备考2023年中考数学压轴题训练 ——四边形（2）
一、真题
1．（2022·江西）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
（1）操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为 ；当与垂直时，重叠部分的面积为 ；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为 ；
（2）类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
（3）拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
2．（2022·东营）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.
（1）如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
3．（2022·河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动.
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM.
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： .
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ.
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝▲ °，∠CBQ＝▲ °；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由.
（3）拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长.
4．（2022·衡阳）如图，在菱形 中， ， ，点 从点 出发，沿线段 以每秒1个单位长度的速度向终点 运动，过点 作 于点 ，作 交直线 于点 ，交直线 于点 ，设 与菱形 重叠部分图形的面积为 （平方单位），点 运动时间为 （秒）.
（1）当点 与点 重合时，求 的值；
（2）当 为何值时， 与 全等；
（3）求 与 的函数关系式；
（4）以线段 为边，在 右侧作等边三角形 ，当 时，求点 运动路径的长.
5．（2022·常德）在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接.
（1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②.
（2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明.
6．（2022·益阳）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
（1）直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
（2）若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
（3）当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
二、模拟预测
7．（2023·蒸湘模拟）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G.设运动时间t（s）为（）.
解答下列问题：
（1）当t为何值时，？
（2）连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；
（3）连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式.
8．（2023·随州模拟）如图，在正方形中，点E在直线右侧，且，以为边作正方形，射线与边交于点M，连接、.
（1）如图1，求证：；
（2）若正方形的边长为4，
①如图2，当G、C、M三点共线时，设与交于点N，求的值；
②如图3，取中点P，连接，求长度的最大值.
9．（2023·萧县模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为，分别落在x轴和y轴上，将绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到，与相交于点F，反比例函数的图象经过点F，交于点G．
（1）求k的值．
（2）连接，则图中是否存在与相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
（3）点M在直线上，N是平面内一点，当四边形是正方形时，请直接写出点N的坐标．
10．（2022·颍州模拟）如图①，在正方形中，点P为对角线上一点，连接．
（1）求证：；
（2）如图②，过P点作，交射线于点E．求证：；
（3）在图③中，过P点作，交射线于点E，猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想．
11．（2022·宣州模拟）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，求证：CF＝DE．
（2）如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若，求的值．
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的长．
12．（2023九下·南昌期中）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O．
（1）如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有 ．（填序号）
①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．
（2）应用提升：如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明．
（3）类比拓展：如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．
13．（2023·郓城模拟）实践与探究
（1）操作一：如图①，将矩形纸片对折并展开，折痕与对角线交于点E，连结，则与的数量关系为 ．
（2）操作二：如图②，摆放矩形纸片与矩形纸片，使B、C、G三点在一条直线上，在边上，连结，M为的中点，连结、．求证：．
（3）拓展延伸：如图③，摆放正方形纸片与正方形纸片，使点F在边上，连结，M为的中点，连结、、．已知正方形纸片的边长为5，正方形纸片的边长为，求 的面积．
14．（2023·青岛模拟）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对矩形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1） [观察与猜想]
如图①，在正方形中，点E、F分别是、上的两点，连接、，，则的值为＝ ；
（2）如图②，在矩形中，，，点E是上的一点，连接，，且，则的值为 ．
（3） [性质探究]
如图③，在四边形中，．点E为上一点，连接，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F．求证：；
（4） [拓展延伸]已知四边形是矩形，，
如图④，点P是上的点，过点P作，垂足为O，点O恰好落在对角线上．求的值；
（5）如图⑤，点P是上的一点，过点P作，垂足为O，点O恰好落在对角线上，延长、交于点G．当时， ．
15．（2023·青岛模拟）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分AC．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
16．（2023九下·历下月考）
（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）【类比探究】
如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】
如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
17．（2023·青岛模拟）如图，在矩形中，，，动点P从点D出发沿向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线向终点C运动．过点P作，交于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当E、Q重合时，求t的值；
（2）设四边形的面积为S，当线段在点Q右侧时，求出S与t之间的函数关系式；
（3）当时，求t的值；
（4）是否存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
18．（2023·沁阳模拟）问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AB＝8，长AD＝8.
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点处，折痕为BE，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕BE的长为 .
（2）如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC.再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上（O为两条折痕的交点），第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由.
（3）如图3，探究小组将图1中的四边形剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF折叠得到△MBF，点P、Q分别是边上的动点（均不与顶点重合），将沿PQ折叠使的对应点N恰好落在BM上，当的一个内角与相等时，请直接写出的长.
19．（2023·封丘模拟）在四边形中ABCD，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.
（1）若四边形ABCD为正方形.
①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系.
答案解析部分
1．【答案】（1）1；1；
（2）解：①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案为：1，1，S1=S．
(3)如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，
设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，
，
BM=CN
当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．
则△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形，证明ＯＭＯＮ，可得结论；
②连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J，证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）过点O作OQ⊥BC于点Q， 当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小；同理可得，当CM=CN时，S2最大，再分别求解即可。
2．【答案】（1）CD=EF；CD∥EF
（2）解：CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）解：如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
∴AE=BE= AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴，
∴= h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴，
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴是菱形．
【知识点】三角形全等的判定（SAS）；三角形的综合；四边形的综合
【解析】【解答】（1）∵和均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
【分析】（1）利用等边三角形的性质解决问题即可；
（2）证明△AFB≌△ADC(SAS)，推出BF=CD，∠ABF=∠ACD=60°，再证明△EFB是等边三角形，可得结论；
（3）当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，利用相似三角形的性质，等高模型解决问题。
3．【答案】（1）∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
（2）解：①15；15；
② ，
（3）解：cm或cm.
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】（1）解：
故答案为： ∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC ；
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴
故答案为：15，15；
（3）由折叠的性质可得DF=CF=4cm，AP=PQ，
∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，
∴CQ=MQ，
当点Q在线段CF上时，
∵FQ= 1cm，
∴MQ=CQ=3cm，DQ= 5cm，
∵PQ2=PD2+ DQ2，
∴( AP+3)2= (8-AP) 2+25，
∴AP=，
当点Q在线段DF上时，
∵FQ= 1cm，
∴MQ=CQ=5cm，DQ=3cm，
∵PQ2=PD2+DQ2，
∴( AP+5) 2= (8-AP) 2+9，
∴AP=，
综上所述： AP的长为cm或cm.
【分析】（1）由折叠的性质可得，由于∠BEM=90°，可得∠BME=30°（答案不唯一）；
（2）①证明Rt△BQM≌Rt△BQC，得∠MBQ=∠CBQ，易得∠MBC=30°得∠MBQ=∠CBQ=15°；
②证明Rt△BQM≌Rt△BQC，得∠MBQ=∠CBQ；
（3）分点Q在线段CF和线段DF上时两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理求解.
4．【答案】（1）解： 与 重合时，
∵ ，
∴ ，
∴ .
（2）解：①当 时，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ .
②当 ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ .
∴ 或 .
（3）解：①当 时，
，∴ ，
∴ .
②当 时，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
（4）解：连接 .
∵ 为正三角形，∴ ，
在 中， ，
∴ 为定值.
∴ 的运动轨迹为直线，
，
当 时 ，
当 时 ，
∴ 的运动路径长为
【知识点】解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）当点M与点B重合时，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出PA的长，即可得到t的值.
（2）分情况讨论：当0≤t≤2时，利用点的运动方向和速度，可表示出AM，BM的长，利用全等三角形的对应边相等，可证得AP=BM，由此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当2＜t≤4时，可表示出AM，BM的长，利用全等三角形的对应边相等，可得到AP=AM，由此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到t的值.
（3）当0≤t≤2时，利用解直角三角形表示出PQ，MQ的长，再利用三角形的面积公式可得到S与t的函数解析式；当2＜t≤4时，利用解直角三角形可表示出BF，MF的长；利用三角形的面积公式可得到S与t之间的函数解析式；综上所述可得到S与t的函数解析式.
（4）连接AE，利用等边三角形的性质及解直角三角形表示出PE的长，在Rt△APE中利用解直角三角形可得到∠PAE的正切值，可得到∠PAE是定值；从而可得到点E的运动轨迹是直线，利用勾股定理表示出AE的长；再分别求出当t=2和t=4时的AE的长.
5．【答案】（1）证明：①证明过程：
四边形ABCD为矩形，
平分
为等腰直角三角形
②证明：连接BG，CG，
G为AF的中点，四边形ABCD为矩形，
平分，
（2）解：作，如图所示
由（1）同理可证：
四边形ABCD为平行四边形
G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得
，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）①根据矩形的性质可得∠ABC=∠BAD=90°，根据角平分线的概念可得∠BAF=∠DAF=45°，推出△ABF为等腰直角三角形，得到AB=BF，结合BE=FC以及线段的和差关系可得AE=BC=AD，证明△ADG≌△AEG，据此可得结论；
②连接BG，CG， 根据矩形的性质可得∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，则BG=AG=FG，根据等腰直角三角形的性质得∠BAF=∠DAF=45°=∠ABG=∠CBG，证明△ADG≌△BCG，得到∠ADG=∠BCG，由（1）知∠E=∠ADG，进而推出∠E=∠BCG，证明△BOE∽△GOC，然后根据相似三角形的性质进行证明；
（2）作DM⊥BC交BC于点M，连接GM，作GN⊥DM交DM于点N，同（1）可证△ADG≌△AEG，得到∠E=∠ADG，根据平行四边形以及平行线的性质可得∠ADM=∠DMC=90°，推出BC∥GN∥AD，根据平行线分线段成比例的性质可得DN=MN，则DG=MG，由等腰三角形的性质可得∠GDM=∠GMD，证明△BOE∽△GOM，然后根据相似三角形的性质进行证明.
6．【答案】（1）解：（任意回答一个即可）；△AFB∽△BCE；△AFB∽△BGC
（2）解：∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，即，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）解：
分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(1)（任意回答一个即可）；①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，
理由如下：∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
【分析】利用矩形的性质可证得DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，利用平行线的性质可得到∠BEC＝∠ABF，利用垂直的定义可推出∠AFB＝∠BCE，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△BCE；利用垂直的定义可证得∠CGE＝∠AFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△CGE；利用余角的性质可知∠ABF＝∠BCG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△BGC.
（2）利用平行四边形的性质，可证得AF＝CC'；由△AFB∽△BGC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到AF与BG的比值，设AF＝5x，BG＝3x，可表示出CC′，CG的长，然后利用相似三角形的对应边成比例，可求出CE的长.
（3）利用等腰三角形的定义，分情况讨论：当C'F＝BC'时，如图2，利用有一组邻边相等的四边形是菱形，可证得四边形BCFC'是菱形，利用菱形的性质可得到CF的长；再由△AFB∽△BC，可得比例式，即可求出CE的长；当C'F＝BF时，由△AFB∽△BGC，利用相似三角形的性质可得到BF，CG的比值，设BF＝5a，CG＝3a，可表示出CF，C′F的长，利用勾股定理表示出FG的长；再利用锐角三角函数的定义，可求出CE的长；综上所述可得到符合题意的CE的长.
7．【答案】（1）解：作，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：连接与交于K，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴
.
【知识点】矩形的性质；直角梯形；锐角三角函数的定义；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）作FM⊥BD，易得BD=FE=10cm，根据三角函数的概念表示出cos∠DBF，进而可求出t的值；
（2）若MHQN为矩形时，则NQ=MH，根据三角函数的概念可得MH、NQ，据此不难求出t的值；
（3）连接NH与BF交于K，表示出BH、BQ、HQ，由矩形的性质可得∠KBH=∠NQH=90°，根据三角函数的概念可得BK，然后表示出CK，再根据三角形的面积公式进行解答.
8．【答案】（1）解：如图1，
∵对角线是正方形的对称轴，
∴；
（2）解：如图2，
①当G、C、M三点共线时，
∵，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
②如图3，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
在中，
，
当P、B、F三点共线时，
PF有最大值：.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得对角线DF为正方形DEFG的对称轴，据此证明；
（2）①利用HL证明△DAE≌△DCG，由同角的余角相等可得∠NGF=∠GDC，由两角对应相等的两个三角形相似可得△DCG∽△GFN，△MNF∽△MGD，然后根据相似三角形的对应边成比例进行计算；
②易证△ADE∽△BDF，由相似三角形的性质可得BF的值，故当P、B、F三点共线时，PF取得最大值，据此求解.
9．【答案】（1）解：∵四边形为矩形，点B的坐标为，
∴，，．
∵是旋转得到的，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴点F的坐标为．
∵的图象经过点F，
∴，
解得．
（2）解：，，，．
选．
证明：∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为8，
∴点G的坐标为，
∴．
∵，，，
∴，，
∴，，
∴．
∵，
∴．
（3）（11，7）或（5，-5）
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】（3）由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，四边形是正方形，
当点M在点F上方时，如图所示：过点M作轴，交于点L，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
；
当点M在点F下方时，如图所示：过点M作轴，交延长线于点L，
同理可得，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
，
综上可得：点N的坐标为（11，7）或（5，-5）
【分析】（1）先证出，可得，即，求出，可得点F的坐标，再将其代入求出k的值即可；
（2）利用相似三角形的判定方法求解即可；
（3）分类讨论：①当点M在点F上方时，②当点M在点F下方时，再分别画出图象并求解即可。
10．【答案】（1）证明：由题意得AD=DC，∠ADB=∠CDB，
DP是△ADP和△CDP的共同边，根据边角边定理，
∴△ADP与△CDP是全等三角形，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC +PE =CE ，
∴PC = CE ，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN +DN =PD
∴PD =2DN ，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC -CN =DN ，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE -CD +CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE =CD +DE ，
∴DE + CD·PD=CD ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE + CD·PD=CD ．
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先求出△ADP与△CDP是全等三角形，再证明即可；
（2）根据题意先求出四边形PMDN是正方形， 再求出 ∠MPE=∠NPC， 最后证明即可；
（3）利用等腰直角三角形的性质和勾股定理证明即可。
11．【答案】（1）证明：设DE与CF的交点为G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED与△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE=CF，
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，BC=AD，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵∠DCE+∠CDB=∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠DCE=∠CBD，
∵，
∴；
（3）解：如图3，过点C作交AF的延长线于点H，
∵，
∴，
∴四边形ABCH为矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）设DE与CF的交点为G，利用SAS证明△AED≌△DFC，即可得出结论；
（2）利用两个角相等，证明，由相似三角形的性质得出，即可得出答案；
（3）过点C作交AF的延长线于点H，得出四边形ABCH为矩形，再证明，由相似三角形的性质得出，即可得出答案。
12．【答案】（1）①②③
（2）解：关系为，证明如下：
如图，在图2中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是矩形
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
（3）解：（1）中结论，①成立，②③不成立，符合题意结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．现证明①如下：
如图，在图3中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是菱形
∴
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
【知识点】三角形全等的判定；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）如图，在图1中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是正方形
∴
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
故①符合题意
∵
∴
∴
故②符合题意
∵四边形是正方形
∴
∴
故③符合题意
【分析】（1）根据ASA证明，可得OE=OF，，从而得出据此判断①②即可；由正方形的性质可得，从而得出，据此判断③；
（2）过点O作于点H，于点G，证明，根据相似三角形的对应边成比例即可求解；
（3）①成立，②③不成立；理由：过点O作于点H，于点G，根据AAS证明△OBH≌△OBG，再根据ASA证明△HOE≌△GOF，可得OE=OF.
13．【答案】（1）
（2）证明：延长与交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴；
（3）解：连接，
∴，
∵，
∴点在上，
∴，
在中，是的中点，
∴，
∴，
∴，
在中，是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的面积为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）将矩形纸片对折并展开，折痕与对角线交于点E，
则：是的中点，四边行为矩形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）根据平行线分线段成比例的性质可得，求出，即可得到；
（2）延长与交于点，先证出，可得，再结合，可得从而可得；
（3）连接AC，先证出是等腰直角三角形，结合，可得，再利用勾股定理求出，可得，最后利用三角形的面积公式可得。
14．【答案】（1）1
（2）
（3）证明：过F作于K，如图：
，，
四边形是矩形，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：过O作于点M，于点N，如图：
，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，
，
于点O，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
；
（5）
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图：
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：1；
（2）如图：
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，，
，
故答案为：；
（5）连接、，如图：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由（4）知，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】（1）先证出，可得，再求出即可；
（2）先证出，可得，再结合，，求出即可；
（3）过F作于K，先证出，可得，再利用等量代换和化简可得；
（4）过O作于点M，于点N，先证出，可得，再结合，证出，最后求出即可；
（5）连接、，先证出，可得，再将数据代入求出即可。
15．【答案】（1）解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8-t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）解：如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）
＝
＝．
（3）解：存在．
∵S＝，
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大．
（4）解：存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴，
∴，
整理得：5t2-66t+160＝0，
解得t＝或10（舍弃）
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先证出△DOC∽△BCA，可得，再将数据代入可得，求出CD和OD的长，当点E在∠BAC的平分线上时，可得t＝8-t，再求出t的值；
（2）连接OE，PC，利用割补法可得S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC） =；
（3）将二次函数的一般式化为顶点式，再利用二次函数的性质求解即可；
（4）连接OQ，根据tan∠EOC＝tan∠QOG，可得，将数据代入可得，再求出t的值即可。
16．【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为：4．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△DCG≌△BCE（SAS）可得答案；
（2）延长BE、GD相交于点H． 根据矩形的性质可证△DCG∽△BCE， 由相似三角形的性质可得 ，根据矩形的性质可得∠H=∠F=90°，即DG⊥BE；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．可证△ECN∽△CGM，可得CM=1，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知，，BE=2DG，2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
由勾股定理可得BG′=，则2BG+BE的最小值为4 。
17．【答案】（1）解：在矩形中，，，，
则有：，
根据运动的特点有：，，
∴，
当E、Q重合时，如图，
∵，
∴，
∴，解得：，
即当E、Q重合时，；
（2）解：过Q点作于M点，作于N点，延长交于点F，如图，
根据运动的特点有：，，
即，
在矩形中，由可得：四边形、四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
即：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
同理可得：，，
∵，，，，，
∴，，，，，
∵，
∴代入整理，可得：，
∵线段在点Q右侧，
∵在（1）中求得当E、Q重合时，，
∴，
即：
（3）解：当时，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
在矩形中，有，
∴，
∴，
∴，
∵在（2）中得到，，
∴，
解得：，或者，
经检验，是方程的增根，舍去；
当时，此时点Q与A点重合，P点与D点重合，
则有E点与C点重合，
∴此时有：；
综上：当时，，或者；
（4）解：在（1）、（2）中得出：，，，，
∴，
∴，
第一大类：当点在点Q右侧时，
当时，
即有：，
解得：；
当时，过P点作于T点，如图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
解得：，
经检验，是原方程的根，
即此时；
当时，过P点作于G点，如图，
∵，，
∴，即G点为中点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：；
第二大类：当点在点Q左侧时，此时是钝角三角形，
则只有一种情况，如图，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
解得，
此时存在；
综上所述：的值可以为：或或或．
【知识点】矩形的性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先求出，，，再结合，可得，最后求出即可；
（2）过Q点作于M点，作于N点，延长交于点F，先求出，，，，，利用割补法可得，再将数据代入可得；
（3）先证出，可得，再将数据代入可得，最后求出t的值即可；
（4）分类讨论： 第一大类：当点在点Q右侧时，①当时，②当时，③当时；第二大类：当点在点Q左侧时，当时，再分别求解即可。
18．【答案】（1）
（2）解：在中，.
∵点A落在OC上，
∴.
∵，
∴.
∴中，.
中，.
∴；
深度探究：
（3）或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴.
由翻折可得，
∴是等腰直角三角形，
∴.
故答案为：.
（3）分类讨论①如图，当时，
∴此时.
∴.
由翻折可知，，
∴，
∴.
②如图，当时，过点M作，分别交、于点G、H.过点N作，过点P作，两平行线交于点J.
由翻折和矩形的性质可得四边形为正方形，且边长为8.
∵F为中点，
∴.
由翻折可得，.
∴.
∵，
∴.
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
设，则.
∵，即
∴.
∵，即，
∴.
联立①②.
解得： .
∴，.
∵在中，，
∴，
∴.
∵，，
∴.
又∵，
∴，
∴，
故可设，则.
∴.
∵，即，
∴，
整理得：.
∴，.
∵在中，，
∴.
∵，
∴，
解得，
∴.
综上可知的长为4或.
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠ABA′=∠BAE=90°，由翻折可得∠ABE=∠A′BE=45°，推出△BAE是等腰直角三角形，得到BE=AB，据此计算；
（2）由勾股定理可得AC的值，由等面积法可得BO，然后在Rt△ABO、Rt△BOC中，根据勾股定理可得OA、OC的值，据此解答；
（3）当∠A′QP=∠A′BM时，PQ∥BM，根据平行线的性质可得∠PQN=∠BNQ，由翻折可知∠PQN=∠A′QP，QN=QA′，进而推出BQ=QN=QA′=A′B，据此计算；当∠A′PQ=∠A′BM时，过点M作GH∥AB，分别交AE、A′B于点G、H.过点N作JI∥AB，过点P作PJ∥A′B，两平行线交于点J，由翻折和矩形的性质可得四边形ABA′E为正方形，且边长为8，根据中点的概念可得AF=EF=4，由翻折可得BM=AB=8，AF=FM=4，∠BMF=90°，根据同角的余角相等可得∠FMG=∠MBH，由平行线的性质可得∠MHB=∠FGM=90°，由两角对应相等的两个三角形相似可得△MHB∽△FGM，根据相似三角形的性质可得BH=2GM，MH=2FG，设GM=x，FG=y，则BH=2x，MH=2y，根据AG=BH可得4+y=2x，根据AB=GH可得8=x+2y，联立求出x、y的值，得到GM、FG、BH、MH，然后根据三角函数的概念可得，由两角对应相等的两个三角形相似可得△PJN∽△NIQ，根据相似三角形的性质可设JQ=3a，IN=3b，则JN=4a，PJ=4b，由勾股定理可得A′Q、NQ，由PJ=A′I可得b与a的关系，进而表示出A′Q、IN，根据三角函数的概念可得BI，由BI+IQ+A′Q=8可求出a的值，进而可得A′Q.
19．【答案】（1）解：①四边形为正方形，
为等腰直角三角形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
即；
故答案为；
②.理由如下：
绕点逆时针旋转到图2所示的位置，
，
， ，
，
，
，
即；
（2）解：如图3，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
绕点逆时针旋转得到，
，，，
，
，
，
即.
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）①根据正方形及等腰直角三角形的性质可得， ， 从而得出 ， 即得； ②.理由：根据两边成比例且夹角相等可证，利用相似三角形的性质即得结论；
（2）证明，可得， 即得，再证可得，继而得解.
1 / 1备考2023年中考数学压轴题训练 ——四边形（2）
一、真题
1．（2022·江西）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
（1）操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当与重合时，重叠部分的面积为 ；当与垂直时，重叠部分的面积为 ；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积与S的关系为 ；
（2）类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当时，试判断重叠部分的形状，并说明理由；
②如图3，当时，求重叠部分四边形的面积（结果保留根号）；
（3）拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为（设），将绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，的两边与正方形的边所围成的图形的面积为，请直接写出的最小值与最大值（分别用含的式子表示），
（参考数据：）
【答案】（1）1；1；
（2）解：①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ tan15°=2-，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-）=-1，
∴S四边形OMCN=2××CM×OJ=-1．
（3）
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=S正方形ABCD，
∴S1=S．
故答案为：1，1，S1=S．
(3)如图4，将沿翻折得到，则，此时则当在上时，比四边形的面积小，
设，则当最大时，最小，
，即时，最大，
此时垂直平分，即，则
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，
，
BM=CN
当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ tan=tan，
∴MN=2MQ=2tan，
∴S2=S△OMN=×MN×OQ=tan．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．
则△COM≌△CON，
∴∠COM=，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-，
QM=OQ tan（45°-）=tan（45°-），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-），
∴S2=2S△CMO=2××CM×OQ=1-tan（45°-）．
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面=△OBC的面积=正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形，证明ＯＭＯＮ，可得结论；
②连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J，证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）过点O作OQ⊥BC于点Q， 当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小；同理可得，当CM=CN时，S2最大，再分别求解即可。
2．（2022·东营）和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.
（1）如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是 ，位置关系是 ；
（2）如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】（1）CD=EF；CD∥EF
（2）解：CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
∴CD=EF， CD∥EF；
（3）解：如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
∴AE=BE= AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴△EBG∽△ABD，
∴，
∴= h，
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴，
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴是菱形．
【知识点】三角形全等的判定（SAS）；三角形的综合；四边形的综合
【解析】【解答】（1）∵和均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
【分析】（1）利用等边三角形的性质解决问题即可；
（2）证明△AFB≌△ADC(SAS)，推出BF=CD，∠ABF=∠ACD=60°，再证明△EFB是等边三角形，可得结论；
（3）当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，利用相似三角形的性质，等高模型解决问题。
3．（2022·河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动.
（1）操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM.
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角： .
（2）迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ.
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝▲ °，∠CBQ＝▲ °；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由.
（3）拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长.
【答案】（1）∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
（2）解：①15；15；
② ，
（3）解：cm或cm.
【知识点】翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】（1）解：
故答案为： ∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC ；
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴
故答案为：15，15；
（3）由折叠的性质可得DF=CF=4cm，AP=PQ，
∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，
∴CQ=MQ，
当点Q在线段CF上时，
∵FQ= 1cm，
∴MQ=CQ=3cm，DQ= 5cm，
∵PQ2=PD2+ DQ2，
∴( AP+3)2= (8-AP) 2+25，
∴AP=，
当点Q在线段DF上时，
∵FQ= 1cm，
∴MQ=CQ=5cm，DQ=3cm，
∵PQ2=PD2+DQ2，
∴( AP+5) 2= (8-AP) 2+9，
∴AP=，
综上所述： AP的长为cm或cm.
【分析】（1）由折叠的性质可得，由于∠BEM=90°，可得∠BME=30°（答案不唯一）；
（2）①证明Rt△BQM≌Rt△BQC，得∠MBQ=∠CBQ，易得∠MBC=30°得∠MBQ=∠CBQ=15°；
②证明Rt△BQM≌Rt△BQC，得∠MBQ=∠CBQ；
（3）分点Q在线段CF和线段DF上时两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理求解.
4．（2022·衡阳）如图，在菱形 中， ， ，点 从点 出发，沿线段 以每秒1个单位长度的速度向终点 运动，过点 作 于点 ，作 交直线 于点 ，交直线 于点 ，设 与菱形 重叠部分图形的面积为 （平方单位），点 运动时间为 （秒）.
（1）当点 与点 重合时，求 的值；
（2）当 为何值时， 与 全等；
（3）求 与 的函数关系式；
（4）以线段 为边，在 右侧作等边三角形 ，当 时，求点 运动路径的长.
【答案】（1）解： 与 重合时，
∵ ，
∴ ，
∴ .
（2）解：①当 时，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ .
②当 ，
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，∴ .
∴ 或 .
（3）解：①当 时，
，∴ ，
∴ .
②当 时，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ .
（4）解：连接 .
∵ 为正三角形，∴ ，
在 中， ，
∴ 为定值.
∴ 的运动轨迹为直线，
，
当 时 ，
当 时 ，
∴ 的运动路径长为
【知识点】解直角三角形；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）当点M与点B重合时，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出PA的长，即可得到t的值.
（2）分情况讨论：当0≤t≤2时，利用点的运动方向和速度，可表示出AM，BM的长，利用全等三角形的对应边相等，可证得AP=BM，由此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；当2＜t≤4时，可表示出AM，BM的长，利用全等三角形的对应边相等，可得到AP=AM，由此可得到关于t的方程，解方程求出t的值；综上所述可得到t的值.
（3）当0≤t≤2时，利用解直角三角形表示出PQ，MQ的长，再利用三角形的面积公式可得到S与t的函数解析式；当2＜t≤4时，利用解直角三角形可表示出BF，MF的长；利用三角形的面积公式可得到S与t之间的函数解析式；综上所述可得到S与t的函数解析式.
（4）连接AE，利用等边三角形的性质及解直角三角形表示出PE的长，在Rt△APE中利用解直角三角形可得到∠PAE的正切值，可得到∠PAE是定值；从而可得到点E的运动轨迹是直线，利用勾股定理表示出AE的长；再分别求出当t=2和t=4时的AE的长.
5．（2022·常德）在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接.
（1）当四边形是矩形时，如图，求证：①；②.
（2）当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明.
【答案】（1）证明：①证明过程：
四边形ABCD为矩形，
平分
为等腰直角三角形
②证明：连接BG，CG，
G为AF的中点，四边形ABCD为矩形，
平分，
（2）解：作，如图所示
由（1）同理可证：
四边形ABCD为平行四边形
G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得
，
【知识点】平行四边形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）①根据矩形的性质可得∠ABC=∠BAD=90°，根据角平分线的概念可得∠BAF=∠DAF=45°，推出△ABF为等腰直角三角形，得到AB=BF，结合BE=FC以及线段的和差关系可得AE=BC=AD，证明△ADG≌△AEG，据此可得结论；
②连接BG，CG， 根据矩形的性质可得∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，则BG=AG=FG，根据等腰直角三角形的性质得∠BAF=∠DAF=45°=∠ABG=∠CBG，证明△ADG≌△BCG，得到∠ADG=∠BCG，由（1）知∠E=∠ADG，进而推出∠E=∠BCG，证明△BOE∽△GOC，然后根据相似三角形的性质进行证明；
（2）作DM⊥BC交BC于点M，连接GM，作GN⊥DM交DM于点N，同（1）可证△ADG≌△AEG，得到∠E=∠ADG，根据平行四边形以及平行线的性质可得∠ADM=∠DMC=90°，推出BC∥GN∥AD，根据平行线分线段成比例的性质可得DN=MN，则DG=MG，由等腰三角形的性质可得∠GDM=∠GMD，证明△BOE∽△GOM，然后根据相似三角形的性质进行证明.
6．（2022·益阳）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
（1）直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
（2）若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
（3）当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】（1）解：（任意回答一个即可）；△AFB∽△BCE；△AFB∽△BGC
（2）解：∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，即，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）解：
分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(1)（任意回答一个即可）；①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，
理由如下：∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
【分析】利用矩形的性质可证得DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，利用平行线的性质可得到∠BEC＝∠ABF，利用垂直的定义可推出∠AFB＝∠BCE，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△BCE；利用垂直的定义可证得∠CGE＝∠AFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△CGE；利用余角的性质可知∠ABF＝∠BCG，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AFB∽△BGC.
（2）利用平行四边形的性质，可证得AF＝CC'；由△AFB∽△BGC，利用相似三角形的对应边成比例，可得到AF与BG的比值，设AF＝5x，BG＝3x，可表示出CC′，CG的长，然后利用相似三角形的对应边成比例，可求出CE的长.
（3）利用等腰三角形的定义，分情况讨论：当C'F＝BC'时，如图2，利用有一组邻边相等的四边形是菱形，可证得四边形BCFC'是菱形，利用菱形的性质可得到CF的长；再由△AFB∽△BC，可得比例式，即可求出CE的长；当C'F＝BF时，由△AFB∽△BGC，利用相似三角形的性质可得到BF，CG的比值，设BF＝5a，CG＝3a，可表示出CF，C′F的长，利用勾股定理表示出FG的长；再利用锐角三角函数的定义，可求出CE的长；综上所述可得到符合题意的CE的长.
二、模拟预测
7．（2023·蒸湘模拟）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G.设运动时间t（s）为（）.
解答下列问题：
（1）当t为何值时，？
（2）连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；
（3）连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式.
【答案】（1）解：作，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：连接与交于K，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴
.
【知识点】矩形的性质；直角梯形；锐角三角函数的定义；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）作FM⊥BD，易得BD=FE=10cm，根据三角函数的概念表示出cos∠DBF，进而可求出t的值；
（2）若MHQN为矩形时，则NQ=MH，根据三角函数的概念可得MH、NQ，据此不难求出t的值；
（3）连接NH与BF交于K，表示出BH、BQ、HQ，由矩形的性质可得∠KBH=∠NQH=90°，根据三角函数的概念可得BK，然后表示出CK，再根据三角形的面积公式进行解答.
8．（2023·随州模拟）如图，在正方形中，点E在直线右侧，且，以为边作正方形，射线与边交于点M，连接、.
（1）如图1，求证：；
（2）若正方形的边长为4，
①如图2，当G、C、M三点共线时，设与交于点N，求的值；
②如图3，取中点P，连接，求长度的最大值.
【答案】（1）解：如图1，
∵对角线是正方形的对称轴，
∴；
（2）解：如图2，
①当G、C、M三点共线时，
∵，
∴，
∵，
，
∴，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
②如图3，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
在中，
，
当P、B、F三点共线时，
PF有最大值：.
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得对角线DF为正方形DEFG的对称轴，据此证明；
（2）①利用HL证明△DAE≌△DCG，由同角的余角相等可得∠NGF=∠GDC，由两角对应相等的两个三角形相似可得△DCG∽△GFN，△MNF∽△MGD，然后根据相似三角形的对应边成比例进行计算；
②易证△ADE∽△BDF，由相似三角形的性质可得BF的值，故当P、B、F三点共线时，PF取得最大值，据此求解.
9．（2023·萧县模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B的坐标为，分别落在x轴和y轴上，将绕点O逆时针旋转，使点B落在y轴上，得到，与相交于点F，反比例函数的图象经过点F，交于点G．
（1）求k的值．
（2）连接，则图中是否存在与相似的三角形？若存在，请把它们一一找出来，并选其中一种进行证明；若不存在，请说明理由．
（3）点M在直线上，N是平面内一点，当四边形是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【答案】（1）解：∵四边形为矩形，点B的坐标为，
∴，，．
∵是旋转得到的，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得，
∴点F的坐标为．
∵的图象经过点F，
∴，
解得．
（2）解：，，，．
选．
证明：∵点G在AB上，
∴点G的横坐标为8，
∴点G的坐标为，
∴．
∵，，，
∴，，
∴，，
∴．
∵，
∴．
（3）（11，7）或（5，-5）
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】（3）由（2）知，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，四边形是正方形，
当点M在点F上方时，如图所示：过点M作轴，交于点L，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
；
当点M在点F下方时，如图所示：过点M作轴，交延长线于点L，
同理可得，
∴，
∴，
∴点，
∵，，
，
∵点G的坐标为，
∴设点，
∴，，
解得：，
，
综上可得：点N的坐标为（11，7）或（5，-5）
【分析】（1）先证出，可得，即，求出，可得点F的坐标，再将其代入求出k的值即可；
（2）利用相似三角形的判定方法求解即可；
（3）分类讨论：①当点M在点F上方时，②当点M在点F下方时，再分别画出图象并求解即可。
10．（2022·颍州模拟）如图①，在正方形中，点P为对角线上一点，连接．
（1）求证：；
（2）如图②，过P点作，交射线于点E．求证：；
（3）在图③中，过P点作，交射线于点E，猜想线段之间的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】（1）证明：由题意得AD=DC，∠ADB=∠CDB，
DP是△ADP和△CDP的共同边，根据边角边定理，
∴△ADP与△CDP是全等三角形，
∴AP=CP．
（2）证明：过点P作AD的垂线，交于点M，作CD的垂线，交于点N．
ABCD是正方形，BD是对角线，
∴四边形PMDN是正方形，
∴PM=PN，
∠MPN=90°，PE⊥PC，
∴∠MPE+∠NPE=90°，∠NPE+∠NPC=90°，
∴∠MPE=∠NPC，
PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PME=∠PNC=90°，
根据角边角定理，
∴△MPE≌△PCN，
∴PE=PC．
（3）解：连接CE．
△PCE是等腰直角三角形，
∴PC +PE =CE ，
∴PC = CE ，
△DPN是等腰直角三角形，
∴ PN +DN =PD
∴PD =2DN ，DN= PD ，
DN=PN，
代入前面的数量关系得PC -CN =DN ，
如图，CN+DN=CD代入上式得：CE -CD +CD·PD=0，
在Rt△CDE中，CE =CD +DE ，
∴DE + CD·PD=CD ，
∴CD、DE、PD之间的数量关系是DE + CD·PD=CD ．
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）先求出△ADP与△CDP是全等三角形，再证明即可；
（2）根据题意先求出四边形PMDN是正方形， 再求出 ∠MPE=∠NPC， 最后证明即可；
（3）利用等腰直角三角形的性质和勾股定理证明即可。
11．（2022·宣州模拟）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD上的两点，连接DE，CF，若DE⊥CF，求证：CF＝DE．
（2）如图2，在矩形ABCD中，过点C作CE⊥BD交AD于点E，若，求的值．
（3）如图3，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E为AB上一点，连接DE，过点C作DE的垂线交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，且AB＝5，AD＝3，CF＝7．求DE的长．
【答案】（1）证明：设DE与CF的交点为G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED与△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴DE=CF，
（2）解：如图2，设DB与CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，BC=AD，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵∠DCE+∠CDB=∠CDB+∠CBD=90°，
∴∠DCE=∠CBD，
∵，
∴；
（3）解：如图3，过点C作交AF的延长线于点H，
∵，
∴，
∴四边形ABCH为矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）设DE与CF的交点为G，利用SAS证明△AED≌△DFC，即可得出结论；
（2）利用两个角相等，证明，由相似三角形的性质得出，即可得出答案；
（3）过点C作交AF的延长线于点H，得出四边形ABCH为矩形，再证明，由相似三角形的性质得出，即可得出答案。
12．（2023九下·南昌期中）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点O位于四边形的对角线交点O．
（1）如图1，若四边形和都是正方形，则下列说法正确的有 ．（填序号）
①；②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．
（2）应用提升：如图2，若四边形和都是矩形，，写出与之间的数量关系，并证明．
（3）类比拓展：如图3，若四边形和都是菱形，，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．
【答案】（1）①②③
（2）解：关系为，证明如下：
如图，在图2中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是矩形
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
（3）解：（1）中结论，①成立，②③不成立，符合题意结论②重叠部分的面积始终等于四边形的；③．现证明①如下：
如图，在图3中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是菱形
∴
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
【知识点】三角形全等的判定；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】（1）如图，在图1中，过点O作于点H，于点G
∵于点H， 于点G
∴
∵四边形和都是正方形
∴
∴
∵，
∴
在和中
∴
∴
故①符合题意
∵
∴
∴
故②符合题意
∵四边形是正方形
∴
∴
故③符合题意
【分析】（1）根据ASA证明，可得OE=OF，，从而得出据此判断①②即可；由正方形的性质可得，从而得出，据此判断③；
（2）过点O作于点H，于点G，证明，根据相似三角形的对应边成比例即可求解；
（3）①成立，②③不成立；理由：过点O作于点H，于点G，根据AAS证明△OBH≌△OBG，再根据ASA证明△HOE≌△GOF，可得OE=OF.
13．（2023·郓城模拟）实践与探究
（1）操作一：如图①，将矩形纸片对折并展开，折痕与对角线交于点E，连结，则与的数量关系为 ．
（2）操作二：如图②，摆放矩形纸片与矩形纸片，使B、C、G三点在一条直线上，在边上，连结，M为的中点，连结、．求证：．
（3）拓展延伸：如图③，摆放正方形纸片与正方形纸片，使点F在边上，连结，M为的中点，连结、、．已知正方形纸片的边长为5，正方形纸片的边长为，求 的面积．
【答案】（1）
（2）证明：延长与交于点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴；
（3）解：连接，
∴，
∵，
∴点在上，
∴，
在中，是的中点，
∴，
∴，
∴，
在中，是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴的面积为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）将矩形纸片对折并展开，折痕与对角线交于点E，
则：是的中点，四边行为矩形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【分析】（1）根据平行线分线段成比例的性质可得，求出，即可得到；
（2）延长与交于点，先证出，可得，再结合，可得从而可得；
（3）连接AC，先证出是等腰直角三角形，结合，可得，再利用勾股定理求出，可得，最后利用三角形的面积公式可得。
14．（2023·青岛模拟）某数学兴趣小组在数学课外活动中，对矩形内两条互相垂直的线段做了如下探究：
（1） [观察与猜想]
如图①，在正方形中，点E、F分别是、上的两点，连接、，，则的值为＝ ；
（2）如图②，在矩形中，，，点E是上的一点，连接，，且，则的值为 ．
（3） [性质探究]
如图③，在四边形中，．点E为上一点，连接，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F．求证：；
（4） [拓展延伸]已知四边形是矩形，，
如图④，点P是上的点，过点P作，垂足为O，点O恰好落在对角线上．求的值；
（5）如图⑤，点P是上的一点，过点P作，垂足为O，点O恰好落在对角线上，延长、交于点G．当时， ．
【答案】（1）1
（2）
（3）证明：过F作于K，如图：
，，
四边形是矩形，
，，
，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（4）解：过O作于点M，于点N，如图：
，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，
，
于点O，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
；
（5）
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图：
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：1；
（2）如图：
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，，
，
故答案为：；
（5）连接、，如图：
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由（4）知，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【分析】（1）先证出，可得，再求出即可；
（2）先证出，可得，再结合，，求出即可；
（3）过F作于K，先证出，可得，再利用等量代换和化简可得；
（4）过O作于点M，于点N，先证出，可得，再结合，证出，最后求出即可；
（5）连接、，先证出，可得，再将数据代入求出即可。
15．（2023·青岛模拟）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分AC．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴，
∴，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8-t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）解：如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）
＝
＝．
（3）解：存在．
∵S＝，
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大．
（4）解：存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴，
∴，
整理得：5t2-66t+160＝0，
解得t＝或10（舍弃）
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先证出△DOC∽△BCA，可得，再将数据代入可得，求出CD和OD的长，当点E在∠BAC的平分线上时，可得t＝8-t，再求出t的值；
（2）连接OE，PC，利用割补法可得S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC） =；
（3）将二次函数的一般式化为顶点式，再利用二次函数的性质求解即可；
（4）连接OQ，根据tan∠EOC＝tan∠QOG，可得，将数据代入可得，再求出t的值即可。
16．（2023九下·历下月考）
（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ；
（2）【类比探究】
如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】
如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为 ．
【答案】（1）DG=BE
（2）解：，DG⊥BE．
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，
∴CD：CB=CG：CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
∴，∠BEC=∠DGC，
∴
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）DG=BE
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°
∴∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
在△DCG和△BCE中
∴△DCG≌△BCE（SAS）
∴DG=BE
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．
易证△ECN∽△CGM，
∴，
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′
由（2）知，
∴BE=2DG
∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）
∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
∵BG′=，
∴2BG+BE的最小值为4
故答案为：4．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△DCG≌△BCE（SAS）可得答案；
（2）延长BE、GD相交于点H． 根据矩形的性质可证△DCG∽△BCE， 由相似三角形的性质可得 ，根据矩形的性质可得∠H=∠F=90°，即DG⊥BE；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．可证△ECN∽△CGM，可得CM=1，则点G的运动轨迹是直线MG，作点D关于直线GM的对称点G′，连接BG′交GM于G，此时BG+GD的值最小，最小值=BG′，由（2）知，，BE=2DG，2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．
由勾股定理可得BG′=，则2BG+BE的最小值为4 。
17．（2023·青岛模拟）如图，在矩形中，，，动点P从点D出发沿向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线向终点C运动．过点P作，交于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当E、Q重合时，求t的值；
（2）设四边形的面积为S，当线段在点Q右侧时，求出S与t之间的函数关系式；
（3）当时，求t的值；
（4）是否存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：在矩形中，，，，
则有：，
根据运动的特点有：，，
∴，
当E、Q重合时，如图，
∵，
∴，
∴，解得：，
即当E、Q重合时，；
（2）解：过Q点作于M点，作于N点，延长交于点F，如图，
根据运动的特点有：，，
即，
在矩形中，由可得：四边形、四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
即：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
同理可得：，，
∵，，，，，
∴，，，，，
∵，
∴代入整理，可得：，
∵线段在点Q右侧，
∵在（1）中求得当E、Q重合时，，
∴，
即：
（3）解：当时，如图，
∵，
∴，
∴，
∴，
在矩形中，有，
∴，
∴，
∴，
∵在（2）中得到，，
∴，
解得：，或者，
经检验，是方程的增根，舍去；
当时，此时点Q与A点重合，P点与D点重合，
则有E点与C点重合，
∴此时有：；
综上：当时，，或者；
（4）解：在（1）、（2）中得出：，，，，
∴，
∴，
第一大类：当点在点Q右侧时，
当时，
即有：，
解得：；
当时，过P点作于T点，如图，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
解得：，
经检验，是原方程的根，
即此时；
当时，过P点作于G点，如图，
∵，，
∴，即G点为中点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：；
第二大类：当点在点Q左侧时，此时是钝角三角形，
则只有一种情况，如图，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
解得，
此时存在；
综上所述：的值可以为：或或或．
【知识点】矩形的性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先求出，，，再结合，可得，最后求出即可；
（2）过Q点作于M点，作于N点，延长交于点F，先求出，，，，，利用割补法可得，再将数据代入可得；
（3）先证出，可得，再将数据代入可得，最后求出t的值即可；
（4）分类讨论： 第一大类：当点在点Q右侧时，①当时，②当时，③当时；第二大类：当点在点Q左侧时，当时，再分别求解即可。
18．（2023·沁阳模拟）问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AB＝8，长AD＝8.
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片ABCD折叠，点A落在BC边上的点处，折痕为BE，连接，然后将纸片展平，得到四边形，则折痕BE的长为 .
（2）如图2，永攀小组将矩形纸片ABCD沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕AC.再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在OC上（O为两条折痕的交点），第二条折痕与AD交于点E.请写出OC与OA的数量关系，并说明理由.
（3）如图3，探究小组将图1中的四边形剪下，在AE上取中点F，将△ABF沿BF折叠得到△MBF，点P、Q分别是边上的动点（均不与顶点重合），将沿PQ折叠使的对应点N恰好落在BM上，当的一个内角与相等时，请直接写出的长.
【答案】（1）
（2）解：在中，.
∵点A落在OC上，
∴.
∵，
∴.
∴中，.
中，.
∴；
深度探究：
（3）或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴.
由翻折可得，
∴是等腰直角三角形，
∴.
故答案为：.
（3）分类讨论①如图，当时，
∴此时.
∴.
由翻折可知，，
∴，
∴.
②如图，当时，过点M作，分别交、于点G、H.过点N作，过点P作，两平行线交于点J.
由翻折和矩形的性质可得四边形为正方形，且边长为8.
∵F为中点，
∴.
由翻折可得，.
∴.
∵，
∴.
又∵，
∴，，
∴，
∴，
∴.
设，则.
∵，即
∴.
∵，即，
∴.
联立①②.
解得： .
∴，.
∵在中，，
∴，
∴.
∵，，
∴.
又∵，
∴，
∴，
故可设，则.
∴.
∵，即，
∴，
整理得：.
∴，.
∵在中，，
∴.
∵，
∴，
解得，
∴.
综上可知的长为4或.
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠ABA′=∠BAE=90°，由翻折可得∠ABE=∠A′BE=45°，推出△BAE是等腰直角三角形，得到BE=AB，据此计算；
（2）由勾股定理可得AC的值，由等面积法可得BO，然后在Rt△ABO、Rt△BOC中，根据勾股定理可得OA、OC的值，据此解答；
（3）当∠A′QP=∠A′BM时，PQ∥BM，根据平行线的性质可得∠PQN=∠BNQ，由翻折可知∠PQN=∠A′QP，QN=QA′，进而推出BQ=QN=QA′=A′B，据此计算；当∠A′PQ=∠A′BM时，过点M作GH∥AB，分别交AE、A′B于点G、H.过点N作JI∥AB，过点P作PJ∥A′B，两平行线交于点J，由翻折和矩形的性质可得四边形ABA′E为正方形，且边长为8，根据中点的概念可得AF=EF=4，由翻折可得BM=AB=8，AF=FM=4，∠BMF=90°，根据同角的余角相等可得∠FMG=∠MBH，由平行线的性质可得∠MHB=∠FGM=90°，由两角对应相等的两个三角形相似可得△MHB∽△FGM，根据相似三角形的性质可得BH=2GM，MH=2FG，设GM=x，FG=y，则BH=2x，MH=2y，根据AG=BH可得4+y=2x，根据AB=GH可得8=x+2y，联立求出x、y的值，得到GM、FG、BH、MH，然后根据三角函数的概念可得，由两角对应相等的两个三角形相似可得△PJN∽△NIQ，根据相似三角形的性质可设JQ=3a，IN=3b，则JN=4a，PJ=4b，由勾股定理可得A′Q、NQ，由PJ=A′I可得b与a的关系，进而表示出A′Q、IN，根据三角函数的概念可得BI，由BI+IQ+A′Q=8可求出a的值，进而可得A′Q.
19．（2023·封丘模拟）在四边形中ABCD，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.
（1）若四边形ABCD为正方形.
①如图1，请直接写出AE与DF的数量关系；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图2所示的位置，连接AE，DF，猜想AE与DF的数量关系并说明理由；
（2）如图3，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其它条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图3中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系.
【答案】（1）解：①四边形为正方形，
为等腰直角三角形，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，
即；
故答案为；
②.理由如下：
绕点逆时针旋转到图2所示的位置，
，
， ，
，
，
，
即；
（2）解：如图3，
四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
绕点逆时针旋转得到，
，，，
，
，
，
即.
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）①根据正方形及等腰直角三角形的性质可得， ， 从而得出 ， 即得； ②.理由：根据两边成比例且夹角相等可证，利用相似三角形的性质即得结论；
（2）证明，可得， 即得，再证可得，继而得解.
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