备考2023年中考数学压轴题训练 ——四边形（3）
一、真题
1．（2022·深圳）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
2．（2022·广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
（1）求BD的长；
（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
3．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
4．（2022·兰州）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点， ，EP与正方形的外角 的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接CP，可以求出 的大小，请你思考并解答这个问题．
（3）【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出 周长的最小值．当 时，请你求出 周长的最小值．
二、模拟预测
5．（2023·陈仓模拟）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形.
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E.
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值.
6．（2023·遵义模拟）（1）【问题探究】如图1，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，求证：.
（2）【知识迁移】如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M、N分别在边、上，且，求的值.
（3）【拓展应用】如图3，在平行四边形中，，，点分别在边上，点M、N分别在边、上，当与的度数之间满足什么数量关系时，有？试写出其数量关系，并说明理由.
7．（2023·南山模拟）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．
（1）如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；
（2）如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；
（3）如图3，已知，若，直接写出的最小值．
8．（2023·坪山模拟）将正方形的边绕点A逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点B作直线，垂足为点F，连接．
（1）如图1，当时，的形状为 ，的值为 ；
（2）当时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②如图3，正方形边长为4，，，在旋转的过程中，是否存在与相似？若存在，则的值为 ▲ ，若不存在，请说明理由．
9．（2023·南山模拟）在正方形中，点是对角线上的动点（与点，不重合），连接．
（1）将射线绕点顺时针旋转，交直线于点．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段存在以下数量关系：的平方和等于的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，要证的关系，只需证的关系．
想法2：将沿翻折，得到，要证的关系，只需证的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段的数量关系并证明；（一种方法即可）
（2）如图2，若将直线绕点B顺时针旋转，交直线于点．若正方形边长为，，求的长．
10．（2023·光明模拟）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为E，F为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明．
（1）独立思考：请解答老师提出的问题；
（2）实践探究：希望小组受此问题的启发，将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明．
（3）问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点H，折痕交于点M，连接，交于点N．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
11．（2023·深圳模拟）如图1，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F．
（1）证明与推断：
②求证：四边形是正方形；
②推断：的值为 ▲ ；
（2）探究与证明：
将正方形的绕点C顺时针方向旋转，如图2所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
正方形在旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3所示，延长交于点H，若，则 ．
12．（2023·佛山模拟）数学学习总是循序渐进、不断延伸拓展的，数学知识往往起源于人们为了解决某些问题，通过观察、测量、思考、猜想出的一些结论．但是所猜想的结论不一定都是正确的．人们从已有的知识出发，经过推理、论证后，如果所猜想的结论在逻辑上没有矛盾，就可以作为新的推理的前提，数学中称之为定理．
（1）推理证明：
在八年级学习等腰三角形和直角三角形时，借助工具测量就能够发现：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，当时并未说明这个结论的符合题意性．九年级学习了矩形的判定和性质之后，就可以解决这个问题了．如图1，在中，若是斜边上的中线，则，请你用矩形的性质证明这个结论的符合题意性．
（2）迁移运用：利用上述结论解决下列问题：
①如图2，在线段异侧以为斜边分别构造两个直角三角形与，E、F分别是、的中点，判断与的位置关系并说明理由；
②如图3，对角线、相交于点O，分别以、为斜边且在同侧分别构造两个直角三角形与，求证：是矩形；
13．（2023·禅城模拟）
（1）【操作体验】用一张矩形纸片折等边三角形．
第一步，对折矩形纸片（）（图），使与重合，得到折痕，把纸片展平（图②）．
第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕，折出，，得到．
请证明△PBC是等边三角形．
（2）【数学思考】
如图④，小明画出了图③的矩形和等边三角形．他发现，在矩形中把经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形．请描述图形变化的过程．
（3）【问题解决】
已知矩形一边长为，另一边长为．对于每一个确定的的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形．请画出不同情形的示意图，并写出对应的的取值范围．
14．（2022·南沙模拟）如图1，在正方形ABCD中，E为边AD上的一点，连结CE，过D作DF⊥CE于点G，DF交边AB于点F．已知DG＝4，CG＝16．
（1）EG的长度是 ．
（2）如图2，以G为圆心，GD为半径的圆与线段DF、CE分别交于M、N两点．
①连接CM、BM，若点P为BM的中点，连结CP，求证∠BCP＝∠MCP．
②连接CN、BN，若点Q为BN的中点，连结CQ，求线段CQ的长．
15．（2022·顺德模拟）如图
（1）动手操作：如图1，将一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，打开，剪出的是一个 形．再利用图形的“旋转”开展数学探究活动，体会图形在旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法；
（2）问题探究：如图2，由“动手操作”所得的四边形的对角线相交于点，把一个与它全等的四边形绕点旋转，交于，交于．探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展迁移：如图3，矩形的对角线交点为，直角的边，分别与边，相交于，．设（为常数），探究线段，之间的数量关系，并说明理由．
16．（2022·福田模拟）如图
（1）【教材呈现】如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点为公共顶点，，若固定不动，将绕点旋转，边，与边分别交于点，（点不与点重合，点不与点重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）；
（2）【类比引申】如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点，，且满足，求证：；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点，，且满足，若，则线段的长为 ．
17．（2022·澄海模拟）如图，已知矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）若，求折叠后重叠部分的面积．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可。
2．【答案】（1）解：连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB sin60°==，
∴BD=2BO=；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=BE
∵，
∴MN=，
设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，
∴DF=，
∴S△DEF=DF EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0①当CE⊥AB时，
∵OB⊥AC，
∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=BO=，
此时 =，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，
∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，
∴CH=，
∵，
∴当，即BE=时， s达到最小值，
∵BE=DF，
∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，
其最小值为CO+CH==12．
【知识点】菱形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先求出 △ABC是等边三角形， 再利用锐角三角函数BO的值，最后求出BD的值即可；
（2）①利用三角形的面积公式求出s，再求出 点E是△ABC重心， 最后求解即可；
②根据题意先求出 △ACD是等边三角形， 再求出 DF=3， 最后求最小值即可。
3．【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
4．【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝ ，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝ ．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质以及中点的概念可得AF＝BF＝BE＝CE，则∠BFE＝45°，∠AFE＝135°，根据角平分线的概念可得∠DCP＝45°，则∠ECP＝135°，推出∠AFE＝∠ECP，根据同角的余角相等可得∠PEC＝∠BAE，利用ASA证明△AFE≌△ECP，据此可得结论；
（2）AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理得∠CEP＝∠FAE，证△FAE≌△CEP，得∠ECP＝∠AFE，根据线段的和差关系得BF＝BE，由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE＝45°，则∠AFE=∠ECP＝135°，然后根据∠DCP=∠ECP-∠DCE进行计算；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，点D与G关于CP对称，AP+DP的最小值为AG的长，然后利用勾股定理计算即可.
5．【答案】（1）是
（2）解：①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE-2，
设BE＝x，则AE＝x-2，
在Rt△ABE中，x2+（x-2）2＝102，
解得：x＝8或x＝-6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴，即，
∴GH，CH，
∴BH＝BC+CH＝10，
∴BG2，
∴△BCM周长的最小值为210.
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形.
故答案为：是；
【分析】（1）由旋转的性质得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，结合正方形的性质、角的和差及等量代换得∠EBF＝∠D＝90°，进而得∠EBF+∠D＝180°，从而根据“直等补”四边形的定义即可判断得出答案；
（2）①由“直等补”四边形得∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，进而判断出四边形CDEF是矩形，得DE＝CF，EF＝CD＝2， 再利用AAS判断出△ABE≌△BCF，得BE＝CF，AE＝BF，推出BE=DE， AE＝BE-2， 设BE＝x，则AE＝x-2， 在Rt△ABE中，利用勾股定理建立方程求解可得BE的长；②根据三角形周长的计算方法得△BCM周长＝BC+BM+CM，故当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小， 延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H， 判断出点C与点G关于AD对称， 得BM+CM＝BM+MG≥BG， 即BM+CM≥BM′+M′C， 当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小；判断出△ABE∽△CGH，由相似三角形对应边成比例建立方程求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，利用勾股定理算出BG即可解决本题.
6．【答案】（1）证明：设AE、DF相交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠C=90°，
∴∠ADG+∠CDG=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠DAG=∠CDG，
在△ADE和△DCF中，
∴△ADE≌△DCF (ASA)，
∴AE= DF；
（2）解：过点N作于点P，、相交于点H，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
；
（3）解：，理由如下：
过点E作交于点K，过点N作交于点L，
四边形是平行四边形，
，，
四边形、是平行四边形，
，，
，
若，
则，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）设AE、DF相交于点G，根据正方形的性质可得AD=CD，∠ADE=∠C=90°，由同角的余角相等可得∠DAG=∠CDG，利用ASA证明△ADE≌△DCF，据此可得结论；
（2）过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，由同角的余角相等可得∠MBH=∠PNM，由矩形的性质可得∠A=∠ABC=∠C=90°，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△ABE∽△PNM，易得四边形BCNP为矩形，则NP=BC=4，然后根据相似三角形的性质进行计算；
（3）过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交AB于点L，易得四边形ABKE、BCNL是平行四边形， 则EK=AB=m，NL=BC=n，则，若若，则△EFK∽△NML，根据相似三角形的性质可得∠FEK=∠MNL，由平行线的性质可得∠AEK=∠D，∠D=∠CNL，则∠AEK=∠CNL，据此解答.
7．【答案】（1）解：∵，如图1，
∴，
E为的中点，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，
由题可设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
延长交于N，
∴，
过E作于P，
则，
在与中，
，
∴，
∴，
过E作于Q，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：的最小值为 ．
【知识点】平行四边形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(3)如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，
∴，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
当B，F，M，N四点共线时，最小，
即为线段BN的长度，如图4，
过N作交其延长线于T，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中， ，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为 ．
【分析】（1）先求出 ， 再求出 ， 最后利用勾股定理计算求解即可；
（2）根据题意先求出 ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）结合图形，利用全等三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
8．【答案】（1）等腰直角三角形；
（2）解：①成立，理由如下，
如图连接，当时，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故结论成立；
②存在，
【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
【解析】【解答】（1）解：如图，连接，
当时，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故答案为：等腰直角三角形，；
（2）②如图，当时，
，
，
，
由①可知，
，
，
，
同理可证，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
由①可知，
，
，
，
在中，
，
，
．
【分析】（1）先求出△BEF是等腰直角三角形，再利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（2）①先求出∠FBE=45°，再利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
②先求出，再求出，最后利用勾股定理计算求解即可。
9．【答案】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②；理由如下：
想法1：过作，使，连接，如图2所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
想法2，如图所示，
∵四边形是正方形，将沿翻折，得到，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：如图所示，过作，使，连接，
∵直线绕点顺时针旋转°，交直线于点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∵正方形边长为，
∴，
∵，
设，则
∴
解得：
∴
设，则，
∵．
∴，
解得：
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据题意补图即可；② 过作，使，连接， 证明
，可得，再证，可得，从而得出，在中，利用勾股定理即可求解；
（2） 过作，使，连接， 证明，可得，再证，可得，从而得出∠MAF=90°，由勾股定理可得，由正方形的边长为2，可得，由，可设，，根据AC=AE+EC=5x=2，求出x值，即得， 设，则， 由建立关于a方程并解之即可．
10．【答案】（1）解：，
证明：如图，作交于H，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
；
（2）解：，
证明：如图，连接，
是由翻折得到，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）解：如图，过点D作于点J，过点M作于T，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作交于H， 由平行线分线段成比例可得，即得，根据平行线的性质可得， 根据线段垂直平分线的性质即得结论；
（2）AG=BG，连接，由折叠的性质可得，证明四边形是平行四边形，可得，从而得出AG=GB；
（3）过点D作于点J，过点M作于T，根据 即可求解．
11．【答案】（1）解：①四边形是正方形，
，，
、，
，
四边形是矩形，，
，
四边形是正方形；
②由①知四边形是正方形，
，，
，，
，
故答案为：；
（2）解：连接，
由旋转性质知，
在和中，
、，
，
，
，
线段与之间的数量关系为；
（3）
【知识点】正方形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）解：由（2）知，
∵B、E、F三点在一条直线上，
，
，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
设，则，
则由得，
，
则，，
，
，
解得：，即，
故答案为：．
【分析】（1）①由、及∠BCD=90°，可得四边形CEGF是矩形，易得∠CGE=∠ECG=45°，可得EGg=EC，根据正方形的判定即证；
②由正方形的性质可得 ，，可得，， 根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）连接，证明， 可得， 即得结论；
（3）证明，可得，设，则，由得，，，由即可求出a值.
12．【答案】（1）解：延长至点E，使得，连接、，
则，
是上的中线，
，
则四边形是平行四边形，
在中，
，
则四边形是矩形，
，
，
即；
（2）解：①如图连接、，
三角形与是以为斜边直角三角形，
且E是的中点，由（1）可知，
，，
，
是等腰三角形，
又F是的中点，
；
②如图连接，
对角线、相交于点O，
点O是、的中点，
又与是直角三角形，
由（1）可知，
，，
，
是矩形．
【知识点】矩形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）延长至点E，使得，连接、，先证出四边形是矩形，可得AB=CE，再结合，可得；
（2）①连接、，先证出是等腰三角形，再利用“三线合一”可得；
②连接OE，先证出点O是、的中点，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，，证出AC=BD，即可得到是矩形。
13．【答案】（1）解：由折叠的性质得：EF是BC的垂直平分线，BG是PC的垂直平分线，
∴PB=PC，PB=CB，
∴PB=PC=CB，
∴△PBC是等边三角形．
（2）解：以点B为中心，在矩形中把逆时针方向旋转适当的角度，
得到；
再以点B为位似中心，将放大，使点的对应点落在上，得到；
如图⑤所示；
（3）解：矩形的一边长为，等边三角形边上的高为边长的倍，根据题意，如图所示（答案不唯一）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）根据要求作出图象，再求解并比较大小即可。
14．【答案】（1）1
（2）解：①证明：连接CM、BM，
由题意知：DG=MG，CG⊥DM，
∴DC=MC，
又BC=DC，
∴MC=BC，
∵P为BM的中点，
∴∠BCP=∠MCP；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，
∵∠DGC=90°，DG=4，CG=16，
∴，
∵GN=DG=4，
∴CN=CG-GN=12，
∵∠DGC=∠NKC=90°，∠DCG=∠NCK，
∴△DCG∽△NCK，
∴，即，
∴，，
∵NK⊥CD，QH⊥CD，∠BCD=90°，
∴，
∴，
又NQ=BQ，
∴KB=CH=，
∵∠NKH=∠HCL=90°，KH=CH，∠KHN=∠CHL，
∴△NHK≌△LHC，
∴NK=CL=，NH=HL，
∴
∴
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；圆-动点问题
【解析】【解答】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BC=DC，
∴∠EDG+∠CDG=90°，
∵DF⊥CE，
∴∠DGE=∠DGC=90°
∴∠DCG+∠CDG=90°，
∴∠EDG=∠DCG，
∴△CDG∽△DEG，
∴，即，
∴EG=1．
故答案为：1；
【分析】（1）先证明△CDG∽△DEG，可得，即，再求出EG的长即可；
（2）①连接CM、BM，先证明MC=BC，再结合P为BM的中点，可得∠BCP=∠MCP；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，先证明△DCG∽△NCK，可得，即， 求出 ，，再证明△NHK≌△LHC，可得NK=CL=，NH=HL，求出，最后利用勾股定理求出即可。
15．【答案】（1）正方
（2）解：OE=OF，理由如下：
由（1）得四边形ABCD为正方形，
∴四边形OMHG为正方形，
∴OB=OC，∠OCB=∠OBA=45°，
∵∠COB=∠MOE=90°，
∴∠COF+∠FOB=∠FOB+∠GOB，
∴∠COF=∠GOB，
∴ OEB≌ OFC，
∴OE=OF；
（3）解：如图所示，过点O作OM⊥AB，ON⊥BC，
∴∠OME=∠ONF=∠ONB=90°，
∵∠MBN=90，
∴四边形BMON是矩形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOE+∠EON=∠NOF+∠EON，
∴∠MOE=∠NOF，
∴ OME~ ONF，
∴，
∵AO=OC，OM∥BC，
∴AM=MB，
∴OM=，
同理可得ON=，
∴，
∴OE=kOF．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】(1)解：一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，
∴剪下的这个三角形为等腰直角三角形，
将其展开后，这个图形为正方形，
故答案为：正方形；
【分析】（1）根据折叠的性质和剪纸的特征求解即可；
（2）证明 OEB≌ OFC，可得OE=OF；
（3）过点O作OM⊥AB，ON⊥BC，先证明 OME~ ONF，可得，再结合AM=MB，求出OM=，同理得到ON=，再将数据代入可得，化简即可得到OE=kOF。
16．【答案】（1）成立
（2）证明：如图2，∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）结论成立
理由：如图1，∵和都是等腰直角三角形，
∴
∵，，
∴
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：成立
（3）线段的长为
理由：如图3，在上取一点，使，过作于，
又∵四边形为菱形，且，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴2AN=，2AN=AD，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的边长为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴线段的长为．
故答案为．
【分析】（1）先证明可得，结合AC=AB，求出即可；
（2）先证明，再结合可得；
（3）先证明可得，再结合，，求出，求出，然后求出，，最后利用线段的和差可得。
17．【答案】（1）证明：如图，由折叠可知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵在矩形中，，
∴
（2）解：∵在矩形中，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：如图，连接，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴折叠后重叠部分的面积为：
.
【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
【解析】【分析】（1）利用相似三角形的判定方法求解即可；
（2）根据可得，将数据代入可得，求出，再利用线段的和差可得；
（3）设，则，，利用勾股定理可得求出，再根据可得 ，即， 求出，再根据可得，求出，再求出，最后利用割补法可得折叠后重叠部分的面积=，再计算即可。
1 / 1备考2023年中考数学压轴题训练 ——四边形（3）
一、真题
1．（2022·深圳）
（1）【探究发现】如图①所示，在正方形中，为边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点．求证：
（2）【类比迁移】如图②，在矩形中，为边上一点，且将沿翻折到处，延长交边于点延长交边于点且求的长．
（3）【拓展应用】如图③，在菱形中，为边上的三等分点，将沿翻折得到，直线交于点求的长．
【答案】（1）解：将沿翻折到处，四边形是正方形，
，，
，
，，
；
（2）解：延长，交于，如图：
设，
在中，，
，
解得，
，
，，
，
，即，
，，
，，
，，
，即，
，
设，则，
，
，
，即，
解得，
的长为；
（3）解：（Ⅰ）当时，延长交于，过作于，如图：
设，，则，
，
，
，
，
沿翻折得到，
，，，
是的角平分线，
，即①，
，
，，，
在中，，
②，
联立①②可解得，
；
（Ⅱ）当时，延长交延长线于，过作交延长线于，如图：
同理，
，即，
由得：，
可解得，
，
综上所述，的长为或．
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，利用相似三角形的性质和勾股定理计算求解即可。
2．（2022·广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD = 120°，AB = 6，连接BD ．
（1）求BD的长；
（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合）， 点F在边AD上，且BE=DF，
①当CE丄AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）解：连接AC，设AC与BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD ， OA=OC，AB∥CD，AC平分∠DAB，
∵∠BAD = 120°，
∴∠CAB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BO=AB sin60°==，
∴BD=2BO=；
（2）解：如图，过点E作AD的垂线，分别交AD和BC于点M，N，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=6，
由（1）得：BD=；
菱形ABCD中，对角线BD平分∠ABC，AB∥CD，BC=AB=6，
∴MN⊥BC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBN=30°；
∴EN=BE
∵，
∴MN=，
设BE=，则EN=，
∴EM=MN-EN=，
∵S菱形ABCD= AD MN=，
∴S△ABD= S菱形ABCD=，
∵BE=DF，
∴DF=，
∴S△DEF=DF EM= =，
记四边形ABEF的面积为s，
∴s= S△ABD - S△DEF =-（），
∵点E在BD上，且不在端点，∴0①当CE⊥AB时，
∵OB⊥AC，
∴点E是△ABC重心，
∴BE=CE=BO=，
此时 =，
∴当CE⊥AB时，四边形ABEF的面积为；
②作CH⊥AD于H，如图，
∵CO⊥BD，CH⊥AD，而点E和F分别在BD和AD上，
∴当点E和F分别到达点O和点H位置时，CF和CE分别达到最小值；
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD=CD，
∵∠BAD=120°，
∴∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AH=DH=3，
∴CH=，
∵，
∴当，即BE=时， s达到最小值，
∵BE=DF，
∴DF=3，
此时点E恰好在点O的位置，而点F也恰好在点H位置，
∴当四边形ABEF面积取得最小值时，CE和CF也恰好同时达到最小值，
∴CE+CF的值达到最小，
其最小值为CO+CH==12．
【知识点】菱形的性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先求出 △ABC是等边三角形， 再利用锐角三角函数BO的值，最后求出BD的值即可；
（2）①利用三角形的面积公式求出s，再求出 点E是△ABC重心， 最后求解即可；
②根据题意先求出 △ACD是等边三角形， 再求出 DF=3， 最后求最小值即可。
3．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
4．（2022·兰州）综合与实践，【问题情境】：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在正方形ABCD中，E是BC的中点， ，EP与正方形的外角 的平分线交于P点．试猜想AE与EP的数量关系，并加以证明；
（1）【思考尝试】同学们发现，取AB的中点F，连接EF可以解决这个问题．请在图1中补全图形，解答老师提出的问题．
（2）【实践探究】希望小组受此问题启发，逆向思考这个题目，并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接CP，可以求出 的大小，请你思考并解答这个问题．
（3）【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E，B不重合）， 是等腰直角三角形， ，连接DP．知道正方形的边长时，可以求出 周长的最小值．当 时，请你求出 周长的最小值．
【答案】（1）解：AE＝EP，
理由如下：取AB的中点F，连接EF，
∵F、E分别为AB、BC的中点，
∴AF＝BF＝BE＝CE，
∴∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∵CP平分∠DCG，
∴∠DCP＝45°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠AFE＝∠ECP，
∵AE⊥PE，
∴∠AEP＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠PEC＝∠BAE，
∴△AFE≌△ECP（ASA），
∴AE＝EP；
（2）解：在AB上取AF＝EC，连接EF，
由（1）同理可得∠CEP＝∠FAE，
∵AF＝EC，AE＝EP，
∴△FAE≌△CEP（SAS），
∴∠ECP＝∠AFE，
∵AF＝EC，AB＝BC，
∴BF＝BE，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠AFE＝135°，
∴∠ECP＝135°，
∴∠DCP＝45°；
（3）解：作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，
由（2）知，∠DCP＝45°，
∴∠CDG＝45°，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴点D与G关于CP对称，
∴AP+DP的最小值为AG的长，
∵AB＝4，
∴BG＝8，
由勾股定理得AG＝ ，
∴△ADP周长的最小值为AD+AG＝ ．
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，根据正方形的性质以及中点的概念可得AF＝BF＝BE＝CE，则∠BFE＝45°，∠AFE＝135°，根据角平分线的概念可得∠DCP＝45°，则∠ECP＝135°，推出∠AFE＝∠ECP，根据同角的余角相等可得∠PEC＝∠BAE，利用ASA证明△AFE≌△ECP，据此可得结论；
（2）AB上取AF＝EC，连接EF，由（1）同理得∠CEP＝∠FAE，证△FAE≌△CEP，得∠ECP＝∠AFE，根据线段的和差关系得BF＝BE，由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE＝45°，则∠AFE=∠ECP＝135°，然后根据∠DCP=∠ECP-∠DCE进行计算；
（3）作DG⊥CP，交BC的延长线于G，交CP于O，连接AG，则△DCG是等腰直角三角形，点D与G关于CP对称，AP+DP的最小值为AG的长，然后利用勾股定理计算即可.
二、模拟预测
5．（2023·陈仓模拟）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形.
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E.
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值.
【答案】（1）是
（2）解：①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE-2，
设BE＝x，则AE＝x-2，
在Rt△ABE中，x2+（x-2）2＝102，
解得：x＝8或x＝-6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴，即，
∴GH，CH，
∴BH＝BC+CH＝10，
∴BG2，
∴△BCM周长的最小值为210.
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形.
故答案为：是；
【分析】（1）由旋转的性质得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，结合正方形的性质、角的和差及等量代换得∠EBF＝∠D＝90°，进而得∠EBF+∠D＝180°，从而根据“直等补”四边形的定义即可判断得出答案；
（2）①由“直等补”四边形得∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，进而判断出四边形CDEF是矩形，得DE＝CF，EF＝CD＝2， 再利用AAS判断出△ABE≌△BCF，得BE＝CF，AE＝BF，推出BE=DE， AE＝BE-2， 设BE＝x，则AE＝x-2， 在Rt△ABE中，利用勾股定理建立方程求解可得BE的长；②根据三角形周长的计算方法得△BCM周长＝BC+BM+CM，故当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小， 延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H， 判断出点C与点G关于AD对称， 得BM+CM＝BM+MG≥BG， 即BM+CM≥BM′+M′C， 当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小；判断出△ABE∽△CGH，由相似三角形对应边成比例建立方程求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，利用勾股定理算出BG即可解决本题.
6．（2023·遵义模拟）（1）【问题探究】如图1，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，求证：.
（2）【知识迁移】如图2，在矩形中，，，点E在边上，点M、N分别在边、上，且，求的值.
（3）【拓展应用】如图3，在平行四边形中，，，点分别在边上，点M、N分别在边、上，当与的度数之间满足什么数量关系时，有？试写出其数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：设AE、DF相交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠C=90°，
∴∠ADG+∠CDG=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AGD=90°
∴∠DAG+∠ADG=90°，
∴∠DAG=∠CDG，
在△ADE和△DCF中，
∴△ADE≌△DCF (ASA)，
∴AE= DF；
（2）解：过点N作于点P，、相交于点H，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
；
（3）解：，理由如下：
过点E作交于点K，过点N作交于点L，
四边形是平行四边形，
，，
四边形、是平行四边形，
，，
，
若，
则，
，
，
，
，
，
，
.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）设AE、DF相交于点G，根据正方形的性质可得AD=CD，∠ADE=∠C=90°，由同角的余角相等可得∠DAG=∠CDG，利用ASA证明△ADE≌△DCF，据此可得结论；
（2）过点N作NP⊥AB于点P，BE、MN相交于点H，由同角的余角相等可得∠MBH=∠PNM，由矩形的性质可得∠A=∠ABC=∠C=90°，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△ABE∽△PNM，易得四边形BCNP为矩形，则NP=BC=4，然后根据相似三角形的性质进行计算；
（3）过点E作EK∥AB交BC于点K，过点N作NL∥BC交AB于点L，易得四边形ABKE、BCNL是平行四边形， 则EK=AB=m，NL=BC=n，则，若若，则△EFK∽△NML，根据相似三角形的性质可得∠FEK=∠MNL，由平行线的性质可得∠AEK=∠D，∠D=∠CNL，则∠AEK=∠CNL，据此解答.
7．（2023·南山模拟）平行四边形中，点E在边上，连，点F在线段上，连，连．
（1）如图1，已知，点E为中点，．若，求的长度；
（2）如图2，已知，将射线沿翻折交于H，过点C作交于点G．若，求证：；
（3）如图3，已知，若，直接写出的最小值．
【答案】（1）解：∵，如图1，
∴，
E为的中点，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（2）证明：如图2，设射线与射线交于点M，
由题可设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
延长交于N，
∴，
过E作于P，
则，
在与中，
，
∴，
∴，
过E作于Q，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：的最小值为 ．
【知识点】平行四边形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(3)如图3，把绕点A逆时针旋转得到，得到等边，同理以为边构造等边，
∴，，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
当B，F，M，N四点共线时，最小，
即为线段BN的长度，如图4，
过N作交其延长线于T，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在中， ，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为 ．
【分析】（1）先求出 ， 再求出 ， 最后利用勾股定理计算求解即可；
（2）根据题意先求出 ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）结合图形，利用全等三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
8．（2023·坪山模拟）将正方形的边绕点A逆时针旋转至，记旋转角为，连接，过点B作直线，垂足为点F，连接．
（1）如图1，当时，的形状为 ，的值为 ；
（2）当时，
①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请根据图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②如图3，正方形边长为4，，，在旋转的过程中，是否存在与相似？若存在，则的值为 ▲ ，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）等腰直角三角形；
（2）解：①成立，理由如下，
如图连接，当时，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故结论成立；
②存在，
【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
【解析】【解答】（1）解：如图，连接，
当时，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在中，
，
，
同理，在中，，
，
，
，
故答案为：等腰直角三角形，；
（2）②如图，当时，
，
，
，
由①可知，
，
，
，
同理可证，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，
在中，
，
由①可知，
，
，
，
在中，
，
，
．
【分析】（1）先求出△BEF是等腰直角三角形，再利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（2）①先求出∠FBE=45°，再利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可；
②先求出，再求出，最后利用勾股定理计算求解即可。
9．（2023·南山模拟）在正方形中，点是对角线上的动点（与点，不重合），连接．
（1）将射线绕点顺时针旋转，交直线于点．
①依题意补全图1；
②小深通过观察、实验，发现线段存在以下数量关系：的平方和等于的平方．小深把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成证明该猜想的几种想法：
想法1：将线段绕点逆时针旋转，得到线段，要证的关系，只需证的关系．
想法2：将沿翻折，得到，要证的关系，只需证的关系．
…
请你参考上面的想法，用等式表示线段的数量关系并证明；（一种方法即可）
（2）如图2，若将直线绕点B顺时针旋转，交直线于点．若正方形边长为，，求的长．
【答案】（1）解：①补全图形，如图1所示：
②；理由如下：
想法1：过作，使，连接，如图2所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
想法2，如图所示，
∵四边形是正方形，将沿翻折，得到，
∴，，
∵，
∴
∴
∴
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
（2）解：如图所示，过作，使，连接，
∵直线绕点顺时针旋转°，交直线于点，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴．
∵正方形边长为，
∴，
∵，
设，则
∴
解得：
∴
设，则，
∵．
∴，
解得：
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据题意补图即可；② 过作，使，连接， 证明
，可得，再证，可得，从而得出，在中，利用勾股定理即可求解；
（2） 过作，使，连接， 证明，可得，再证，可得，从而得出∠MAF=90°，由勾股定理可得，由正方形的边长为2，可得，由，可设，，根据AC=AE+EC=5x=2，求出x值，即得， 设，则， 由建立关于a方程并解之即可．
10．（2023·光明模拟）综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为E，F为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明．
（1）独立思考：请解答老师提出的问题；
（2）实践探究：希望小组受此问题的启发，将沿着（F为的中点）所在直线折叠，如图②，点C的对应点为，连接并延长交于点G，请判断与的数量关系，并加以证明．
（3）问题解决：智慧小组突发奇想，将沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点H，折痕交于点M，连接，交于点N．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】（1）解：，
证明：如图，作交于H，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，，
，
；
（2）解：，
证明：如图，连接，
是由翻折得到，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
；
（3）解：如图，过点D作于点J，过点M作于T，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）作交于H， 由平行线分线段成比例可得，即得，根据平行线的性质可得， 根据线段垂直平分线的性质即得结论；
（2）AG=BG，连接，由折叠的性质可得，证明四边形是平行四边形，可得，从而得出AG=GB；
（3）过点D作于点J，过点M作于T，根据 即可求解．
11．（2023·深圳模拟）如图1，已知点G在正方形的对角线上，，垂足为点E，，垂足为点F．
（1）证明与推断：
②求证：四边形是正方形；
②推断：的值为 ▲ ；
（2）探究与证明：
将正方形的绕点C顺时针方向旋转，如图2所示，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展与运用：
正方形在旋转过程中，当B、E、F三点在一条直线上时，如图3所示，延长交于点H，若，则 ．
【答案】（1）解：①四边形是正方形，
，，
、，
，
四边形是矩形，，
，
四边形是正方形；
②由①知四边形是正方形，
，，
，，
，
故答案为：；
（2）解：连接，
由旋转性质知，
在和中，
、，
，
，
，
线段与之间的数量关系为；
（3）
【知识点】正方形的判定与性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；旋转的性质
【解析】【解答】解：（3）解：由（2）知，
∵B、E、F三点在一条直线上，
，
，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
设，则，
则由得，
，
则，，
，
，
解得：，即，
故答案为：．
【分析】（1）①由、及∠BCD=90°，可得四边形CEGF是矩形，易得∠CGE=∠ECG=45°，可得EGg=EC，根据正方形的判定即证；
②由正方形的性质可得 ，，可得，， 根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）连接，证明， 可得， 即得结论；
（3）证明，可得，设，则，由得，，，由即可求出a值.
12．（2023·佛山模拟）数学学习总是循序渐进、不断延伸拓展的，数学知识往往起源于人们为了解决某些问题，通过观察、测量、思考、猜想出的一些结论．但是所猜想的结论不一定都是正确的．人们从已有的知识出发，经过推理、论证后，如果所猜想的结论在逻辑上没有矛盾，就可以作为新的推理的前提，数学中称之为定理．
（1）推理证明：
在八年级学习等腰三角形和直角三角形时，借助工具测量就能够发现：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，当时并未说明这个结论的符合题意性．九年级学习了矩形的判定和性质之后，就可以解决这个问题了．如图1，在中，若是斜边上的中线，则，请你用矩形的性质证明这个结论的符合题意性．
（2）迁移运用：利用上述结论解决下列问题：
①如图2，在线段异侧以为斜边分别构造两个直角三角形与，E、F分别是、的中点，判断与的位置关系并说明理由；
②如图3，对角线、相交于点O，分别以、为斜边且在同侧分别构造两个直角三角形与，求证：是矩形；
【答案】（1）解：延长至点E，使得，连接、，
则，
是上的中线，
，
则四边形是平行四边形，
在中，
，
则四边形是矩形，
，
，
即；
（2）解：①如图连接、，
三角形与是以为斜边直角三角形，
且E是的中点，由（1）可知，
，，
，
是等腰三角形，
又F是的中点，
；
②如图连接，
对角线、相交于点O，
点O是、的中点，
又与是直角三角形，
由（1）可知，
，，
，
是矩形．
【知识点】矩形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）延长至点E，使得，连接、，先证出四边形是矩形，可得AB=CE，再结合，可得；
（2）①连接、，先证出是等腰三角形，再利用“三线合一”可得；
②连接OE，先证出点O是、的中点，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得，，证出AC=BD，即可得到是矩形。
13．（2023·禅城模拟）
（1）【操作体验】用一张矩形纸片折等边三角形．
第一步，对折矩形纸片（）（图），使与重合，得到折痕，把纸片展平（图②）．
第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点C落在上的P处，并使折痕经过点B，得到折痕，折出，，得到．
请证明△PBC是等边三角形．
（2）【数学思考】
如图④，小明画出了图③的矩形和等边三角形．他发现，在矩形中把经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形．请描述图形变化的过程．
（3）【问题解决】
已知矩形一边长为，另一边长为．对于每一个确定的的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形．请画出不同情形的示意图，并写出对应的的取值范围．
【答案】（1）解：由折叠的性质得：EF是BC的垂直平分线，BG是PC的垂直平分线，
∴PB=PC，PB=CB，
∴PB=PC=CB，
∴△PBC是等边三角形．
（2）解：以点B为中心，在矩形中把逆时针方向旋转适当的角度，
得到；
再以点B为位似中心，将放大，使点的对应点落在上，得到；
如图⑤所示；
（3）解：矩形的一边长为，等边三角形边上的高为边长的倍，根据题意，如图所示（答案不唯一）
【知识点】等边三角形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据要求作出图象即可；
（2）根据要求作出图象，再求解并比较大小即可。
14．（2022·南沙模拟）如图1，在正方形ABCD中，E为边AD上的一点，连结CE，过D作DF⊥CE于点G，DF交边AB于点F．已知DG＝4，CG＝16．
（1）EG的长度是 ．
（2）如图2，以G为圆心，GD为半径的圆与线段DF、CE分别交于M、N两点．
①连接CM、BM，若点P为BM的中点，连结CP，求证∠BCP＝∠MCP．
②连接CN、BN，若点Q为BN的中点，连结CQ，求线段CQ的长．
【答案】（1）1
（2）解：①证明：连接CM、BM，
由题意知：DG=MG，CG⊥DM，
∴DC=MC，
又BC=DC，
∴MC=BC，
∵P为BM的中点，
∴∠BCP=∠MCP；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，
∵∠DGC=90°，DG=4，CG=16，
∴，
∵GN=DG=4，
∴CN=CG-GN=12，
∵∠DGC=∠NKC=90°，∠DCG=∠NCK，
∴△DCG∽△NCK，
∴，即，
∴，，
∵NK⊥CD，QH⊥CD，∠BCD=90°，
∴，
∴，
又NQ=BQ，
∴KB=CH=，
∵∠NKH=∠HCL=90°，KH=CH，∠KHN=∠CHL，
∴△NHK≌△LHC，
∴NK=CL=，NH=HL，
∴
∴
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；圆-动点问题
【解析】【解答】(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BC=DC，
∴∠EDG+∠CDG=90°，
∵DF⊥CE，
∴∠DGE=∠DGC=90°
∴∠DCG+∠CDG=90°，
∴∠EDG=∠DCG，
∴△CDG∽△DEG，
∴，即，
∴EG=1．
故答案为：1；
【分析】（1）先证明△CDG∽△DEG，可得，即，再求出EG的长即可；
（2）①连接CM、BM，先证明MC=BC，再结合P为BM的中点，可得∠BCP=∠MCP；
②连接CN、BN，过N作NK⊥CD于K，过Q作QH⊥CD于H，连接NH并延长交BC于L，先证明△DCG∽△NCK，可得，即， 求出 ，，再证明△NHK≌△LHC，可得NK=CL=，NH=HL，求出，最后利用勾股定理求出即可。
15．（2022·顺德模拟）如图
（1）动手操作：如图1，将一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，打开，剪出的是一个 形．再利用图形的“旋转”开展数学探究活动，体会图形在旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法；
（2）问题探究：如图2，由“动手操作”所得的四边形的对角线相交于点，把一个与它全等的四边形绕点旋转，交于，交于．探究线段，之间的数量关系，并说明理由；
（3）拓展迁移：如图3，矩形的对角线交点为，直角的边，分别与边，相交于，．设（为常数），探究线段，之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）正方
（2）解：OE=OF，理由如下：
由（1）得四边形ABCD为正方形，
∴四边形OMHG为正方形，
∴OB=OC，∠OCB=∠OBA=45°，
∵∠COB=∠MOE=90°，
∴∠COF+∠FOB=∠FOB+∠GOB，
∴∠COF=∠GOB，
∴ OEB≌ OFC，
∴OE=OF；
（3）解：如图所示，过点O作OM⊥AB，ON⊥BC，
∴∠OME=∠ONF=∠ONB=90°，
∵∠MBN=90，
∴四边形BMON是矩形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOE+∠EON=∠NOF+∠EON，
∴∠MOE=∠NOF，
∴ OME~ ONF，
∴，
∵AO=OC，OM∥BC，
∴AM=MB，
∴OM=，
同理可得ON=，
∴，
∴OE=kOF．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】(1)解：一张长方形的纸对折两次，然后沿45°的方向剪下一个角，
∴剪下的这个三角形为等腰直角三角形，
将其展开后，这个图形为正方形，
故答案为：正方形；
【分析】（1）根据折叠的性质和剪纸的特征求解即可；
（2）证明 OEB≌ OFC，可得OE=OF；
（3）过点O作OM⊥AB，ON⊥BC，先证明 OME~ ONF，可得，再结合AM=MB，求出OM=，同理得到ON=，再将数据代入可得，化简即可得到OE=kOF。
16．（2022·福田模拟）如图
（1）【教材呈现】如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形和摆放在一起，点为公共顶点，，若固定不动，将绕点旋转，边，与边分别交于点，（点不与点重合，点不与点重合），则结论是否成立 （填“成立”或“不成立”）；
（2）【类比引申】如图2，在正方形中，为内的一个动角，两边分别与，交于点，，且满足，求证：；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形的边长为，，的两边分别与，相交于点，，且满足，若，则线段的长为 ．
【答案】（1）成立
（2）证明：如图2，∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3）
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）结论成立
理由：如图1，∵和都是等腰直角三角形，
∴
∵，，
∴
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：成立
（3）线段的长为
理由：如图3，在上取一点，使，过作于，
又∵四边形为菱形，且，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴2AN=，2AN=AD，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的边长为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴线段的长为．
故答案为．
【分析】（1）先证明可得，结合AC=AB，求出即可；
（2）先证明，再结合可得；
（3）先证明可得，再结合，，求出，求出，然后求出，，最后利用线段的和差可得。
17．（2022·澄海模拟）如图，已知矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（不与两端点重合），过点作于点，连接．
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）若，求折叠后重叠部分的面积．
【答案】（1）证明：如图，由折叠可知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵在矩形中，，
∴
（2）解：∵在矩形中，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
（3）解：如图，连接，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴折叠后重叠部分的面积为：
.
【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
【解析】【分析】（1）利用相似三角形的判定方法求解即可；
（2）根据可得，将数据代入可得，求出，再利用线段的和差可得；
（3）设，则，，利用勾股定理可得求出，再根据可得 ，即， 求出，再根据可得，求出，再求出，最后利用割补法可得折叠后重叠部分的面积=，再计算即可。
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