shí)，y的值最大，最大值為多少？（3）如圖3，H在線段AB上且AH＝HB，M為DF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在線段AD、AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，探究點(diǎn)E、F在什么位置能使EM＝HM，并說明理由．14．(2023?成都）如圖，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），點(diǎn)E是AD邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與A，D重合），連接BE，以BE為邊在直線BE的右側(cè)作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直線CD于點(diǎn)H．【嘗試初探】（1）在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關(guān)系，請(qǐng)說明理由．【深入探究】（2）若n＝2，隨著E點(diǎn)位置的變化，H點(diǎn)的位置隨之發(fā)生變化，當(dāng)H是線段CD中點(diǎn)時(shí)，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）連接BH，F(xiàn)H，當(dāng)△BFH是以FH為腰的等腰三角形時(shí)，求tan∠ABE的值（用含n的代數(shù)式表示）．15．(2023?鹽城）【經(jīng)典回顧】梅文鼎是我國清初著名的數(shù)學(xué)家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法．圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．在△ABC中，∠ACB＝90°，四邊形ADEB、ACHI和BFGC分別是以Rt△ABC的三邊為一邊的正方形．延長(zhǎng)IH和FG，交于點(diǎn)L，連接LC并延長(zhǎng)交DE于點(diǎn)J，交AB于點(diǎn)K，延長(zhǎng)DA交IL于點(diǎn)M．（1）證明：AD＝LC；（2）證明：正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；（3）請(qǐng)利用（2）中的結(jié)論證明勾股定理．【遷移拓展】（4）如圖2，四邊形ACHI和BFGC分別是以△ABC的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在AB下方是否存在平行四邊形ADEB，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形ADEB（保留適當(dāng)?shù)淖鲌D痕跡）；若不存在，請(qǐng)說明理由．【中考模擬練】1．（2023?永安市一模）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AB＝6，BC＝8，P點(diǎn)是AD上不與A和D重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作AC和BD的垂線，垂足分別為點(diǎn)E、F，則PE+PF的值為（）A． B． C． D．2．（2023?花都區(qū)一模）如圖，三個(gè)邊長(zhǎng)分別為2，4，6的菱形如圖所示拼疊，則線段AB的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．13．（2023?中原區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中∠ABC＝60°，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，P為AB中點(diǎn)，Q為OD中點(diǎn)，連接PQ，則PQ的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．4．（2023?惠山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點(diǎn)，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個(gè)結(jié)論：①∠CAF＝∠DAE；②點(diǎn)E在線段BD上；③當(dāng)∠AEC＝135°時(shí)，CE平分∠ACD；④若點(diǎn)F在BC上以一定的速度由B向C運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．45．（2023?佳木斯一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝15，點(diǎn)E在邊BC上．且∠AED＝90°，P是射線ED上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若△AEP是等腰直角三角形，則CP的長(zhǎng)為．6．（2023?安徽模擬）如圖，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為CB延長(zhǎng)線一點(diǎn)，且在E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中始終保持∠EAF＝90°．（1）當(dāng)∠DAE＝45°時(shí)，則AF的長(zhǎng)為；（2）在此運(yùn)動(dòng)過程中，的比值為．7．（2023?河?xùn)|區(qū)一模）已知，如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ABC＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CB的延長(zhǎng)線上，且BE＝BF＝，G是DF的中點(diǎn)，連接GE，則GE的長(zhǎng)是．8．（2023?蕪湖模擬）如圖，E為菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG⊥AD于G，交BD于F，連接DE．過點(diǎn)D作DM⊥BD，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．（1）若∠A＝4∠DEG，求證：∠M＝2∠DEG；（2）在（1）的條件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的長(zhǎng)．9．（2023?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對(duì)矩形的折疊問題進(jìn)行了探究．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E是AB邊上一點(diǎn)，AE＝2，F(xiàn)是直線CD上一動(dòng)點(diǎn)，以直線EF為對(duì)稱軸，點(diǎn)A關(guān)于直線EF的對(duì)稱點(diǎn)為A'．（1）如圖（1），求四邊形AEA'F的面積．（2）如圖（2），連接CE，當(dāng)點(diǎn)A'落在直線CE上時(shí)，求tan∠CFA'的值．（3）當(dāng)點(diǎn)F，A'，B三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，則DF的長(zhǎng)度為．10．（2023?光明區(qū)二模）【問題】北師大版數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)P32第2題：已知：如圖1，△ABC的外角∠CBD和∠BCE的平分線相交于點(diǎn)F．求證：點(diǎn)F在∠D4E的平分線上．【解答】某數(shù)學(xué)興趣小組的小明同學(xué)提出了如下的解題方法：如圖2，過點(diǎn)F作FG⊥AD于點(diǎn)G，作FH⊥AE于點(diǎn)H，作FM⊥BC于點(diǎn)M，由角平分線的性質(zhì)定理可得：FG＝FM，F(xiàn)H＝FM．∴FG＝FH．∴FG⊥AD，F(xiàn)H⊥AE，∴F在∠DAE的平分線上．【探究】（1）小方在研究小明的解題過程時(shí)，還發(fā)現(xiàn)圖2中BG、BC和CH三條線段存在一定的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)你直接寫出它們的數(shù)量關(guān)系：；（2）小明也發(fā)現(xiàn)∠BFC和∠GFH之間存在一定的數(shù)量關(guān)系．請(qǐng)你直接寫出它們的數(shù)量關(guān)系：；【應(yīng)用】如圖3，邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊CD、BC上的點(diǎn)，且DE＝1．連接AE，AF，EF，若∠EAF＝45°，求BF的長(zhǎng)；【拓展】如圖4，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，△DEF中，∠EDF＝∠B．將△DEF的頂點(diǎn)D放在BC邊的中點(diǎn)處，邊DF交線段AB于點(diǎn)G，邊DE交線段AC于點(diǎn)H，連接GH．現(xiàn)將△DEF繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，△AGH的周長(zhǎng)是否發(fā)生變化？若不變，求出△AGH的周長(zhǎng)，若改變，請(qǐng)說明理由．11．（2023?沈丘縣二模）【問題發(fā)現(xiàn)】如圖1所示，將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△ADE，連接CE、DB，根據(jù)條件填空：①∠ACE的度數(shù)為°；②若CE＝2，則CA的值為；【類比探究】如圖2所示，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，點(diǎn)F在邊CD上，且滿足∠EAF＝45°，BE＝1，DF＝2，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)；【拓展延伸】如圖3所示，在四邊形ABCD中，CD＝CB，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD為對(duì)角線，且滿足AC＝CD，若AD＝3，AB＝4，請(qǐng)直接寫出BD的值．培優(yōu)專題02四邊形壓軸題綜合本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等及中等偏上，在全國各地市的中考試卷中都有考查。(2023年攀枝花中考試卷第16題）如圖，以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF．且點(diǎn)A在△BCF內(nèi)部．給出以下結(jié)論：①四邊形ADFE是平行四邊形；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，四邊形ADFE是矩形；③當(dāng)AB＝AC時(shí)，四邊形ADFE是菱形；④當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時(shí)，四邊形ADFE是正方形．其中正確結(jié)論有（填上所有正確結(jié)論的序號(hào)）．【考點(diǎn)】正方形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)．分析：①利用SAS證明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根據(jù)兩邊分別相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形ADFE是平行四邊形，即可判斷結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，求出∠EAD＝90°，根據(jù)有一個(gè)角是90°的平行四邊形是矩形即可判斷結(jié)論②正確；③先證明AE＝AD，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可判斷結(jié)論③正確；④根據(jù)正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四邊形是正方形即可判斷結(jié)論④正確．【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等邊三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形，故結(jié)論①正確；②當(dāng)∠BAC＝150°時(shí)，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四邊形AEFD是平行四邊形，∴平行四邊形ADFE是矩形，故結(jié)論②正確；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四邊形AEFD是平行四邊形，∴當(dāng)AB＝AC時(shí)，AE＝AD，∴平行四邊形AEFD是菱形，故結(jié)論③正確；④綜合②③的結(jié)論知：當(dāng)AB＝AC，且∠BAC＝150°時(shí)，四邊形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四邊形AEFD是正方形，故結(jié)論④正確．故答案為：①②③④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形及矩形、菱形、正方形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的判定方法和性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．特殊四邊形綜合題是中考數(shù)學(xué)中的一大重點(diǎn)，也是一大難點(diǎn)。本考點(diǎn)是中考五星高頻考點(diǎn)，難度中等或較大，個(gè)別還會(huì)以壓軸題出現(xiàn)，在全國各地市的中考試卷中均有考查。正方形常見模型：ABCDABCDHGEF如圖，正方形ABCD中，E、F在其左右兩對(duì)邊上，G、H在其上下兩對(duì)邊上.如圖，正方形ABCD中，E、F在其左右兩對(duì)邊上，G、H在其上下兩對(duì)邊上.若有EF⊥GH，則必有EF=GH.證明方法：構(gòu)造全等；逆向應(yīng)用：見“十字架”想直角三角形全等②正方形中的“三垂定理”模型如圖，已知正方形ABCD，過點(diǎn)B、D兩點(diǎn)分別向過點(diǎn)C的直線作垂線，垂足分別為E、F，則有△BCE≌△CDF③正方形半角模型條件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°條件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°結(jié)論：①EF=BE+DF；(△CEF的周長(zhǎng)=正方形ABCD周長(zhǎng)的一半）②EA平分∠BEF③FA平分∠DAE條件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°條件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°結(jié)論：EF=DF-BE☆：當(dāng)∠EAF旋轉(zhuǎn)到正方形ABCD外部時(shí)，則有：【中考真題練】1．(2023?德州）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E在BC上，CE＝2．點(diǎn)M是對(duì)角線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則EM+CM的最小值是（）A． B． C． D．分析：要求ME+MC的最小值，ME、MC不能直接求，可考慮通過作輔助線轉(zhuǎn)化ME，MC的值，從而找出其最小值求解．【解答】解：如圖，連接AE交BD于M點(diǎn)，∵A、C關(guān)于BD對(duì)稱，∴AE就是ME+MC的最小值，∵正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC上的一定點(diǎn)，且BE＝BC﹣CE＝6﹣2＝4，∵AB＝，∴AE＝＝2，∴ME+MC的最小值是2．故選：C．2．(2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．E、F分別為AC、BD上一點(diǎn)，且OE＝OF，連接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，則∠CBE的度數(shù)為（）A．50° B．55° C．65° D．70°分析：利用正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．∵OE＝OF，∴△OEF為等腰直角三角形，∴∠OEF＝∠OFE＝45°，∵∠AFE＝25°，∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，∴∠FAO＝20°．在△AOF和△BOE中，，∴△AOF≌△BOE（SAS）．∴∠FAO＝∠EBO＝20°，∵OB＝OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．故選：C．3．(2023?湖北）如圖，在矩形ABCD中，AB＜BC，連接AC，分別以點(diǎn)A，C為圓心，大于AC的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于點(diǎn)M，N，直線MN分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)．下列結(jié)論：①四邊形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC?EF＝CF?CD；④若AF平分∠BAC，則CF＝2BF．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1分析：根據(jù)題意分別證明各個(gè)結(jié)論來判斷即可．【解答】解：根據(jù)題意知，EF垂直平分AC，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴AE＝AF＝CF＝CE，即四邊形AECF是菱形，故①結(jié)論正確；∵∠AFB＝∠FAO+∠ACB，AF＝FC，∴∠FAO＝∠ACB，∴∠AFB＝2∠ACB，故②結(jié)論正確；∵S四邊形AECF＝CF?CD＝AC?OE×2＝AC?EF，故③結(jié)論不正確；若AF平分∠BAC，則∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝90°＝30°，∴AF＝2BF，∵CF＝AF，∴CF＝2BF，故④結(jié)論正確；故選：B．4．(2023?隨州）七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具，如圖，在正方形紙板ABCD中，BD為對(duì)角線，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，AP⊥EF分別交BD，EF于O，P兩點(diǎn)，M，N分別為BO，DO的中點(diǎn)，連接MP，NF，沿圖中實(shí)線剪開即可得到一副七巧板．則在剪開之前，關(guān)于該圖形，下列說法正確的有（）①圖中的三角形都是等腰直角三角形；②四邊形MPEB是菱形；③四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的．A．只有① B．①② C．①③ D．②③分析：①利用正方形的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)可以解決問題；②利用①的結(jié)論可以證明OM≠M(fèi)P解決問題；③如圖，過M作MG⊥BC于G，設(shè)AB＝BC＝x，利用正方形的性質(zhì)與中位線的性質(zhì)分別求出BE和MG即可判定是否正確．【解答】解：①如圖，∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，∴EF為△CBD的中位線，∴EF∥BD，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∵四邊形ABCD為正方形，∴A、O、P、C在同一條直線上，∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，∵M(jìn)，N分別為BO，DO的中點(diǎn)，∴MP∥BC，NF∥OC，∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．故①正確；②根據(jù)①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM∴四邊形MPEB不可能是菱形．故②錯(cuò)誤；③∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，∴EF∥BD，EF＝BD，∵四邊形ABCD是正方形，且設(shè)AB＝BC＝x，∴BD＝x，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∴BO＝OD，∴點(diǎn)P在AC上，∴PE＝EF，∴PE＝BM，∴四邊形BMPE是平行四邊形，∴BO＝BD，∵M(jìn)為BO的中點(diǎn)，∴BM＝BD＝x，∵E為BC的中點(diǎn)，∴BE＝BC＝x，過M作MG⊥BC于G，∴MG＝BM＝x，∴四邊形BMPE的面積＝BE?MG＝x2，∴四邊形BMPE的面積占正方形ABCD面積的．∵E、F是BC，CD的中點(diǎn)，∴S△CEF＝S△CBD＝S四邊形ABCD，∴四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的（1﹣﹣﹣）＝．故③正確．故選：C．5．(2023?恩施州）如圖，在矩形ABCD中，連接BD，分別以B、D為圓心，大于BD的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于P、Q兩點(diǎn)，作直線PQ，分別與AD、BC交于點(diǎn)M、N，連接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．則四邊形MBND的周長(zhǎng)為（）A． B．5 C．10 D．20分析：利用作圖過程可得PQ為BD的垂直平分線，利用垂直平分線的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)證明四邊形MBND為菱形，利用勾股定理求得BM，則結(jié)論可得．【解答】解：由作圖過程可得：PQ為BD的垂直平分線，∴BM＝MD，BN＝ND．設(shè)PQ與BD交于點(diǎn)O，如圖，則BO＝DO．∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，在△MDO和△NBO中，，∴△MDO≌△NBO（AAS），∴DM＝BN，∴四邊形BNDM為平行四邊形，∵BM＝MD，∴四邊形MBND為菱形，∴四邊形MBND的周長(zhǎng)＝4BM．設(shè)MB＝x，則MD＝BM＝x，∴AM＝AD﹣DM＝4﹣x，在Rt△ABM中，∵AB2+AM2＝BM2，∴22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴四邊形MBND的周長(zhǎng)＝4BM＝10．故選：C．6．(2023?黑龍江）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)F是CD上一點(diǎn)，OE⊥OF交BC于點(diǎn)E，連接AE，BF交于點(diǎn)P，連接OP．則下列結(jié)論：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE＝2：3，則tan∠CAE＝；⑤四邊形OECF的面積是正方形ABCD面積的．其中正確的結(jié)論是（）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤分析：利用全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，圓周角定理，直角三角形的邊角關(guān)系定理對(duì)每個(gè)選項(xiàng)的結(jié)論進(jìn)行判斷即可得出結(jié)論．【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．∴∠BOE+∠EOC＝90°，∵OE⊥OF，∴∠FOC+∠EOC＝90°．∴∠BOE＝∠COF．在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴BE＝CF．在△BAE和△CBF中，，∴△BAE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF．∵∠ABP+∠CBF＝90°，∴∠ABP+∠BAE＝90°，∴∠APB＝90°．∴AE⊥BF．∴①的結(jié)論正確；②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，∴點(diǎn)A，B，P，O四點(diǎn)共圓，∴∠APO＝∠ABO＝45°，∴②的結(jié)論正確；③過點(diǎn)O作OH⊥OP，交AP于點(diǎn)H，如圖，∵∠APO＝45°，OH⊥OP，∴OH＝OP＝HP，∴HP＝OP．∵OH⊥OP，∴∠POB+∠HOB＝90°，∵OA⊥OB，∴∠AOH+∠HOB＝90°．∴∠AOH＝∠BOP．∵∠OAH+BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，∴∠OAH＝∠OBP．在△AOH和△BOP中，，∴△AOH≌△BOP（ASA），∴AH＝BP．∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HP＝OP．∴③的結(jié)論正確；④∵BE：CE＝2：3，∴設(shè)BE＝2x，則CE＝3x，∴AB＝BC＝5x，∴AE＝＝x．過點(diǎn)E作EG⊥AC于點(diǎn)G，如圖，∵∠ACB＝45°，∴EG＝GC＝EC＝x，∴AG＝＝x，在Rt△AEG中，∵tan∠CAE＝，∴tan∠CAE＝＝＝．∴④的結(jié)論不正確；⑤∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．∴．∴．由①知：△BOE≌△COF，∴S△OBE＝S△OFC，∴．即四邊形OECF的面積是正方形ABCD面積的．∴⑤的結(jié)論正確．綜上，①②③⑤的結(jié)論正確．故選：B．7．(2023?綏化）如圖，在矩形ABCD中，P是邊AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，CP，過點(diǎn)B作射線，交線段CP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交邊AD于點(diǎn)M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y(tǒng)，其中2＜x≤5．則下列結(jié)論中，正確的個(gè)數(shù)為（）（1）y與x的關(guān)系式為y＝x﹣；（2）當(dāng)AP＝4時(shí)，△ABP∽△DPC；（3）當(dāng)AP＝4時(shí)，tan∠EBP＝．A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)分析：利用矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，勾股定理，平行線分線段成比例定理對(duì)每個(gè)選項(xiàng)的結(jié)論進(jìn)行判斷即可：（1）過點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，利用矩形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可；（2）利用相似三角形的判定定理解答即可；（3）利用（1），（2）的結(jié)論利用勾股定理和平行線分線段成比例定理求得PB，PE，再利用直角三角形的邊角關(guān)系定理即可求得結(jié)論．【解答】解：（1）過點(diǎn)P作PF⊥BC于點(diǎn)F，如圖，∵四邊形ABCD是矩形，PF⊥BC，∴四邊形ABFP是矩形，∴PF＝AB＝2，BF＝AP＝x，∴AM＝AP﹣PM＝x﹣y．∵∠ABE＝∠CBP，∠A＝∠PFB＝90°，∴△ABM∽△FBP，∴，∴．∴x2﹣xy＝4．∴y＝x﹣．∴（1）的結(jié)論正確；（2）當(dāng)AP＝4時(shí)，DP＝AD﹣AP＝5﹣4＝1，∵，＝，∴．∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABP∽△DPC．∴（2）的結(jié)論正確；（3）由（2）知：當(dāng)AP＝4時(shí)，△ABP∽△DPC，∴∠ABP＝∠DPC．∵∠BPA+∠ABP＝90°，∴∠APB+∠DPC＝90°．∴∠CPB＝90°．∴∠BPE＝90°．∴tan∠EBP＝．由（1）知：PM＝AP﹣＝3，BP＝＝2，CP＝＝．∵AD∥BC，∴．∴，解得：PE＝，∴tan∠EBP＝＝＝，∴（3）的結(jié)論錯(cuò)誤，綜上，正確的結(jié)論為：（1）（2），故選：C．8．(2023?海南）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)E是邊CD的中點(diǎn)，EF垂直AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，若BF：CE＝1：2，EF＝，則菱形ABCD的邊長(zhǎng)是（）A．3 B．4 C．5 D．分析：過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，則四邊形DHFE為平行四邊形，可得HF＝DE，DH＝EF＝；設(shè)BF＝x，則CE＝2x，可得AH＝3x，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解．【解答】解：過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，如圖，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四邊形DHFE為平行四邊形，∴HF＝DE，DH＝EF＝．∵點(diǎn)E是邊CD的中點(diǎn)，∴DE＝CD，∴HF＝CD＝AB．∵BF：CE＝1：2，∴設(shè)BF＝x，則CE＝2x，∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，AD＝AB＝4x，∴AF＝AB+BF＝5x．∴AH＝AF﹣HF＝3x．在Rt△ADH中，∵DH2+AH2＝AD2，∴．解得：x＝±1（負(fù)數(shù)不合題意，舍去），∴x＝1．∴AB＝4x＝4．即菱形ABCD的邊長(zhǎng)是4，故選：B．9．(2023?海南）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，則∠AEB＝60°；若△AEF的面積等于1，則AB的值是．分析：利用“HL”先說明△ABE與△ADF全等，得結(jié)論∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差關(guān)系及三角形的內(nèi)角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面積求出AE，再利用直角三角形的邊角間關(guān)系求出AB．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．∴∠BAE＝∠DAF．∴∠BAE＝（∠BAD﹣∠EAF）＝（90°﹣30°）＝30°．∴∠AEB＝60°．故答案為：60．過點(diǎn)F作FG⊥AE，垂足為G．∵sin∠EAF＝，∴FG＝sin∠EAF×AF．∵S△AEF＝×AE×FG＝×AE×AF×sin∠EAF＝1，∴×AE2×sin30°＝1．即×AE2×＝1．∴AE＝2．在Rt△ABE中，∵cos∠BAE＝，∴AB＝cos30°×AE＝×2＝．故答案為：．10．(2023?河南）綜合與實(shí)踐綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展數(shù)學(xué)活動(dòng)．（1）操作判斷操作一：對(duì)折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平；操作二：在AD上選一點(diǎn)P，沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，把紙片展平，連接PM，BM．根據(jù)以上操作，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，寫出圖1中一個(gè)30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）．（2）遷移探究小華將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長(zhǎng)PM交CD于點(diǎn)Q，連接BQ．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)M在EF上時(shí)，∠MBQ＝15°，∠CBQ＝15°；②改變點(diǎn)P在AD上的位置（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，D重合），如圖3，判斷∠MBQ與∠CBQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）拓展應(yīng)用在（2）的探究中，已知正方形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為8cm，當(dāng)FQ＝1cm時(shí)，直接寫出AP的長(zhǎng)．分析：（1）由折疊的性質(zhì)可得AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由銳角三角函數(shù)可求∠EMB＝30°，即可求解；（2）①由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；②由“HL”可證Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；（3）分兩種情況討論，由折疊的性質(zhì)和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵對(duì)折矩形紙片ABCD，∴AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，∵沿BP折疊，使點(diǎn)A落在矩形內(nèi)部點(diǎn)M處，∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，∵sin∠BME＝＝，∴∠EMB＝30°，∴∠ABM＝60°，∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，故答案為：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任寫一個(gè)即可）；（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，故答案為：15，15；②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折疊可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ；（3）由折疊的性質(zhì)可得DF＝CF＝4cm，AP＝PM，∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，∴CQ＝MQ，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，∴AP＝，當(dāng)點(diǎn)Q在線段DF上時(shí)，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝5cm，DQ＝3cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，∴AP＝，綜上所述：AP的長(zhǎng)為cm或cm．11．(2023?襄陽）矩形ABCD中，＝（k＞1），點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，連接AE，過點(diǎn)E作AE的垂線EF，與矩形的外角平分線CF交于點(diǎn)F．【特例證明】（1）如圖（1），當(dāng)k＝2時(shí)，求證：AE＝EF；小明不完整的證明過程如下，請(qǐng)你幫他補(bǔ)充完整．證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答題卡對(duì)應(yīng)區(qū)域?qū)懗鍪Ｓ嘧C明過程）【類比探究】（2）如圖（2），當(dāng)k≠2時(shí)，求的值（用含k的式子表示）；【拓展運(yùn)用】（3）如圖（3），當(dāng)k＝3時(shí)，P為邊CD上一點(diǎn)，連接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的長(zhǎng)．分析：（1）證明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH＝BE，連接EH．證明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由tan∠BAE＝，∠EAP＝45°，可得tan∠DAP＝，從而判斷△APE是等腰直角三角形，過點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，又可得∠FEQ＝∠BAE，則＝，可求FQ＝a，EQ＝a，EF＝a，能夠證明△PAE∽△FPE，從而得到∠APE＝∠PFE＝90°，則PF＝EF＝a＝，求出a＝，即可得BC＝2．【解答】（1）證明：如圖，在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°，∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB＝90°，∵∠5+∠AEB＝90°，∴∠5＝∠6，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：在BA上截取BH＝BE，連接EH．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠BHE＝∠BEH＝45°，∴∠AHE＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠DCF＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB＝90°，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴＝，∵＝，E是BC邊的中點(diǎn)，∴EC＝HB＝BC，∴AH＝AB﹣BC＝（﹣）BC，∴＝k﹣1；（3）如圖（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，設(shè)AB＝3，BE＝1，則EC＝2，∵∠ACE＝45°，∴EG＝GC＝，∵AC＝3，∴AG＝2，∴tan∠EAG＝，tan∠BAE＝，以A為旋轉(zhuǎn)中心，△ADP繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°到△AP'H，∵k＝3，∴＝，設(shè)AB＝3a，則BC＝2a，由旋轉(zhuǎn)可得∠P'AP＝90°，連接P'E，HE，延長(zhǎng)P'H交CD于點(diǎn)G，連接EG，∵AH＝AD＝2a，∴BH＝a，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝a，∴tan∠BAE＝，∵∠EAP＝45°，∴∠BAE+∠DAP＝45°，∴tan∠DAP＝，∴DP＝a，∴PC＝2a，∴AP＝a，PE＝a，AE＝a，∴△APE是等腰直角三角形，∴∠APE＝90°，∵AE⊥EF，∴∠PEF＝∠PEA＝45°，過點(diǎn)F作FQ⊥EG交于Q，∵CF平分∠PCG，∴∠FCQ＝45°，∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠FEQ＝∠BAE，∴＝，∴FQ＝a，∴EQ＝a，∴EF＝a，∴＝，∴△PAE∽△FPE，∴∠APE＝∠PFE＝90°，∴PF＝EF＝a，∵PF＝，∴a＝，∴a＝，∴BC＝2．解法2：設(shè)BE＝EC＝a，則AE＝a，延長(zhǎng)AP、EF交于Q，∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，∴△AEQ是等腰直角三角形，∴AE＝EQ，作QM⊥BC交N，∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠QEM，∵AE＝EQ，∴△ABE≌△EMQ（AAS），∴EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，作QN⊥CD交BC延長(zhǎng)線于M，∴四邊形NCMQ是矩形，∴QN＝CM＝AD＝2a，∵∠APD＝∠NPQ，∠D＝∠PNQ，∴△ADP≌△QNP（AAS），∴AP＝PQ，∵EF＝AE＝EQ，∴EF＝FQ，PF＝AE，∴a＝，∴a＝，∴BC＝2．解法3：過點(diǎn)P作PQ⊥AE交于點(diǎn)Q，過點(diǎn)Q作MN∥AD分別交AB、CD于點(diǎn)M、N，設(shè)BE＝2x＝EC，則AB＝6x，由△AMQ與△QNP全等，設(shè)MQ＝n，∵tan∠BAE＝，∴AM＝3n＝QN，∴n+3n＝4x，解得n＝x，∴MQ＝x，AQ＝x＝PQ，∴QE＝AE﹣QA＝x，由（2）可知，AE：EF＝2，∴EF＝x，可證得四邊形QEFP是正方形，∴PF＝x，∵PF＝，解答x＝，∴BC＝4x＝2．12．(2023?衡陽）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿線段AD以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，作PM⊥AD交直線AB于點(diǎn)M，交直線BC于點(diǎn)F，設(shè)△PQM與菱形ABCD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．（1）當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)B重合時(shí)，求t的值；（2）當(dāng)t為何值時(shí)，△APQ與△BMF全等；（3）求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（4）以線段PQ為邊，在PQ右側(cè)作等邊三角形PQE，當(dāng)2≤t≤4時(shí)，求點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)．分析：（1）由直角三角形的性質(zhì)可得出答案；（2）分兩種情況：①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，由全等三角形的性質(zhì)得出關(guān)于t的方程，解方程可得出答案；（3）分兩種情況：①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，由直角三角形的性質(zhì)及三角形的面積公式可得出答案；（4）連接AE，由直角三角形的性質(zhì)得出∠PAE為定值，則點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，求出AE的長(zhǎng)，則可得出答案．【解答】解：（1）M與B重合時(shí)，如圖1，∵PQ⊥AB，∴∠PQA＝90°，∴PA＝AB＝2，∴t＝2；（2）①當(dāng)0≤t≤2時(shí)，∵AM＝2t，∴BM＝4﹣2t，∵△APQ≌△BMF，∴AP＝BM，∴t＝4﹣2t，∴t＝；②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，∵AM＝2t，∴BM＝2t﹣4，∵△APQ≌△BMF，∴AP＝BM，∴t＝2t﹣4，∴t＝4；綜上所述，t的值為4或；（3）①0≤t≤2時(shí)，如圖2，在Rt△APQ中，PQ＝t，∴MQ＝t，∴S＝t＝；②當(dāng)2＜t≤4時(shí)，如圖3，∵BF＝t﹣2，MF＝（t﹣2），∴S△BFM＝BF?MF＝，∴S＝S△PQM﹣S△BFM＝﹣；∴S＝；（4）連接AE，如圖4，∵△PQE為等邊三角形，∴PE＝t，在Rt△APE中，tan∠PAE＝，∴∠PAE為定值，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為直線，∵AP＝t，∴AE＝＝＝t，當(dāng)t＝2時(shí)，AE＝，當(dāng)t＝4時(shí)，AE＝2，∴E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為2﹣＝．13．(2023?綿陽）如圖，平行四邊形ABCD中，DB＝2，AB＝4，AD＝2，動(dòng)點(diǎn)E、F同時(shí)從A點(diǎn)出發(fā)，點(diǎn)E沿著A→D→B的路線勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F沿著A→B→D的路線勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．（1）如圖1，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為4個(gè)單位每秒，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒時(shí)，設(shè)CE與DF交于點(diǎn)P，求線段EP與CP長(zhǎng)度的比值；（2）如圖2，設(shè)點(diǎn)E的速度為1個(gè)單位每秒，點(diǎn)F的速度為個(gè)單位每秒，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x秒，△AEF的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并指出當(dāng)x為何值時(shí)，y的值最大，最大值為多少？（3）如圖3，H在線段AB上且AH＝HB，M為DF的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)E、F分別在線段AD、AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，探究點(diǎn)E、F在什么位置能使EM＝HM，并說明理由．分析：（1）延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于G，證明△AFD∽△BFG，則＝，求出BG的長(zhǎng)，再由AD∥CG，則＝，即可求解；（2）分三種情況討論：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，過點(diǎn)E作EH⊥AB交于H，y＝×AF×EH＝×x×x＝x2；此時(shí)當(dāng)x＝2時(shí)，y有最大值3；當(dāng)2≤x≤時(shí)，E點(diǎn)在BD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，過點(diǎn)E作EN⊥AB交于N，過點(diǎn)D作DM⊥AB交于M，y＝×AF×EN＝﹣x2+x+x；當(dāng)x＝時(shí)，y有最大值2+；當(dāng)≤x≤2時(shí)，過點(diǎn)E作EQ⊥AB交于Q，過點(diǎn)F作FP⊥AB交于P，y＝×AB×（EQ﹣PF）＝6+2﹣x﹣x；此時(shí)當(dāng)x＝時(shí)，y有最大值2+；（3）連接DH，求出AH＝1，可得AH⊥AB，由直角三角形的性質(zhì)可得HM＝DM＝MF，則EM＝DF，可得EF∥BD．【解答】解：（1）延長(zhǎng)DF交CB的延長(zhǎng)線于G，∵平行四邊形ABCD中，∴CG∥AD，∴∠A＝∠GBF，∴△AFD∽△BFG，∴＝，∵運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，∴AF＝，∵AB＝4，∴BF＝，∵AD＝2，∴BG＝1，∴CG＝3，∵AD∥CG，∴＝，∵AE＝，∴ED＝，∴＝；（2）當(dāng)0≤x≤2時(shí)，E點(diǎn)在AD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，由題意可知，AE＝x，AF＝x，∵DB＝2，AB＝4，AD＝2，∴△ABD是直角三角形，且∠A＝60°，過點(diǎn)E作EH⊥AB交于H，∴EH＝AE?sin60°＝x，∴y＝×AF×EH＝×x×x＝x2；此時(shí)當(dāng)x＝2時(shí)，y有最大值3；當(dāng)2≤x≤時(shí)，E點(diǎn)在BD上，F(xiàn)點(diǎn)在AB上，過點(diǎn)E作EN⊥AB交于N，過點(diǎn)D作DM⊥AB交于M，∵AD+DE＝x，AD＝2，∴DE＝x﹣2，∵BD＝2，∴BE＝2﹣x+2，在Rt△ABD中，DM＝，∵EN∥DM，∴＝，∴＝，∴EN＝1+﹣x，∴y＝×AF×EN＝×（x）×（1+﹣x）＝﹣x2+x+x；此時(shí)當(dāng)x＝時(shí)，y有最大值2+；當(dāng)≤x≤2時(shí)，過點(diǎn)E作EQ⊥AB交于Q，過點(diǎn)F作FP⊥AB交于P，∴AB+BF＝x，DA+DE＝x，∵AB＝4，AD＝2，∴BE＝2﹣x+2，BF＝x﹣4，∵PF∥DM，∴＝，即＝，∴PF＝x﹣2，∵EQ∥DM，∴＝，即＝，∴EQ＝+1﹣x，∴y＝×AB×（EQ﹣PF）＝×4×（+1﹣x﹣x+2）＝6+2﹣x﹣x；此時(shí)當(dāng)x＝時(shí)，y有最大值2+；綜上所述：當(dāng)0≤x≤2時(shí)，y＝x2；當(dāng)2≤x≤時(shí)，y＝﹣x2+x+x；當(dāng)≤x≤2時(shí)，y＝6+2﹣x﹣x；y的最大值為2+；（3）連接DH，∵AH＝HB，AB＝4，∴AH＝1，∴DH⊥AB，∵M(jìn)是DF的中點(diǎn)，∴HM＝DM＝MF，∵EM＝HM，∴EM＝DF，∴△EDF是直角三角形，∴EF⊥AD，∵AD⊥BD，∴EF∥BD．14．(2023?成都）如圖，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），點(diǎn)E是AD邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與A，D重合），連接BE，以BE為邊在直線BE的右側(cè)作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直線CD于點(diǎn)H．【嘗試初探】（1）在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關(guān)系，請(qǐng)說明理由．【深入探究】（2）若n＝2，隨著E點(diǎn)位置的變化，H點(diǎn)的位置隨之發(fā)生變化，當(dāng)H是線段CD中點(diǎn)時(shí)，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）連接BH，F(xiàn)H，當(dāng)△BFH是以FH為腰的等腰三角形時(shí)，求tan∠ABE的值（用含n的代數(shù)式表示）．分析：（1）根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等可證明△ABE∽△DEH；（2）設(shè)DH＝x，AE＝a，則AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x＝，最后根據(jù)正切的定義可得結(jié)論；（3）分兩種情況：FH＝BH和FH＝BF，先根據(jù)三角形相似證明F在射線DC上，再根據(jù)三角形相似的性質(zhì)和勾股定理列等式可得結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形EBFG和四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，∴∠DEH＝∠ABE，∴△ABE∽△DEH，∴在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過程中，△ABE與△DEH始終保持相似關(guān)系；（2）如圖1，∵H是線段CD中點(diǎn)，∴DH＝CH，設(shè)DH＝x，AE＝a，則AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴＝，即＝，∴2x2＝4ax﹣a2，∴2x2﹣4ax+a2＝0，∴x＝＝，∵tan∠ABE＝＝，當(dāng)x＝時(shí)，tan∠ABE＝＝，當(dāng)x＝時(shí)，tan∠ABE＝＝；綜上，tan∠ABE的值是．（3）分兩種情況：①如圖2，BH＝FH，設(shè)AB＝x，AE＝a，∵四邊形BEGF是矩形，∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），∴EH＝GH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴＝＝n，∴＝n，∴＝，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴＝＝，∴＝，∴nx＝2a，∴＝，∴tan∠ABE＝＝＝；②如圖3，BF＝FH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，＝，∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴∠BCF＝∠A＝90°，∴D，C，F(xiàn)共線，∵BF＝FH，∴∠FBH＝∠FHB，∵EG∥BF，∴∠FBH＝∠EHB，∴∠EHB＝∠CHB，∵BE⊥EH，BC⊥CH，∴BE＝BC，由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，∴x2+a2＝（nx）2，∴x＝（負(fù)值舍），∴tan∠ABE＝＝＝，綜上，tan∠ABE的值是或．15．(2023?鹽城）【經(jīng)典回顧】梅文鼎是我國清初著名的數(shù)學(xué)家，他在《勾股舉隅》中給出多種證明勾股定理的方法．圖1是其中一種方法的示意圖及部分輔助線．在△ABC中，∠ACB＝90°，四邊形ADEB、ACHI和BFGC分別是以Rt△ABC的三邊為一邊的正方形．延長(zhǎng)IH和FG，交于點(diǎn)L，連接LC并延長(zhǎng)交DE于點(diǎn)J，交AB于點(diǎn)K，延長(zhǎng)DA交IL于點(diǎn)M．（1）證明：AD＝LC；（2）證明：正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；（3）請(qǐng)利用（2）中的結(jié)論證明勾股定理．【遷移拓展】（4）如圖2，四邊形ACHI和BFGC分別是以△ABC的兩邊為一邊的平行四邊形，探索在AB下方是否存在平行四邊形ADEB，使得該平行四邊形的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．若存在，作出滿足條件的平行四邊形ADEB（保留適當(dāng)?shù)淖鲌D痕跡）；若不存在，請(qǐng)說明理由．分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和SAS證明△ACB≌△HCG，可得結(jié)論；（2）證明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得結(jié)論；（3）證明正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝?ADJK的面積+?KJEB的面積＝正方形ADEB，可得結(jié)論；（4）如圖2，延長(zhǎng)IH和FG交于點(diǎn)L，連接LC，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于一點(diǎn)，過這一點(diǎn)和A作直線，以A為圓心，AM為半徑作弧交這直線于D，分別以D，B為圓心，以AB，AM為半徑畫弧交于E，連接AD，DE，BE，則四邊形ADEB即為所求．【解答】（1）證明：如圖1，連接HG，∵四邊形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四邊形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）證明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四邊形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；證明二：∵四邊形CGLH是矩形，∴PH＝PC，∴∠CHG＝∠LCH，∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，∵∠ACH＝90°，∴∠ACK+∠LCH＝90°，∴∠ACK+∠CAK＝90°，∴∠AKC＝90°，∴∠AKC＝∠BAD＝90°，∴DM∥LK，∵AC∥LI，∴四邊形ACLM是平行四邊形，∵正方形ACHI的面積＝AC?CH，?ACLH的面積＝AC?CH，∴正方形ACHI的面積等于四邊形ACLM的面積；（3）證明：由正方形ADEB可得AB∥DE，又AD∥LC，∴四邊形ADJK是平行四邊形，由（2）知，四邊形ACLM是平行四邊形，由（1）知：AD＝LC，∴?ADJK的面積＝?ACLM的面積＝正方形ACHI，延長(zhǎng)EB交LG于Q，同理有?KJEB的面積＝?CBQL的面積＝正方形BFGC，∴正方形ACHI的面積+正方形BFGC的面積＝?ADJK的面積+?KJEB的面積＝正方形ADEB，∴AC2+BC2＝AB2；（4）解：作圖不唯一，如圖2即為所求作的?ADEB．說明：如圖2，延長(zhǎng)IH和FG交于點(diǎn)L，以A為圓心CL為半徑畫弧交IH于點(diǎn)M，在MA的延長(zhǎng)線上取AD＝AM，作?ADEB，作射線LC交AB于K，交DE于J，由圖可知：射線LC把?ADEB分成?ADJK和?BKJE，根據(jù)同底等高可得：?ADJK，?AMLC，?ACHI的面積相等，同理?BKKE，?CBQL，?BCGF的面積相等（Q是直線EB與FG的交點(diǎn)），所以平行四邊形ADEB的面積等于平行四邊形ACHI、BFGC的面積之和．【中考模擬練】1．（2023?永安市一模）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AB＝6，BC＝8，P點(diǎn)是AD上不與A和D重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P分別作AC和BD的垂線，垂足分別為點(diǎn)E、F，則PE+PF的值為（）A． B． C． D．分析：連接OP，首先根據(jù)矩形的性質(zhì)及勾股定理即可求得OA＝OD＝5，再根據(jù)即可求解．【解答】解：如圖：連接OP，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，，，∴OA＝OD，，∴OA＝OD＝5，∵，∴，∴，解得PE+PF＝，故選：C．2．（2023?花都區(qū)一模）如圖，三個(gè)邊長(zhǎng)分別為2，4，6的菱形如圖所示拼疊，則線段AB的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．1分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AB∥DE，OC＝2，OD＝4+6＝10，DE＝6，進(jìn)而可得△OCA∽△ODE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出，即可求解．【解答】解：如圖所示，依題意，AB∥DE，OC＝2，OD＝4+6＝10，DE＝6，∴△OCA∽△ODE，∴，即，解得：，∴，故選：C．3．（2023?中原區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中∠ABC＝60°，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，P為AB中點(diǎn)，Q為OD中點(diǎn)，連接PQ，則PQ的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．分析：過點(diǎn)P作PM⊥OB，垂足為M，根據(jù)∠ABC＝60°得到△ABC為等邊三角形，從而得到∠ABD＝30°，計(jì)算出，再計(jì)算出，最后根據(jù)勾股定理計(jì)算出PQ．【解答】解：如圖所示，過點(diǎn)P作PM⊥OB，垂足為M，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC＝4，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，∴，，，∴，∵P為AB中點(diǎn)，∴，∴，故選：C．4．（2023?惠山區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一點(diǎn)，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角△AEF．有下列四個(gè)結(jié)論：①∠CAF＝∠DAE；②點(diǎn)E在線段BD上；③當(dāng)∠AEC＝135°時(shí)，CE平分∠ACD；④若點(diǎn)F在BC上以一定的速度由B向C運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)速度的2倍．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4分析：由正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)得：∠FAE＝∠DAC＝45°，從而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE＝∠CDE＝45°，由正方形的性質(zhì)可證明△ADE≌△CDE，可得AE＝CE，即有∠EAC＝∠ECA，再由∠AEC＝135°可得∠EAC＝∠ECA＝22.5°，從而CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；連接BD交AC于點(diǎn)O，由∠ADE＝∠CDE＝45°知，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，即可判斷②，由知，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度的倍，即可判斷④，因而可確定答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC是對(duì)角線，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝45°，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠FAE＝∠DAC＝45°，∵∠FAE＝∠CAF+∠CAE＝∠CAE+∠DAE＝∠DAC＝45°，∴∠CAF＝∠DAE，故①正確；∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，∴，，∴，∵∠CAF＝∠DAE，∴△CAF∽△DAE，∴∠ADE＝∠ACB＝45°，即點(diǎn)E在線段BD上，故②正確；∵∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDE＝45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE，∴∠EAC＝∠ECA，∵∠AEC＝135°，∴，∵∠DAC＝∠DCA＝45°＝2∠EAC＝2∠ECA，∴CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，故③正確；如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，∵∠ADE＝∠CDE＝45°，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)O重合；當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，∵，且點(diǎn)F與點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，∴，故④錯(cuò)誤；故選：C．5．（2023?佳木斯一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝15，點(diǎn)E在邊BC上．且∠AED＝90°，P是射線ED上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若△AEP是等腰直角三角形，則CP的長(zhǎng)為3或3．分析：如圖1，當(dāng)BE＜CE時(shí)，如圖2，當(dāng)BE＞CE時(shí)，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BE＝12，CE＝3，過P作PQ⊥BC于Q，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖1，當(dāng)BE＜CE時(shí)，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，∵∠AED＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠CED＝90°，∴∠BAE＝∠CED，∴△ABE∽△ECD，∴，∴，∴BE＝3，∴CE＝12，過P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE＝∠B＝90°，在△ABE與△EQP中，，∴△ABE≌△EQP（AAS），∴EQ＝AB＝6，PQ＝BE＝3，∴CQ＝15﹣6﹣3＝6，∴CP＝＝3；如圖2，當(dāng)BE＞CE時(shí)，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，∵∠AED＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠CED＝90°，∴∠BAE＝∠CED，∴△ABE∽△ECD，∴，∴，∴BE＝12，∴CE＝3，過P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE＝∠B＝90°，在△ABE與△EQP中，，∴△ABE≌△EQP（AAS），∴EQ＝AB＝6，PQ＝BE＝12，∴CQ＝12+6﹣15＝3，∴CP＝＝3；綜上所述，CP的長(zhǎng)為3或3，故答案為：3或3．6．（2023?安徽模擬）如圖，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為CB延長(zhǎng)線一點(diǎn)，且在E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)中始終保持∠EAF＝90°．（1）當(dāng)∠DAE＝45°時(shí)，則AF的長(zhǎng)為4；（2）在此運(yùn)動(dòng)過程中，的比值為．分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AE＝AD＝2，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論；【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠AED＝45°，∴AD＝DE＝2，∴AE＝AD＝2，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴，∴，∴AF＝4，故答案為：4；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴＝＝，故答案為：．7．（2023?河?xùn)|區(qū)一模）已知，如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6，∠ABC＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CB的延長(zhǎng)線上，且BE＝BF＝，G是DF的中點(diǎn)，連接GE，則GE的長(zhǎng)是．分析：如圖，延長(zhǎng)EG到H，使GH＝EG，連接CH，CG，DH，CE，過點(diǎn)F作PF∥DC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，點(diǎn)A，B，E在同一直線上，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)得到結(jié)論．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)EG到H，使GH＝EG，連接CH，CG，DH，CE，過點(diǎn)F作FP∥DC，過點(diǎn)E作EQ⊥BC于Q，∵G是線段DF的中點(diǎn)，∴FG＝DG，∵∠EGF＝∠HGD，∴△GEF≌△GHD（SAS），∴EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，∵∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，∴△BEF是等邊三角形，∴∠BEF＝60°，∵BE＝BF＝2，EQ⊥BC，∴∠QEB＝30°，∴BQ＝1，EQ＝，在Rt△CQE中，由勾股定理得：CE＝＝＝2，∵AB∥CD，CD∥FP，∴AB∥FP∥CD，∠GFP＝∠CDG，∴∠AEF+∠EFP＝180°，∴∠EFG+∠GFP＝120°，∴∠CDH＝∠HDG+∠GDC＝120°，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝CB＝6，∠ADC＝∠ABC＝60°，點(diǎn)A，B，E在同一直線上，∴∠EBC＝120°＝∠CDH，∵△BEF是等邊三角形，∴EF＝BE，∴DH＝BE，∴△HDC≌△EBC（SAS），∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，∴∠DCH+∠HCB＝∠BCE+∠HCB＝120°，即∠HCE＝120°，∵CH＝CE，GH＝GE，∴CG⊥GE，∠GCE＝∠HCG＝60°，∴∠GEC＝30°，∵cos30°＝＝，∴GE＝×2＝．故答案為：．8．（2023?蕪湖模擬）如圖，E為菱形ABCD邊BC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EG⊥AD于G，交BD于F，連接DE．過點(diǎn)D作DM⊥BD，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M．（1）若∠A＝4∠DEG，求證：∠M＝2∠DEG；（2）在（1）的條件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的長(zhǎng)．分析：（1）設(shè)∠DEG＝α，則∠A＝4α，由菱形的性質(zhì)得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再證∠M＝2α，即可得出結(jié)論；（2）先證DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后證△FBE∽△MBD，得＝，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：設(shè)∠DEG＝α，則∠A＝4α，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，∵DM⊥BD，∴∠BDM＝90°，∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝2∠DEG；（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝∠CDM，∴CD＝CM＝5，∵EG⊥AD，∴∠BEG＝90°，∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，∴∠DEM＝∠EDM，∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，∴BD＝＝＝8，∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，∴△FBE∽△MBD，∴＝，即＝，解得：EF＝3，即EF的長(zhǎng)為3．9．（2023?鹿城區(qū)校級(jí)模擬）在數(shù)學(xué)興趣小組活動(dòng)中，同學(xué)們對(duì)矩形的折疊問題進(jìn)行了探究．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E是AB邊上一點(diǎn)，AE＝2，F(xiàn)是直線CD上一動(dòng)點(diǎn)，以直線EF為對(duì)稱軸，點(diǎn)A關(guān)于直線EF的對(duì)稱點(diǎn)為A'．（1）如圖（1），求四邊形AEA'F的面積．（2）如圖（2），連接CE，當(dāng)點(diǎn)A'落在直線CE上時(shí)，求tan∠CFA'的值．（3）當(dāng)點(diǎn)F，A'，B三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，則DF的長(zhǎng)度為或．分析：（1）S四邊形AEA′F＝2S△AEF＝6；（2）作A′G⊥CD于G，可證得∠FEC＝∠EFC，進(jìn)而CF＝CE＝5，進(jìn)而解Rt△CA′G，求得CG和A′G，進(jìn)而求得FG，進(jìn)一步得出結(jié)果；（3）分為點(diǎn)F在CD上時(shí)，此時(shí)作EH⊥BF于H，設(shè)DF＝x，可得△ADF∽△EHA′，從而，從而表示出EH＝，根據(jù)△BHE∽△FCB，從而，從而EH＝，進(jìn)而得出，從而求得x的值，當(dāng)點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AF，作EH⊥BF于H，同樣得方法得出結(jié)果．【解答】解：（1）∵，∴S四邊形AEA′F＝2S△AEF＝6；（2）如圖1，作A′G⊥CD于G，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，BC＝AD＝3，AB∥CD，∴∠AEF＝∠EFC，∠FCE＝∠BEC，在Rt△BCE中，BC＝3，BE＝AB﹣AE＝4，∴CE＝5，由折疊得：∠AEF＝∠FEC，A′E＝AE＝2，∴∠FEC＝∠EFC，∴CF＝CE＝5，在Rt△CA′G中，A′C＝CE﹣A′E＝5﹣2＝3，cos∠EFC＝cos∠BEC＝，sin，∴CG＝3?cos∠EFC＝，A′G＝3?sin∠FCE＝，∴FG＝CF﹣CG＝5﹣＝，∴tan∠CFA′＝；（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)F在CD上時(shí)，作EH⊥BF于H，設(shè)DF＝x，∴∠EHB＝∠ADF＝90°，∵∠EA′F＝∠EAF＝∠AFD，∴△ADF∽△EHA′，∴，∴AF＝，∴，∴EH＝，∵∠AEF＝∠BFC，∠BHE＝∠BCF＝90°，∴△BHE∽△FCB，∴，∴，∴EH＝，∴，∴x1＝，x2＝（舍去），如圖3，當(dāng)點(diǎn)F在CD的延長(zhǎng)線上時(shí)，連接AF，作EH⊥BF于H，同理可得：△ADF∽△EHA′，△BHE∽△FCB，EH＝，EH＝，∴∴x3＝，x4＝（舍去），綜上所述：DF＝或，故答案為：或．10．（2023?光明區(qū)二模）【問題】北師大版數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)P32第2題：已知：如圖1，△ABC的外角∠CBD和∠BCE的