中考數(shù)學二輪培優(yōu)題型訓練壓軸題14以四邊形為背景的幾何類比探究壓軸問題（解析版）

壓軸題14以四邊形為背景的幾何類比探究壓軸問題例1．（2023?金牛區(qū)模擬）已知矩形ABCD，點E、F分別在AD、DC邊上運動，連接BF、CE，記BF、CE交于點P．（1）如圖1，若ABAD=35，CF＝4，∠AEP+∠ABP＝180（2）如圖2，若∠EBF＝∠DEC，BPAD=2（3）如圖3，連接AP，若∠EBF＝∠DEC，AP＝AB＝2，BC＝3，求PB的長度．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質可得：AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，CDBC=ABAD=35，結合四邊形內(nèi)角和可證得（2）根據(jù)已知條件可證得△EBP∽△ECB，得出BPBC=EPEB=EBEC，進而得出EB=3（3）過點A作AH⊥BP于H，過點P作MN⊥BC于N，交AD于M，根據(jù)等腰三角形性質可得BH＝HP，設BH＝HP＝x，則BP＝2x，即BPBC=2x3，仿照（2）可得△EBP∽△ECB，得出EPEB=EBEC=BPBC=2x3，推出EPPC=4x29，由MN∥CD，可得PM【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，∵ABAD∴CDBC∵∠A+∠ABP+∠BPE+∠AEP＝360°，∠AEP+∠ABP＝180°，∴∠A+∠BPE＝180°，∴∠BPE＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°＝∠CPF，∴∠ECD+∠CFB＝90°，∵∠FBC+∠CFB＝90°，∴∠ECD＝∠FBC，∴△CED∽△BFC，∴DECF∵CF＝4，∴DE=35CF=3（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DEC＝∠ECB，∵∠EBF＝∠DEC，∴∠EBF＝∠ECB，∵∠BEP＝∠CEB，∴△EBP∽△ECB，∴BPBC∵BPBC∴EPEB∴EB=32∵EC＝EP+PC，∴32∴EPEP+PC∴EPPC（3）如圖3，過點A作AH⊥BP于H，過點P作MN⊥BC于N，交AD于M，∵AP＝AB＝2＝CD，AH⊥BP，∴BH＝HP，設BH＝HP＝x，則BP＝2x，∵BC＝AD＝3，∴BPBC∵∠EBF＝∠DEC，由（2）得△EBP∽△ECB，∴EPEB∴EB=32x∵EC＝EP+PC，∴32xEPEC∵MN∥CD，∴PMCD∴PM=8∵∠D＝∠DCN＝∠MNC＝90°，∴四邊形CDMN是矩形，∴MN＝CD＝2，∴PN＝2?8∵∠BNP＝∠AHB＝90°，∴∠PBN+∠BPN＝90°，∵∠PBN+∠ABH＝90°，∴∠BPN＝∠ABH，∴△BPN∽△ABH，∴PNBP∴AB?PN＝BH?BP，∴2（2?8x29∴x2=18∵x＞0，∴x=3∴BP＝2x=6故PB的長度為634【點評】本題是矩形綜合題，考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等，添加輔助線構造相似三角形是解題關鍵．例2．（2023?浠水縣二模）四邊形ABCD是正方形，E是直線BC上一點，連接AE，在AE右側，過點E作射線EP⊥AE，F(xiàn)為EP上一點．（1）如圖1，若點E是BC邊的中點，且EF＝AE，連接CF，則∠DCF＝45°；（2）如圖2，若點E是BC邊上一點（不與B，C重合）．∠DCF＝45°，判斷線段EF與AE的數(shù)量關系，并說明理由；（3）若正方形邊長為1，且EF＝AE，當AF+BF取最小值時，求△BCF的面積．【分析】（1）由“AAS”可證△ABE≌△EHF，可得BE＝FH，AB＝EH，即可求解；（2）由“ASA”可證△AEN≌△FEC，可得AE＝EF；（3）先證點F是在過點C且與CD成45°的直線上運動，由面積法可求F'H的長，即可求解．【解答】解：（1）如圖1，過點F作FH⊥直線BC于H，∵AE⊥EF，F(xiàn)H⊥BC，∴∠AEF＝∠EHF＝90°＝∠ABC，∴∠AEB+∠FEC＝90°＝∠AEB+∠BAE，∴∠BAE＝∠FEH，又∵EF＝AE，∴△ABE≌△EHF（AAS），∴BE＝FH，AB＝EH，∴BC＝EH，∴BE＝CH＝FH，∴∠FCH＝45°，∴∠DCF＝45°，故答案為：45；（2）EF＝AE，理由如下：如圖2，過點E作EN⊥BC交AC于N，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB＝45°＝∠ACD＝∠DCF，∵NE⊥BC，AE⊥EP，∴∠NEC＝∠AEP＝90°，∴∠AEN＝∠PEC，∠ENC＝∠ECN＝45°，∴NE＝EC，∠ANE＝∠ECF＝135°，∴△AEN≌△FEC（ASA），∴AE＝EF；（3）如圖，連接AC，過點E作EN⊥BC交AC于N，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB＝45°＝∠ACD＝∠DCF，∵NE⊥BC，AE⊥EP，∴∠NEC＝∠AEP＝90°，∴∠AEN＝∠PEC，∠ENC＝∠ECN＝45°，∴NE＝EC，∠ANE＝135°，又∵AE＝EF，∴△AEN≌△FEC（ASA），∴∠ANE＝∠ECF＝135°，∴∠DCF＝45°，∴點F是在過點C且與CD成45°的直線上運動，作點B關于CF的對稱點B'，連接AB'，交CF于點F'，交BC于Q，連接BF'，∴此時：AF+BF有最小值，最小值為AB'，∵點B關于CF的對稱點B'，∴BC＝B'C，∠BCF'＝∠B'CF'＝45，∴∠BCB'＝90°，∴B'C∥AB，∴ABB'C∴BQ＝CQ=1∵∠BCF'＝∠B'CF'＝45，F(xiàn)'H⊥BC，F(xiàn)'G⊥B'C，∴F'H＝F'G，∵S△B'CQ=12×1×12=12×1∴F'H=1∴△BCF的面積=12×【點評】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．例3．（2023?新鄭市模擬）“矩形的折疊”活動課上引導學生對矩形紙片進行折疊．如圖，將矩形紙片ABCD折疊，點A與點D重合，點C與點B重合，將紙片展開，折痕為EF，在AD邊上找一點P，沿CP將△PCD折疊，得到△PCQ，點D的對應點為點Q．問題提出：（1）若點Q落在EF上，CD＝2，連接BQ．①△CQB是等腰三角形；②若△CQB是等邊三角形，則AD的長為2．深入探究：（2）在（1）的條件下，當AD＝22時，判斷△CQB的形狀并證明；拓展延伸；（3）若AB＝6，AD＝8，其他條件不變，當點Q落在矩形ABFE內(nèi)部（包括邊）時，連接AQ，直接寫出AQ的取值范圍．【分析】（1）①由折疊可知EF垂直平分BC，則CQ＝BQ，所以△CQB是等腰三角形，于是得到問題的答案；②當△CQB是等邊三角形時，則AD＝BC＝CQ＝CD＝1，于是得到問題的答案；（2）因為CQ＝BQ＝CD＝1，所以CQ2+BQ2＝12+12＝2，而AD＝BC=2，則BC2＝（2）2＝2，所以CQ2+BQ2＝BC2，則△CQB（3）連接AC，以點C為圓心，CD長為半徑作圓交EF于點G，交BC于點H，則點Q在⊙C上運動，可求得AC=AB2+BC2=61，AH=AB2+BH2=26，AG=10，由AQ+CQ≥AC，AQ+CQ≤AG+CG，AQ【解答】解：（1）如圖1，①∵將矩形紙片ABCD沿EF折疊，點C與點B重合，∴EF垂直平分BC，∴CQ＝BQ，∴△CQB是等腰三角形，故答案為：等腰．②由折疊得CQ＝CD＝2，若△CQB是等邊三角形，則BC＝CQ＝2，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝2，故答案為：2．（2）△CQB是等腰直角三角形，證明：如圖1，由（1）得CQ＝BQ＝CD＝2，∴CQ2+BQ2＝22+22＝8，∵AD＝BC＝22，∴BC2＝（22）2＝8∴CQ2+BQ2＝BC2，∴△CQB是直角三角形，∵CQ＝BQ，∴△CQB是等腰直角三角形．（3）如圖2，連接AC，以點C為圓心，CD長為半徑作圓交EF于點G，交BC于點H，∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠B＝90°，∴AC=A∵CQ＝CD＝6，∴點Q在⊙C上運動，連接AG、CG、CH，則CG＝CH＝6，∴BH＝BC﹣CH＝8﹣6＝2，∴AH=AB2∵四邊形ABFE是矩形，∴∠CFG＝∠AEG＝90°，EF＝AB＝6，∵AE＝BF＝CF=12BC∴FG=CG2∴EG＝EF﹣FG＝6﹣25，∴AG=AE2+EG當點Q落在矩形ABFE內(nèi)部（包括邊）時，則AQ+CQ≥AC，AQ+CQ≤AG+CG，AQ+CQ≤AH+CH，∴AQ+6≥10AQ+6≤2∴4≤AQ≤26∴AQ的取值范圍是61?5≤AQ≤【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查矩形的性質、軸對稱的性質、線段的垂直平分線的性質、等腰三角形的判定、等邊三角形的性質、勾股定理及其逆定理的應用、兩點之間線段最短等知識，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．例4．（2023?萊西市一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，AD＝10cm，點P、Q分別是線段CD和AD上的動點．點P以2cm/s的速度從點D向點C運動，同時點Q以1cm/s的速度從點A向點D運動，當其中一點到達終點時，兩點停止運動，將PQ沿AD翻折得到QP'，連接PP'交直線AD于點E，連接AC、BQ．設運動時間為t（s），回答下列問題：（1）當t為何值時，PQ∥AC？（2）求四邊形BCPQ的面積S（cm2）關于時間t（s）的函數(shù)關系式；（3）是否存在某時刻t，使點Q在∠PP'D平分線上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）過A作AH⊥CD于H，由勾股定理得DH＝8（cm），再證△DPQ∽△DCA，得DQDA（2）過Q作QG⊥BA于G，交CD于F，證△QGA∽△AHD，得QGAH=AQAD，求出QG=35t（3）過A作AH⊥CD于H，點Q在∠P′PD平分線上，過Q作QF⊥CD于F，由角平分線的性質得QE＝QF，再求出DE=85t，則QE=135t﹣10，得135t【解答】解：（1）如圖1，過A作AH⊥CD于H，則四邊形ABCH是矩形，∴CH＝AB＝8cm，AH＝BC＝6cm，在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AD2∴CD＝CH+DH＝16（cm），當PQ∥AC時，△DPQ∽△DCA，∴DQDA=DP解得：t=40即當t為409時，PQ∥AC（2）如圖3，過Q作QG⊥BA于G，交CD于F，則GF＝AH＝6cm，AH∥QF，∴△QFD∽△AHD，∵AB∥CD，∴△QGA∽△QFD，∴△QGA∽△AHD，∴QGAH即QG6=t10，解得：∴QF＝6?35∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是梯形，∴四邊形BCPQ的面積S＝S梯形ABCD﹣S△ABQ﹣S△PDQ=12×（8+16）×6?12×8×35t?12×2t×（6?35t）=35t（3）存在，理由如下：如圖4，過A作AH⊥CD于H，點Q在∠P′PD平分線上，過Q作QF⊥CD于F，由（3）可知，QF＝6?35由翻折的性質得：DE⊥PP'，∴QE＝QF，∠DEP＝90°，∴cosD=DEPD=解得：DE=85∴QE＝DE﹣DQ=85t﹣（10﹣t）=13∴135t﹣10＝6?3解得：t＝5，即存在某時刻t，使點Q在∠P′PD平分線上，t的值為5．【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的判定與性質、翻折變換的性質、相似三角形的判定由V型在、勾股定理、角平分線的性質、銳角三角函數(shù)定義、梯形面積公式、三角形面積公式等知識，本題綜合性強，熟練掌握翻折變換的性質，證明三角形相似是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．1．（2023?南關區(qū)校級模擬）實踐與探究操作一：如圖①，將矩形ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合，折痕為EF．展平后，將矩形ABCD沿過點B的直線折疊，折痕為BG，點G在AD邊上，使點A的對應點A′落在EF上，連接A′C．若點G、A′、C共線，求證：△BA′C≌△GDC；操作二：如圖②，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，若矩形ABCD沿過點B的直線折疊，點G在AD邊上，折痕為BG，點A的對應點A′落在矩形ABCD的內(nèi)部．（1）連接A′D，A′D的最小值為4；（2）如圖③，將矩形ABCD再沿過點B的直線折疊，使點C在直線A′B邊上．折痕為BH，點C的對應點為點C′，將矩形沿過點H的直線繼續(xù)折疊，點R在AD上，折痕為HR，點D的對應點為點D′．我們發(fā)現(xiàn)，點R的位置不同，點D′的位置也不同，當點D′恰好與點C′重合時，線段RD的長為98【分析】操作一：可證得∠CBG＝∠AGB＝∠CGB，∠BCG＝∠CGD，進而得出結論；操作二：（1）可推出點A′在以B為圓心，6為半徑的圓上運動，連接BD，交圓B于A″，當A′運動A″時，A′D最小，進一步得出結果；（2）設RD′＝RD＝x，則AR＝8﹣x，BR＝BC′+RC′＝x+8，在Rt△ABR中，由勾股定理得：AB2+AR2＝BR2，即：62+（8﹣x）2＝（8+x）2，從而得出x的值，進一步得出結果．【解答】操作一證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，AD∥BC，∴∠CBG＝∠AGB，∠BCG＝∠CGD，由折疊得：∠BA′G＝∠A＝90°，∠AGB＝∠A′GB，∴∠CA′B＝90°，∠CBG＝∠A′GB，∴∠CA′B＝∠D，CG＝BC，∴△BA′C≌△GDC（AAS）；操作二（1）解：如圖，∵BA′＝AB＝6，點A′在以B為圓心，6為半徑的圓上運動，連接BD，交圓B于A″，當A′運動A″時，A′D最小，∵BC＝8，CD＝6，∴BD＝10，∴A″D＝BD﹣A″B＝10﹣6＝4，故答案為：4；（2）解：由折疊得：DH＝C′H＝CH，B′C＝BC＝8，DR＝C′R，設RD′＝RD＝x，則AR＝8﹣x，∴BR＝BC′+RC′＝x+8，在Rt△ABR中，由勾股定理得，AB2+AR2＝BR2，∴62+（8﹣x）2＝（8+x）2，∴x=9∴RD=9故答案為：98【點評】本題考查了矩形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，確定圓的條件等知識，解決問題的關鍵熟練掌握有關基礎知識．2．（2023?范縣一模）綜合與實踐綜合與實踐課上，老師與同學們以“特殊的三角形”為主題開展數(shù)學活動．（1）操作判斷如圖1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點E在AC上（且不與點A、C重合）在△ABC的外部作△CED，使∠CED＝90°，ED＝EC，連接AD，過點B作BF∥AD，過點D作DF∥AB，BF交DF于點F，連接AF．根據(jù)以上操作，判斷：四邊形ABFD的形狀是平行四邊形；三角形△AEF的形狀是等腰直角三角形；?（2）遷移探究明明同學所在的“認真?堅持”學習小組“異想天開”，將△CED繞點C逆時針旋轉，如圖2，當點E落在線段BC上時，請你：①求證：四邊形ABFD的是矩形；②連接AE、AF，若AE＝3，求AF的長；（3）拓展應用亮亮同學所在的“感恩?責任”學習小組受此啟發(fā)，將△CED繞點C繼續(xù)逆時針旋轉，能使四邊形ABFD為菱形，若AB＝6，CE＝2，請你直接寫出線段AF的長．【分析】（1）由平行四邊形的判定和等腰直角三角形的判定依次判斷可求解；（2）①由等腰直角三角形的性質可得∠BCA＝45°＝∠ECD，可得點D在AC上，即可得結論；②由“SAS”可證△ACE≌△FDE，可得AE＝EF，∠CEA＝∠DEF，由等腰直角三角形的性質可求解；（3）分兩種情況討論，由“SAS”可證△DEF≌△CEA，可得AE＝EF，∠DFE＝∠CAE，由等腰直角三角形的性質可得AF=2AE【解答】（1）解：∵BF∥AD，DF∥AB，∴四邊形ABFD是平行四邊形，∵∠BAC＝90°＝∠CED，AB＝AC，ED＝EC，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形；故答案為：平行四邊形；等腰直角三角形；（2）①證明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∠CED＝90°，ED＝EC，∴∠BCA＝45°＝∠ECD，∵點E落在線段BC上，∴點D在AC上，∵四邊形ABFD是平行四邊形，∠CAB＝90°，∴四邊形ABFD是矩形；②解：如圖，連接EF，∵四邊形ABFD是矩形，∴AB＝DF，∠CDF＝90°，∴AC＝AB＝DF，∠EDF＝45°＝∠ACE，又∵CE＝ED，∴△ACE≌△FDE（SAS），∴AE＝EF，∠CEA＝∠DEF，∴∠CED＝∠AEF＝90°，∴AF=2AE＝32（3）解：當點D在AC的左側時，如圖，連接AE，EF，延長AE交CD于K，設直線DF交AC于H，EC于N，∵四邊形ABFD是菱形，∴AD＝AB＝DF＝AC，∵∠CED＝∠CHD＝90°，∠CNH＝∠DNE，∴∠ACE＝∠FDE，又∵DE＝CE，∴△DEF≌△CEA（SAS），∴AE＝EF，∠DFE＝∠CAE，∴∠DFE+∠AFE+∠CAF＝90°＝∠AFE+∠CAF+∠CAE，∴∠AEF＝90°，∴AF=2AE∵AB＝AC＝AD＝6，CE＝DE＝2，∴AE垂直平分CD，∴CK＝KE=2∴AK=AC∴AE=34∴AF＝217?當點D在AC的右側時，連接AE，EF，同理可得AF＝217+綜上所述：AF的長為217+2或217【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定，菱形的判定和性質，矩形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，旋轉的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．3．（2023?息縣模擬）某數(shù)學興趣小組在數(shù)學實踐課上開展了“菱形折疊”研究活動．第一步：每人制作內(nèi)角不同，邊長都為2的菱形若干個，四個頂點為A，B，C，D（為保持一致，活動中，小組內(nèi)制作圖形各點名稱命名規(guī)則相同）；第二步：對折找到一條對角線BD并展開；第三步：將邊AB折疊到對角線BD所在直線上，頂點A的落點為F，所得折痕與邊AD交于點E；第四步：測量∠A，∠FDE，∠FED的度數(shù)．（1）小組長在研究大家測得的數(shù)據(jù)后仔細分析，發(fā)現(xiàn)可以通過∠A的度數(shù)，計算得到∠FED和∠FDE的度數(shù)．如圖，若一位同學制作的菱形中∠A＝30°，請你給出此時∠FDE和∠FED的度數(shù)：∠FDE＝105°，∠FED＝45°．（2）若∠A＜60°，請?zhí)骄俊螦的度數(shù)為多少時，△DEF為等腰三角形，并說明理由；（3）請直接寫出△DEF為直角三角形時DF的長．?【分析】（1）根據(jù)菱形的性質和折疊的性質得∠F＝30°，∠BDA＝75°，由鄰補角的性質以及三角形外角的性質即可求解；（2）設∠A＝a，利用（1）的方法可得∠F＝α，∠BDA＝90°?12α，由鄰補角的性質以及三角形外角的性質得∠FDE＝90°+12α，∠FED＝90（3）分兩種情況：①∠EFD＝90°時，②∠FED＝90°時，根據(jù)直角三角形的性質即可求解．?【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∠BDA＝∠BDC=12∠∴∠ADC＝180°﹣∠A＝180°﹣30°＝150°，∴∠BDA＝75°，∴∠FDE＝180°﹣∠BDA＝105°，由折疊得∠F＝∠A＝30°，∴∠FED＝∠FDE﹣∠F＝75°﹣30°＝45°，故答案為：105，45；（2）設∠A＝a，∴∠F＝∠A＝α，∠BDA=12∠ADC=12（180°﹣∠A）＝90∴∠FDE＝180°﹣∠BDA＝90°+12∴∠FED＝∠FDE﹣∠E＝90°?32①當DE＝DF時，∠DEF＝∠F，∴90°?32α＝α，解得α＝36∴∠A的度數(shù)為36°時，△DEF為等腰三角形；②當DE＝EF時，∠FDE＝∠F，∴90°+12α＝α，解得α＝180③當DF＝EF時，∠FDE＝∠FED，∴90°+12α＝90°?32α，解得綜上，∠A的度數(shù)為36°時，△DEF為等腰三角形；（3）①∠EFD＝90°時，如圖1，∵∠EFD＝90°，∴∠BFD＝90°，由折疊得∠BFD＝∠A＝90°，BF＝AB＝2，∴菱形ABCD是正方形，∴BD＝22，∴DF＝BD﹣BF＝22?②∠FED＝90°時，如圖2，∵∠FED＝90°，∴∠EFD+∠EDF＝90°，設∠A＝α，∴∠BDA=12∠ADC=12（180°﹣∠A）＝90由折疊得∠BFE＝∠A＝α，EF＝AE，∴∠EFD＝180°﹣α，∴90°?12α+180°﹣α＝90解得α＝120°，∴∠BDA＝90°?12α＝30∴DE=3EF=3AE，DF＝2∵AB＝DE+AE＝2，∴3EF+EF＝2，解得EF=3∴DF＝23?綜上，△DEF為直角三角形時DF的長為22?2或23?【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質，等腰三角形的性質，直角三角形的性質，翻折變換等知識，解題的關鍵是分類思想的運用．4．（2023?南湖區(qū)校級二模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝25．tan∠A=247，點O是AD邊的中點．連結BD．點P是折線AB﹣BD上一點，連結OP．點A關于OP的對稱點為A（1）對角線BD的長為30；（2）當點A′落在△ABD的邊上（點A′不與點A、D重合）時，求AP的長；（3）連結A′C，求線段A′C的長的最小值；（4）當OA′所在的直線垂直于AB時，直接寫出線段BP的長．【分析】（1）作BE⊥AD，求得AE和BE的長，進而求得BD的值；（2）先求得coA的值，進而解直角三角形AOP求得AP的值；（3）可得出點A′的運動軌跡是以點O為圓心，OA為半徑的圓的一部分，連接OC，交圓O于A′，此時A′C最??；（4）先求得OA′垂直于AB時的AP的長：根據(jù)角平分線的性質求得AP的長，進而求得BP的長及tan∠OPG，進而求得當A′O與AB垂直時BP的值．【解答】解：（1）如圖1，作BE⊥AD于E，∵AB＝25．tanA=24∴AE＝7，BE＝24，∴DE＝AD﹣AE＝18，∴BD=B故答案為：30；（2）如圖2，作BE⊥AD于E，由（1）得：AE＝7，∴cosA=AE∵OP⊥AA′，∴AP＝OA?cosA=25（3）如圖3，∵OA'=OA=25∴點A′在以O為圓心，252為半徑的圓上運動，連接OC，交⊙O于點A′，此時A′C′作CF⊥AD，交AD的延長線于點F，可得：DF＝7，CF＝24，∴OF＝OD+DF=25∴OC=O∴A′C＝OC﹣OA'=15（4）如圖4，作BE⊥AD于E，作P′H⊥AD于H，設OA′交AB于G，∵OP平分∠AOA′，∴APPG∴PG=2424+25?7∴BP＝AB﹣AP＝25?2514=32514當點A′運動到A′O的延長線A″時，∵tan∠P′OH＝tan∠OPG＝7，P′H＝BE＝24，∴OH=24∴BP′＝EH＝AH﹣AE＝OA+OH﹣AE=25綜上所述：BP=32514或【點評】本題考查了菱形的性質，解直角三角形，確定圓的條件軸對稱的性質，角平分線的性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形．5．（2023?天山區(qū)一模）某校數(shù)學活動小組探究了如下數(shù)學問題：（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．點P是底邊BC上一點，連接AP，以AP為腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ＝90°，連接CQ、則BP和CQ的數(shù)量關系是BP＝CQ；（2）變式探究：如圖2，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．點P是腰AB上一點，連接CP，以CP為底邊作等腰Rt△CPQ，連接AQ，判斷BP和AQ的數(shù)量關系，并說明理由；（3）問題解決；如圖3，正方形ABCD的邊長為10，點P是邊AB上一點，以DP為對角線作正方形DEPQ，連接AQ．若設正方形DEPQ的面積為y，AQ＝x．求y與x的函數(shù)關系式．【分析】（1）根據(jù)已知條件利用邊角邊證明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性質即可得到BP和CQ的數(shù)量關系；（2）根據(jù)任意等腰直角三角形的直角邊與斜邊的比是相等的，利用兩邊成比例且夾角相等的判定定理證明△CBP≌△CAQ，之后再由相似三角形對應邊成比例即可得到BP和AQ的數(shù)量關系；（3）連接BD，先由正方形的性質判斷出△BAD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用與第二問同樣的方法證出△BPD∽△AQD，由相似比求出BQ，再由勾股定理求得DP，則可列出關系式．【解答】解：（1）∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ＝90°，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴AP＝AQ，∠BAP+∠PAC＝∠CAQ+∠PAC，∴∠BAP＝∠CAQ．在△ABP和△ACQ中，AB=AC∠BAP=∠CAQ∴△ABP≌△ACQ（SAS），∴BP＝CQ．故答案為：BP＝CQ；（2）結論：BP=2∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴QCPC=ACBC=22，∠∵∠BCP+∠ACP＝∠ACQ+∠ACP＝45°，∴∠BCP＝∠ACQ，∴△CBP∽△CAQ，∴QCPC∴BP=2（3）連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形DEPQ是正方形，∴△BAD和△PQD都是等腰直角三角形，∴QDPD=ADBD=22，∠∵∠BDP+∠PDA＝∠PDA+∠ADQ＝45°，∴∠BDP＝∠ADQ，∴△BPD∽△AQD，∴QDPD∵AQ＝x，AD＝10，∴BP=2x，在Rt△PAD中，AP2+AD2＝DP2，即(10?2∵DP是正方形DEPQ的對角線，正方形DEPQ的面積為y，∴y=1∴y=1∵AQ＞0，DP＞0，∴0＜x＜52【點評】本題是一道幾何綜合題，考查了正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，正確識圖并能熟練地掌握幾何圖形的性質與判定定理進行證明是解題的關鍵．6．（2023?泰山區(qū)一模）問題：如圖，在?ABCD中，AB＝9，AD＝6，∠DAB，∠ABC的平分線AE，BF分別與直線CD交于點E，F(xiàn)．（1）求EF的長．探究：（2）把“問題”中的條件“AB＝9”去掉，其余條件不變．當點E與點C重合時，求EF的長．（3）把“問題”中的條件“AB＝9，AD＝6”去掉，其余條件不變，當點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等時，求ADAB【分析】（1）證∠DEA＝∠DAE，得DE＝AD＝6，同理BC＝CF＝6，即可求解；（2）證∠DEA＝∠DAE，得DE＝AD＝6，同理BC＝CF＝6，即可求解；（3）分三種情況，由（1）的結果結合點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等，分別求解即可．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB＝9，BC＝AD＝6，AB∥CD，∴∠DEA＝∠BAE，∵AE平分∠DAB，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠DEA＝∠DAE，∴DE＝AD＝6，同理：BC＝CF＝6，∵DE+CF＝DE+CE+EF＝CD+EF，∴EF＝DE+CF﹣CD＝6+6﹣9＝3；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD＝AB，BC＝AD＝6，AB∥CD，∴∠DEA＝∠BAE，∵AE平分∠DAB，∴∠DAE＝∠BAE，∴∠DEA＝∠DAE，∴DE＝AD＝6，同理：BC＝CF＝6，如圖2所示：∵點E與點C重合，∴點F與點D重合，∴EF＝DC＝9；（3）分三種情況：①如圖3所示：同（1）得：AD＝DE，∵點C，D，E，F(xiàn)相鄰兩點間的距離相等，∴AD＝DE＝EF＝CF，∴ABAD②如圖4所示：同（1）得：AD＝DE＝CF，∵DF＝FE＝CE，∴ABAD③如圖5所示：同（1）得：AD＝DE＝CF，∵DF＝DC＝CE，∴ABAD綜上所述，ADAB的值為12或3或【點評】本題考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的判定、平行線的性質等知識；熟練掌握平行四邊形的性質和等腰三角形的判定是解題的關鍵．7．（2023?靖江市模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=33．點E、F分別在AD、BC上，四邊形BEDF（1）利用尺規(guī)作圖在圖1中作出菱形BEDF（不寫作法，保留作圖痕跡）．（2）如圖2，動點M從點E出發(fā)沿射線ED方向運動，同時，動點N從點F出發(fā)沿射線DF方向運動，且M、N兩點運動速度相同，BM、EN相交于點P．①求∠EPM的度數(shù)．②連接CP，線段CP長度的最小值為31?2【分析】（1）作BD的垂直平分線交AD于點E，交BC于點F，則四邊形BEDF是菱形；（2）①先證△BEF是等邊三角形，由“SAS”可證△BEM≌△EFN，可得∠FEN＝∠EBM，即可求解；②由題意可得點P在點P在圓O上運動，由勾股定理可求OC的長，即可求解．【解答】解：（1）如圖，連接BD，作BD的垂直平分線交AD于點E，交BC于點F，則四邊形BEDF是菱形；（2）連接EF，∵tan∠ADB=AB∴∠ADB＝30°，∵四邊形BEDF是菱形，∴BE＝DE＝DF＝BF，∴∠ADB＝∠EBD＝30°＝∠DBC，∴∠ABE＝30°，∴BE＝2AE＝DE，∴AD＝AE+DE＝3DE＝33，∴AE=3，DE＝BE＝23∵BE＝BF＝DE＝DF，∠EBF＝60°＝∠EDF，∴△BEF和△DEF都是等邊三角形，∴BE＝EF＝BF，∠DFE＝60°＝∠BEF＝∠DEF，∴∠BEM＝∠EFN＝120，∵M、N兩點運動速度相同，∴EM＝FN，∴△BEM≌△EFN（SAS），∴∠FEN＝∠EBM，∴∠EPM＝∠EBM+∠BEP＝∠FEN+∠BEP＝∠BEF＝60°；②∵∠EPM＝60°，∴∠BPE＝120°，如圖，延長EA至H，使AH＝AE，連接BH，作△EBH的外接圓O，連接OC，OE，∵AE＝AH，AB⊥AE，∴BH＝BE＝2AE＝HE，∴△BHE是等邊三角形，∴∠BHE＝60°，∵∠BHE+∠BPE＝180°，∴點P在圓O上運動，∴當點P在線段OC上時，CP有最小值，∵OB＝OE，∴∠OBE＝∠OEB＝30°，∴∠AEO＝30°，∴OE＝2AO，AE=3OA=∴OA＝1，OB＝2，∴OC=OB∴CP的最小值為31?故答案為：31?【點評】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，確定點P的軌跡是解題的關鍵．8．（2023?城陽區(qū)一模）已知：如圖①，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且AC＝12cm，BD＝16cm．點P從點A出發(fā)，沿AB方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，直線EF從點D出發(fā)，沿DB方向勻速運動，速度為1cm/s，EF⊥BD，且與AD，BD，CD分別交于點E，Q，F(xiàn)；當直線EF停止運動時，點P也停止運動．連接PC、PE，設運動時間為t（s）（0＜t＜8）．解答下列問題：（1）當t為何值時，點A在線段PE的垂直平分線上？（2）設四邊形PCFE的面積為y（cm2），求y與t之間的函數(shù)關系式；（3）如圖②，連接PO、EO，是否存在某一時刻t，使∠POE＝90°？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）連接PE，由四邊形ABCD是菱形，AC＝12cm，BD＝16cm，可得AC⊥BD，OA＝OC＝6cm，OB＝OD＝8cm，AB=OA2+OB2=10cm＝BC＝CD＝AD，即知cos∠ADO=ODAD=45，在Rt△DQE中，45=tDE，可得（2）過C作CH⊥AB于H，過E作EG⊥AB交BA延長線于G，用面積法可得CH=12×16×1210=485（cm），可得S梯形APCD=(AP+CD)?CH2=（245t+48）cm2，sin∠HBC=CHBC=2425，從而2425=GEAE，得GE=48?6t5cm，S△APE=12AP?GE＝（?35t2+245）tcm2，根據(jù)△DEF∽△DAC，得EF=3t2（cm），故S△EFD=12EF?QD=12×3t2×t（3）過P作PR⊥BD于R，由△PBR∽△ABO，有10?t10=PR6=BR8，PR＝（6?35t）cm，BR＝（8?45t）cm，知tan∠OPR=ORPR=4t30?3t，而EF=3t2cm，有EQ＝FQ=12EF=3t4cm，可得tan∠【解答】解：（1）連接PE，如圖：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝12cm，BD＝16cm，∴AC⊥BD，OA＝OC＝6cm，OB＝OD＝8cm，∴AB=OA2+OB2=62∴cos∠ADO=OD根據(jù)題意得：AP＝tcm＝DQ，在Rt△DQE中，coc∠ADO=DQ∴45∴DE=5t4（∴AE＝AD﹣DE＝（10?5t4）∵點A在線段PE的垂直平分線上，∴AP＝AE，即t＝10?5t解得t=40∴當t為何值409s時，點A在線段PE（2）過C作CH⊥AB于H，過E作EG⊥AB交BA延長線于G，如圖：∵S菱形ABCD=12BD?AC＝AB?∴CH=12×16×12∴S梯形APCD=(AP+CD)?CH2=(t+10)×4852=（245∴sin∠GAE=24由（1）知AE＝（10?5t4）∴GE=48?6t5∴S△APE=12AP?GE=12?t?48?6t5=（?3∵EF⊥BD，AC⊥BD，∴EF∥AC，∴△DEF∽△DAC，∴EFAC=QD∴EF=3t2（∴S△EFD=12EF?QD=12?3t2?t=3∴y＝S梯形APCD﹣S△APE﹣S△EFD=245t+48﹣（?35t2+245t）?∴y與t之間的函數(shù)關系式為y=?320t（3）存在某一時刻t，使∠POE＝90°，理由如下：過P作PR⊥BD于R，如圖：∵∠PBR＝∠ABO，∠PRB＝90°＝∠AOB，∴△PBR∽△ABO，∴PBAB=PR∴PR＝（6?35t）cm，BR＝（8?45∴OR＝OB﹣BR=45t（∴tan∠OPR=OR由（2）知EF=3t2根據(jù)菱形的對稱性可得EQ＝FQ=12EF=∵OQ＝OD﹣QD＝（8﹣t）cm，∴tan∠EOQ=EQ∵∠POE＝90°，∴∠EOQ＝90°﹣∠POR＝∠OPR，∴tan∠EOQ＝tan∠OPR，∴3t32?4t解得t=38經(jīng)檢驗，t=38∴t的值為387【點評】本題考查四邊形綜合應用，涉及菱形性質及應用，梯形和三角形的面積，直角三角形，相似三角形判定與性質，銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造直角三角形解決問題．9．（2023?雁塔區(qū)校級模擬）問題情?境如圖，在四邊形ABCD中，連接BD，∠ABD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，∠BDC＝45°，AB＝2，點E為AD的中點，連接CE．以點D為中心，順時針旋轉△DEC，得到△DGF，點E，C的對應點分別為點G，F(xiàn)．問題探究（1）如圖①，則CE的長為1+3（2）如圖②，在△DFG旋轉過程中，當B，F(xiàn)，G三點共線時，求△ABF的面積；（3）如圖③，在△DFG旋轉過程中，連接AF，AG，直接寫出△AFG面積的最大值．【分析】（1）如圖①中，連接BE，設EC交BD于點T．分別求出CT．ET，可得結論；（2）分兩種情形：如圖2﹣1中，當B，F(xiàn)，G三點共線時，過點D作DR⊥BG于點R．求出BF，AH，可得結論．如圖2﹣2中，當B，F(xiàn)，G三點共線時，同法可得；（3）如圖③中，過點D作DR⊥FG于點R，過點A作AW⊥FG于點W．由AD＝4，DR=3，推出AW≤AD+DR，推出當A，D，R共線時，AW的值最大，最大值＝4+【解答】解：（1）如圖①中，連接BE，設EC交BD于點T．在Rt△ABD中，∠ABD＝90°，∠ADB＝30°，AB＝2，∴AD＝2AB＝4，BD＝23，∵AE＝ED，∴BE＝AE＝DE＝2，∵∠BCD＝90°，∠BDC＝45°，∴∠BDC＝∠DBC＝45°，∴CB＝CD，∴EC垂直平分線段DB，∴BT＝DT=3∴CT＝BT＝DT=3∴CD=2CT=∵AE＝ED，BT＝DT，∴ET=12∴EC＝ET+CT＝1+3故答案為：1+3（2）如圖②﹣1中，當B，F(xiàn)，G三點共線時，過點D作DR⊥BG于點R．在Rt△DGR中，∠DRG＝90°，∠DGR＝60°，DG＝DE＝2，∴DR＝DG?sin60°3，∵BD＝23，∴BD＝2DR，∴∠DBG＝30°，∴∠BDG＝90°，∴∠ABD+∠BDG＝180°，∴AB∥DG，∵AB＝DG，∴四邊形ABDG是平行四邊形，∵∠ABD＝90°，∴四邊形ABDC是矩形，∴BG與AD交于點E．過點A作AH⊥BG于點H，則AH＝AB?sin60°=3∴△ABF的面積=12?BF?AH=12×（4﹣如圖②﹣2中，當B，F(xiàn)，G三點共線時，同法可得△ABF的面積=12×（3+綜上所述，△ABF的面積為332?（3）如圖③中，過點D作DR⊥FG于點R，過點A作AW⊥FG于點W．∵AD＝4，DR=3∴AW≤AD+DR，∴當A，D，R共線時，AW的值最大，最大值＝4+3∴△AFG的面積的最大值=12×（1+3）×（4【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了旋轉變換，平行四邊形的判定和性質，矩形的判定和性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．10．（2023?張店區(qū)一模）如圖1，邊長為22的正方形ABCD中，點P為邊BC上一個動點，連接AP，作MN⊥AP于點E，交邊AB于M，交邊CD于N．（1）求證：MN＝AP；（2）如圖2，連接BD，線段MN交BD于點F，點E為AP的中點．①當BP＝1時，求EF的長；②線段EF是否存在最小值和最大值，若存在，請直接寫出線段EF的最小值和最大值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）過點B作BG∥MN，交AP于點H，交CD于點G，證明△BAP≌△CBG（ASA），由全等三角形的性質得出AP＝BG，則可得出結論；（2）①連接AF，PF，CF，AC，求出∠EAF＝∠EFA＝45°，由直角三角形的性質得出EF＝AE=12AP，由勾股定理求出②由①知EF=12【解答】（1）證明：過點B作BG∥MN，交AP于點H，交CD于點G，∵四邊形ABCD是正方形，∴BG＝MN，BG⊥AP，∴∠BAP+∠ABH＝90°，∵∠CBG+∠ABH＝90°，∴∠BAP＝∠CBG，在△BAP和△CBG中，∠BAP=∠CBGAB=BC∴△BAP≌△CBG（ASA），∴AP＝BG，∴AP＝MN；（2）解：①連接AF，PF，CF，AC，∵MN⊥AP，又點E為AP的中點，∴MN垂直平分AP，∴AF＝PF，∵正方形ABCD關于BD對稱，∴AF＝CF，∴AF＝PF＝CF，∴點A，P，C在以點F為圓心AF為半徑的圓上，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACP＝45°，∴∠AFP＝2∠ACP＝2×45°＝90°，∴∠EAF＝∠EFA＝45°，∴EF＝AE=12∵AP=A∴EF=12AP②EF存在最小值和最大值，EF的最小值為2，最大值為2，理由：由①知EF=12∵AC是正方形的對角線，∴AC=(2當點P和點B重合時，AP＝AB＝22，此時AP最小，∴EF最小值=12AP當點P和C重合時，AP＝AC＝4，此時AP最大，∴EF最大值=12【點評】此題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理，熟練掌握正方形的性質、全等三角形的判定與性質并作出合理的輔助線是解題的關鍵．11．（2023?包河區(qū)校級一模）如圖，AM是△ABC的中線，D是線段AM上一點（不與點A重合）．DE∥AB交AC于點F，CE∥AM，連接AE．如圖1，當點D與M重合時，四邊形ABDE是平行四邊形．（1）如圖2，當點D不與M重合時，判斷四邊形ABDE的形狀，并說明理由．（2）如圖3，延長BD交AC于點H，若BH⊥AC，且BH＝AM．①求∠CAM的度數(shù)；②當FH=3，DM＝4時，求DH【分析】（1）如圖1，過M作MG∥DE交CE于G，則四邊形DMGE是平行四邊形，MG＝DE，證明△ABM≌△GMC（ASA），則AB＝MG，AB＝DE，進而可證四邊形ABDE是平行四邊形；（2）①如圖2，取線段CH中點N，連接MN，MN是△BCH的中位線，則MN=12BH，MN∥BH，MN=12AM，∠ANM＝∠AHB＝90°，根據(jù)30°所對的直角邊等于斜邊的一半，求∠CAM的值即可；②設DH＝a，則AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，在Rt△ADH中，由勾股定理得AH=AD2?DH2=3a，則AF=3a?3，證明【解答】解：（1）四邊形ABDE是平行四邊形，理由如下：如圖2，過M作MG∥DE交CE于G，∵CE∥AM，∴四邊形DMGE是平行四邊形，∴MG＝DE，∵MG∥DE∥AB，AM∥CE，∴∠ABM＝∠GMC，∠AMB＝∠GCM，在△ABM和△GMC中，∠ABM=∠GMCBM=CM∴△ABM≌△GMC（ASA），∴AB＝MG，∴AB＝DE，∵DE∥AB，∴四邊形ABDE是平行四邊形；（2）①如圖3，取線段CH中點N，連接MN，∵AM是△ABC的中線，∴M為線段BC的中點，∴MN是△BCH的中位線，∴MN=12BH，MN∵BH＝AM，∴MN=12AM，∠ANM＝∠AHB∴∠CAM＝30°；②設DH＝a，則AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，在Rt△ADH中，由勾股定理得AH=A∴AF=3∵AE∥BH，∴∠AEF＝∠HDF，∵∠AFE＝∠HFD，∴△AEF∽△HDF，∴AEDH即a+4a整理得a2﹣2a﹣4＝0，解得：a1=1+5∴DH的值為1+5【點評】本題考查了四邊形的綜合應用，掌握平行四邊形的判定與性質，中位線，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，30°所對的直角邊等于斜邊的一半等知識是解題的關鍵．12．（2023?內(nèi)黃縣二模）綜合與實踐綜合與實踐課上，老師與同學們以“特殊的三角形”為主題開展數(shù)學活動．（1）操作判斷如圖1，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，點P是直線AC上一動點．操作一：連接BP，將線段BP繞點P逆時針旋轉90°得到PD，連接DC，如圖2．根據(jù)以上操作，判斷：如圖3，當點P與點A重合時，則四邊形ABCD的形狀是正方形；（2）遷移探究①如圖4，當點P與點C重合時，連接DB，判斷四邊形ABDC的形狀，并說明理由；②當點P與點A，點C都不重合時，試猜想DC與BC的位置關系，并利用圖2證明你的猜想；（3）拓展應用當點P與點A，點C都不重合時，若AB＝3，AP＝2，請直接寫出CD的長．【分析】（1）由旋轉得∠BAD＝90°，AD＝AB，而∠ABC＝90°，AB＝BC，則∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，所以AD∥BC，即可證明四邊形ABCD是正方形，于是得到問題的答案；（2）①因為點P與點C重合，所以∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，則DC∥AB，即可證明四邊形ABDC是平行四邊形；②作PE⊥AC交AB于點E，連接DE，則∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，可證明△PED≌△PAB，得ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，則ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，得ED∥BC，即可證明四邊形BCDE是矩形，則DC⊥BC；（3）分兩種情況，一是點P在線段AC上，作PE⊥AC交AB于點E，連接DE，則∠APE＝90°，EP＝AP＝2，四邊形BCDE是矩形，因為AE=EP2+AP2=22，所以CD＝BE＝3﹣22；二是點P在線段CA的延長線上，作PF⊥AC交BA的延長線于點F，連接DF，可證明△PED≌△PAB，得FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，則FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，進而證明四邊形BCDF是矩形，因為AF=FP【解答】解：（1）由旋轉得∠BPD＝90°，PD＝PB，∵點P與點A重合，∴∠BAD＝90°，AD＝AB，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD＝AB，∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形，故答案為：正方形．（2）①四邊形ABDC是平行四邊形，證明：∵點P與點C重合，∴∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，∴DC∥AB，∴四邊形ABDC是平行四邊形．②DC⊥BC，證明：如圖2，作PE⊥AC交AB于點E，連接DE，則∠APE＝90°，∴∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∴∠PEA＝∠PAE＝45°，∴EP＝AP，∵PD＝PB，∴△PED≌△PAB（SAS），∴ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，∴ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，∴ED∥BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵∠EBC＝90°，∴四邊形BCDE是矩形，∴∠BCD＝90°，∴DC⊥BC.（3）當點P在線段AC上，如圖5，作PE⊥AC交AB于點E，連接DE，則∠APE＝90°，由（2）得EP＝AP，四邊形BCDE是矩形，∵AB＝3，AP＝2，∴EP＝2，∴AE=EP2∴CD＝BE＝AB﹣AE＝3﹣22；當點P在線段CA的延長線上，如圖6，作PF⊥AC交BA的延長線于點F，連接DF，∵∠APF＝∠BPD＝90°，∴∠FPD＝∠APB＝90°﹣∠CPD，∵∠PAF＝∠BAC＝45°，∴∠PFA＝∠PAF＝45°，∴FP＝AP＝2，∵PD＝PB，∴△PED≌△PAB（SAS），∴FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，∴FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，∴∠BFD+∠FBC＝180°，∴FD∥BC，∴四邊形BCDF是平行四邊形，∵∠FBC＝90°，∴四邊形BCDF是矩形，∵AF=FP2∴CD＝BF＝AB+AF＝3+22，綜上所述，CD的長為3﹣22或3+22．【點評】此題重點考查等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質、旋轉的性質、正方形的判定、平行四邊形的判定、矩形的判定與性質、勾股定理、數(shù)形結合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．13．（2023?東莞市校級模擬）如圖（1），在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=3．點D是BC邊上任意一點（不與B，C重合），連接AD，過點D作DE⊥AB于點E，連接CE，點F為AD中點，連接CF，EF（1）當BD＝2CD時，判斷四邊形CDEF的形狀，并證明．（2）點D在線段BC上的什么位置時，△DEF的面積最大？請說明理由．（3）如圖（1）中的△BDE繞點B旋轉到如圖（2）所示位置，得到△BD′E′，使得點A在直線D′E′上，連接CE′，點F′為AD′中點，AD′與BC交于點G，其他條件不變．求證：AE′﹣D′E′＝2CF′．【分析】（1）由銳角三角函數(shù)可求∠BAC＝60°，由直角三角形的性質可求DB＝2DE＝2CD，可證∠DAC＝∠DAE＝30°，可得CF＝EF＝DE＝CD，可得結論；（2）設AC＝a，CD＝x，有三角形的面積公式和二次函數(shù)的性質可求解；（3）由“SAS”可證△ABH≌△A'BD'，可得AH＝A'D'，由三角形中位線定理可得A'D＝2CF'，即可求解．【解答】（1）解：四邊形CDEF是菱形，理由如下：∵∠ACB＝90°，tan∠BAC=3∴∠BAC＝60°，∴∠B＝30°，∵DE⊥AB，∴BD＝2DE，∵BD＝2CD，∴CD＝DE，又∵∠ACD＝∠AED＝90°，∴∠DAC＝∠DAE＝30°，∴AD＝2CD＝2DE，∵∠ACD＝∠AED＝90°，點F是AD的中點，∴AD＝2CF＝2EF，∴CF＝EF＝DE＝CD，∴四邊形CDEF是菱形；（2）解：當BD＝2CD時，△DEF的面積最大，理由如下：設AC＝a，CD＝x，則BC=3a，AB＝2a，BD=3a﹣x，DE=12BD=12（3a﹣x），BE=3DE=32a?32x∵點F是AD中點，∴S△DEF=12×12×AE?DE=14（32x+12a）×12（3∴當x=a3時，S△當BD＝2CD時，△DEF的面積最大；（3）證明：作點A關于BC的對稱點A'，點D'關于BE的對稱點H，連接A'B，BH，A'D'，則AB＝A'B，BD'＝BH，AC＝A'C，D'E＝HE'，∴AE'﹣D'E'＝AE'﹣HE'＝AH，由（1）可得：∠A'AB＝∠BD'E'＝60°，∴△ABA'和△BHD'是等邊三角形，∴∠ABH＝∠A'BD'＝60°﹣∠A'BH，∴△ABH≌△A'BD'（SAS），∴AH＝A'D'，∵點F'是AD'的中點，AC＝A'C，∴A'D'＝2CF'，∴AE'﹣D'E'＝AH＝2CF'．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，二次函數(shù)的性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．14．（2023?利辛縣模擬）綜合與實踐問題解決：（1）已知四邊形ABCD是正方形，以B為頂點作等腰直角三角形BEF，BE＝BF，連接AE．如圖1，當點E在BC上時，請判斷AE和CF的關系，并說明理由．問題探究：（2）如圖2，點H是AE延長線與直線CF的交點，連接BH，將△BEF繞點B旋轉，當點F在直線BC右側時，求證：AH?CH=2問題拓展：（3）將△BEF繞點B旋轉一周，當∠CFB＝45°時，若AB＝3，BE＝1，請直接寫出線段CH的長．【分析】（1）延長AE交CF于點G，由正方形的性質得AB＝CB，∠ABE＝90°，因為BE＝BF，∠EBF＝90°，所以∠ABE＝∠CBF＝90°，可證明△ABE≌△CBF，得BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，則∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，即可證明AE⊥CF；（2）在AH上截取AL＝CH，連接BL，先證明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，再證明△BAL≌△BCH，得BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，可推導出∠LBH＝∠ABC＝90°，則LH=BL2+BH2=2BH，所以AH﹣CH＝（3）分兩種情況，一是∠CFB＝45°，且點F在直線BC右側，可證明點E在CF上，點H與點E重合，作BN⊥CF于點N，則EF=2，BN＝EN＝FN=22，所以CN=BC2?BN2=342，則CH＝CE=342?22；二是∠CFB＝45°，且點F在直線BC左側，可證明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，進而證明∠AFC＝90°，則∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，所以點F在AE上，點H與點F重合，作BQ⊥AE于點Q，可求得【解答】（1）解：AE＝CF，AE⊥CF，理由：如圖1，延長AE交CF于點G，∵四邊形ABCD是正方形，點E在BC上，∴AB＝CB，∠ABE＝90°，∵BE＝BF，∠EBF＝90°，∴∠ABE＝∠CBF＝90°，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，∵∠AEB＝∠CEG，∴∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠CGE＝90°，∴AE⊥CF.（2）證明：如圖2，在AH上截取AL＝CH，連接BL，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°﹣∠CBE，BE＝BF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠BCF，∴∠BAL＝∠BCH，∴△BAL≌△BCH（SAS），∴BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，∴∠LBH＝∠LBC+∠CBH＝∠LBC+∠ABL＝∠ABC＝90°，∴LH=BL∴AH﹣AL＝LH=2BH∴AH﹣CH=2BH（3）解：當∠CFB＝45°，且點F在直線BC右側時，如圖3，∵BE＝BF，∠EBF＝90°，∴∠EFB＝∠FEB＝45°，∴∠EFB＝∠CFB，∴點E在CF上，點H與點E重合，作BN⊥CF于點N，則∠BNF＝∠BNC＝90°，∵BC＝AB＝3，BF＝BE＝1，∴EF=B∴BN＝EN＝FN=12EF∴CN=B∴CH＝CE＝CN﹣EN=34當∠CFB＝45°，且點F在直線BC左側時，如圖4，設CF與AB交于點P，∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°+∠ABF，BE＝BF，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，∵∠APF＝∠BPC，∴∠BAE+∠APF＝∠BCF+∠BPC＝90°，∴∠AFC＝90°，∴∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，∴點F在AE上，點H與點F重合，作BQ⊥AE于點Q，則∠BQE＝∠BQA＝90°，∵AB＝3，BQ＝FQ＝EQ=12EF∴AQ=A∴CH＝CF＝AE＝AQ+EQ=34綜上所述，線段CH的長為342?2【點評】此題重點考查正方形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定與性質、旋轉的性質、勾股定理、數(shù)形結合與分類討論數(shù)學思想的運用等知識與方法，此題綜合性強，難度較大，屬于考試壓軸題．15．（2023?臨安區(qū)一模）如圖，正方形ABCD，對角線AC與BD交于點O，E是線段OC上一點，以BE為邊在BD的右下方作等邊三角形BEF，連結DE，DF．（1）求證：△ABE≌△ADE．（2）∠BDF的度數(shù)改變嗎？若不變，請求出這個角的值．（3）若AB=22，求FD【分析】（1）根據(jù)SAS證明三角形全等即可；（2）證明點E是△BDF的外心，可得結論；（3）由∠BDF＝30°，點E在線段OC上運動，觀察圖象可知當點E與O重合時，AF的長最小，此時BF⊥DF，【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB＝45°，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠EAB=∠EAD∴△ABE≌△ADE（SAS）；（2）解：∵△ABE≌△ADE，∴EB＝ED，∵△BEF是等邊三角形，∴EB＝EF，∠BEF＝60°，∴EB＝EF＝ED，∴點E是△BDF是外心，∴∠BDF=12∠BEF＝30（3）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝22，∠BCD＝90°，∴BD=2BC∵∠BDF＝30°，點E在線段OC上運動，∴觀察圖象可知當點E與O重合時，AF的長最小，此時BF⊥DF，∴DF＝BD?cos30°＝4×32=∴DF的最小值為23．【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．16．（2023?南明區(qū)校級模擬）利用“平行+垂直”作延長線或借助“平行+角平分線”構造等腰三角形是我們解決幾何問題的常用方法．（1）發(fā)現(xiàn)：如圖1，AB∥CD，CB平分∠ACD，求證：△ABC是等腰三角形．（2）探究：如圖2，AD∥BC，BD平分∠ABC，BD⊥CD于D，若BC＝6，求AB．（3）應用：如圖3，在?ABCD中，點E在AD上，且BE平分∠ABC，過點E作EF⊥BE交BC的延長線于點F，交CD于點M，若AD＝7，CF＝3，tan∠EBF＝3，求BD的長．?【分析】（1）由平行線的性質得∠B＝∠BCD，再由角平分線定義得∠ACB＝∠BCD，則∠B＝∠ACB，即可得出結論；（2）延長BA、CD交于點E，證△BDE≌△BDC（ASA），得BE＝BC＝6，ED＝CD，再由平行線的性質即可得出結論；（3）延長BA、FE交于點G，連接BD，過點B作BH⊥AD于點H，證△BEG≌△BEF（ASA），得BG＝BF＝10，∠G＝∠F，則∠G＝∠AEG，得AE＝AG，同（1）得AE＝AB，則AE＝AB＝AG＝5，再由銳角三角函數(shù)定義和勾股定理得BE=10，設AH＝m，則EH＝5﹣m，然后由勾股定理得出方程，解得m＝4，則AH＝4，BH＝3，進而由勾股定理得BD＝32，最后證四邊形BDMN【解答】（1）證明：∵AB∥CD，∴∠B＝∠BCD，∵CB平分∠ACD，∴∠ACB＝∠BCD，∴∠B＝∠ACB，∴AC＝AB，∴△ABC是等腰三角形；（2）解：如圖2，延長BA、CD交于點E，∵BD平分∠ABC，∴∠DBE＝∠DBC，∵BD⊥CD，∴∠BDE＝∠BDC＝90°，又∵BD＝BD，∴△BDE≌△BDC（ASA），∴BE＝BC＝6，ED＝CD，∵AD∥BC，∴點A是BE的中點，∴AB=12（3）解：如圖3，延長BA、FE交于點G，連接BD，過點B作BH⊥AD于點H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，BC＝AD＝7，∴∠AEG＝∠F，BF＝BC+CF＝7+3＝10，∵BE平分∠ABC，∴∠GBE＝∠FBE，∵EF⊥BE，∴∠BEG＝∠BEF＝90°，又∵BE＝BE，∴△BEG≌△BEF（ASA），∴BG＝BF＝10，∠G＝∠F，∴∠G＝∠AEG，∴AE＝AG，同（1）得：AE＝AB，∴AE＝AB＝AG=12在Rt△BEF中，tan∠EBF=EF∴EF＝3BE，設BE＝a，則EF＝3a，在Rt△BEF中，由勾股定理得：a2+（3a）2＝102，解得：a=10∴BE=10設AH＝m，則EH＝5﹣m，在Rt△ABH和Rt△BEH中，由勾股定理得：BH2＝AB2﹣AH2＝BE2﹣EH2，即52﹣m2＝（10）2﹣（5﹣m）2，解得：m＝4，∴AH＝4，BH=5∴DH＝AD﹣AH＝7﹣4＝3，∴BD=BH2∵BN∥DM，BN＝DM，∴四邊形BDMN是平行四邊形，∴MN＝BD＝32．【點評】本題是四邊形綜合題目，考查了平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、平行線的性質以及銳角三角函數(shù)定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握平行四邊形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質是解題的關鍵，屬于中考常考題型．17．（2023?虎林市校級一模）已知四邊形ABCD是菱形，點E，F(xiàn)分別在邊AD，CD上，DE＝DF，∠EBF=1（1）如圖1，當∠ABC＝120°時，易證：AE+CF=2（2）當∠ABC＝60°時，如圖2；當∠ABC＝30°，如圖3，線段AE，CF，EF之間有怎樣的數(shù)量關系？請直接寫出你的猜想，并對圖3加以證明．【分析】（1）由“SAS”可證△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，由直角三角形的性質可求解；（2）如圖2，連接BD，交EF于N，過點F作FH⊥直線BC于H，由“SAS”可證△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可證BD垂直平分EF，由直角三角形的性質可求CF=23如圖3，連接BD，交EF于N，過點F作FH⊥直線BC于H，由“SAS”可證△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可證BD垂直平分EF，由直角三角形的性質可求CF＝2FH，即可求解．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C＝60°，∵DE＝DF，∴AE＝CF，∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，∵∠EBF=12∠ABC＝60∴∠ABE＝∠CBF＝30°，△BEF是等邊三角形，∴∠AEB＝∠CFB＝90°，∴AE＝CF=33∴AE+CF=23（2）如圖2，AE+CF=23連接BD，交EF于N，過點F作FH⊥直線BC于H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BCD＝120°＝∠BAD，∵DE＝DF，∴AE＝CF，∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，又∵DE＝DF，∴BD垂直平分EF，∴EN＝FN，BD⊥EF，∵∠EBF=12∠ABC＝30∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝15°，∵FN⊥BD，F(xiàn)H⊥BC，∴FN＝FH，∵∠BCD＝∠H+∠CFH＝120°，∴∠CFH＝30°，∴CF＝2CH，F(xiàn)H=3CH∴FH=32∴CF=233FH∴AE+CF＝2CF＝2×233FN如圖3，AE+CF＝2EF，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝30°，∠BCD＝150°＝∠BAD，∵DE＝DF，∴AE＝CF，∴△BAE≌△BCF（SAS），∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，又∵DE＝DF，∴BD垂直平分EF，∴EN＝FN，BD⊥EF，∵∠EBF=12∠ABC＝15∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝7.5°，∵FN⊥BD，F(xiàn)H⊥BC，∴FN＝FH，∵∠FCH＝180°﹣∠BCD＝30°，∴CF＝2FH＝2FN，∴AE+CF＝2CF＝2×2FN＝2EF．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，添加恰當輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．18．（2023?市南區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm．點E從A出發(fā)，沿AB方向向B勻速運動，速度是1cm/s；同時，點F從B出發(fā)，沿BC方向向C勻速運動，速度是2cm/s．將△AEF沿AF折疊，E的對稱點為G．設運動時間為t（s）（0＜t＜4），請回答下列問題：（1）t為何值時，BE＝BF；（2）設四邊形ABFG的面積為S（cm2），求S關于t的函數(shù)關系式；（3）是否存在某一時刻t，使得點G落在線段AC上？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由；（4）是否存在某一時刻t，使得四邊形AEFG為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）利用勾股定理求得BC，利用折疊的性質表示出線段AE，BF，BE，列出關于t的方程即可求得結論；（2）過點F