2023年中考数学探究性试题复习15 四边形
一、综合题
1．（2023八下·镇海期中）定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边不重复相等的四边形叫做“准菱形”．
如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”；
如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”．
（1）如图，在边长为的正方形网格中，、、在格点小正方形的顶点上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”要求：、在格点上；
（2）下列说法正确的有 ；填写所有正确结论的序号
①一组对边平行的“准矩形”是矩形；
②一组对边相等的“准矩形”是矩形；
③一组对边相等的“准菱形”是菱形；
④一组对边平行的“准菱形”是菱形．
（3）如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点．
①若，求证：“准菱形”是菱形；
②在①的条件下，连接，若，，，求四边形的面积．
【答案】（1）解：如图3③所示，四边形 即为所求；
如图3④所示，四边形 即为所求；
（2）①②③④
（3）解：①证明：
在△ACF 和△ECF中，
∴△ACF ≌△ECF（SSS） ，
， ，
，
， ，
， ，
准菱形ACEF是平行四边形，
，
准菱形ACEF是菱形；
②如图⑤，取AC的中点G ，连接BG 、DG 、BD ，
四边形ACEF是菱形，
，
， ， ，
，
， ，
， ，
， ，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
菱形ACEF的面积为： ．
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（2）解：①如图①，当CD∥AB时，
∴∠D+∠A=∠C+∠B=180°，
∵∠A=∠C=90°，
∴∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故①正确；
②如下图，连接BD，
∵∠A=∠C=90°，CD=AB，BD=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），
∴AD=CB，
∴四边形ABCD是矩形，故②正确；
③如图②，
∵AD=AB，CD=CB，AD=BC，
∴AD=BC=AB=CD，
∴四边形ABCD是菱形，故③正确；
④如图②，连接BD，
∵AD=AB，CD=CB，
∴∠ADB=∠ABD，∠CDB=∠CBD，
当AD∥BC时，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是菱形，故④正确，
综上正确的是①②③④；
故答案为：①②③④；
【分析】（1）借助方格纸的特点及勾股定理，根据“准矩形”、“准菱形”定义作图即可；
（2）①根据平行线的性质可得∠D+∠A=∠C+∠B=180°，由等角的补角相等得∠B=∠D=90°，根据有四个角是直角的四边形是矩形可判断①；②连接BD，利用HL判断Rt△ABD≌Rt△CDB，得AD=CB，根据两组对边分别相等且有一个角是直角的四边形是矩形可判断②；根据四边相等的四边形是菱形可判断③；根据等边对等角及平行线的性质可推出∠CDB=∠ABD，由内错角相等，两直线平行推出AB∥CD，由两组对边分别平行，且有一组邻边相等的四边形是菱形可判断④；
（3）①用SSS证△ACF ≌△ECF，得∠ACF=∠ECF，∠AFC=∠EFC，则∠ACF=∠EFC，∠ECF=∠AFC，推出AC∥EF，AF∥CE，根据两组对边分别平行，且有一组邻边相等的四边形是菱形可得结论；②如图⑤，取AC的中点G ，连接BG 、DG 、BD ，根据菱形的对角互相垂直得AE⊥CF，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得DG=GA=GC=GB，进而根据等边对等角及三角形外角相等得∠BGD=90°，即△BGD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质及求出BG=DG=1，由含30°角直角三角形的性质求出AD=1，CD=，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可求出答案.
2．（2023八下·定州期中）如图：
（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】
①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系 （不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是 （不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
【答案】（1）解：证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
（2）不成立，结论：EF=DF-BE；BE=EF+DF
（3）解：由（1）可知，
正方形的边长为6，
，
．
，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，
，
，
，
；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
，
，
，
．
即．
故答案为：．
【分析】（1）证明 ， 可得出 ， 则结论得证；
（2）①将绕点顺时针旋转至，可证，可得则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，可证明，可得出，则结论得证；
（3）根据正方形的性质求出DG，设，则，，利用勾股定理列方程解答，进而求解可得答案。
3．（2023·台儿庄模拟）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．
（1）猜想证明：
试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
（3）解决问题：
如图①，若，请直接写出的长．
【答案】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：，证明如下：
如图②所示，过点D作，垂足为H，则，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由（1）知四边形是正方形，
∴，
∴，
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∴；
（3）解：．
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(3)如图①所示，作于G，
∵四边形是正方形
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
∴．
【分析】（1）先证出四边形是矩形，再结合，可证出四边形是正方形；
（2）过点D作，垂足为H，则，先证出，可得，再利用旋转的性质可得，最后利用等量代换可得；
（3）作于G，根据，，可得，求出，最后利用勾股定理求出即可。
4．（2023·德城模拟）
（1）【实验】如图①，点为线段的中点，线段与相交于点，当时，四边形的形状为 ；
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形
其理论依据是 ．
（2）【探究】如图②，在平行四边形中，点是中点，过点作的垂线交边于点，连接，试猜想，，三条线段之间的数量关系，并给予证明．
（3）【应用】如图③，在中，点为的中点，若，，，求的面积．
【答案】（1）D；对角线相互平分的四边形是平行四边形
（2）解：．
证明：如下图，延长交的延长线于，连接，
∵四边形为平行四边形，点是中点，
∴，，
∴
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，作，
∴，
∵点为的中点，即，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∵与等底等高，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】（1）由对角线相互平分的四边形是平行四边形知，四边形是平行四边形，
故答案为：D；
其理论依据为：对角线相互平分的四边形是平行四边形；
故答案为：对角线相互平分的四边形是平行四边形
【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形可得结论；
（2）延长交的延长线于，连接， 证明， 进而证明结论；
（3）作， 利用平行线分线段成比例和三角形中位线定理可得AE，利用勾股定理求出AB，进而求出， 根据与等底等高可得，则。
5．（2023·长春模拟）如图
（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，得到折痕，连结．若，则四边形的周长为 ．
（2）【探究】如图②，将四边形沿GE折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上．
求证：四边形为菱形．
（3）若，，，，则的面积为 ．
【答案】（1）16
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】【感知】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
故答案为：
【探究】（3）过点A作交于点H，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
，
由折叠可知，，，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
∴，
即的面积为．
故答案为：
【分析】（1）先求出，再利用四边形的周长公式求解即可；
（2）先证出，再证出四边形为菱形；
（3）过点A作交于点H，则，设，则，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出，可得，再求出，即可得到的面积为。
6．（2023·龙岗模拟）综合与探究
在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处．
（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，当，且时，求的长；
（3）如图③，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）解：∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，
又∵矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为3；
（3）解：的值为．
【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】【解答】解：(3)过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴的值为．
【分析】（1）先求出，再利用平行线的性质可得，最后求出即可；
（2）先证出，可得，再将数据代入求出，利用线段的和差求出，可得；
（3）过点作于点，设，则，，设，则，利用勾股定理求出，再结合，可得。
7．（2023·无为模拟）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形中，，则”． 某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
（1）【问题探究】如图2，在正方形中，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想 ；
（2）【知识迁移】如图3，在矩形中，，，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想的值，并证明你的猜想；
（3）【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，点，分别在线段，上，且，求的值．
【答案】（1）1
（2）解：过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在长方形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
（3）解：如图所示：过点作于点，设交于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】（1），
理由如下：
过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1
【分析】（1）过点作交于点，作交的延长线于点，先证出，可得，再求出即可；
（2） 过点作交于点，作交的延长线于点， 先证出，可得，再结合，可得；
（3）过点作于点，设交于点，先证出，可得，再结合，，可得。
8．（2023·济南模拟）某校数学兴趣学习小组在一次活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
（1）发现问题：如图1，在等腰中，，点是边上任意一点，连接，以为腰作等腰，使，，连接．求证：．
（2）类比探究：如图2，在等腰中，，，，点是边上任意一点，以为腰作等腰，使，．在点运动过程中，是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．
（3）拓展应用：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，是正方形的中心，连接．若正方形的边长为，，求的面积．
【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
（2）解：存在最小值，理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
如图所示，连接，过点作延长线于点，根据点到直线的垂线段最短可知，当点与重合时，即时，最小，最小值为，
∵，
∴ ，，
∴，即，
∴，
∴，
在中，，，
∴存在最小值，最小值为．
（3）解：如图所示，连接，过作于，
∵为正方形的中心，
∴，即是等腰直角三角形，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴由勾股定理得：，解得：或（舍），
∴，在中，，
∴的面积为．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）连接，过点作延长线于点，根据点到直线的垂线段最短可知，当点与重合时，即时，最小，最小值为，再求解即可；
（3）连接，过作于，先证出，可得，设，则，利用勾股定理可得，求出x的值，可得，最后利用三角形的面积公式求解即可。
9．（2023九下·东台月考）如图
（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）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】矩形的性质；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）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】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，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，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
10．（2023·淮阴模拟）【背景】
如图1，矩形中，，，、分别是、的中点，折叠矩形使点落在上的点处，折痕为.
（1）【操作】用直尺和圆规在图1中的边上作出点（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）【应用】求的度数和的长；
（3）如图2，若点是直线上的一个动点.连接，在左侧作等边三角形，连接，则的最小值是 ；
（4）【拓展】如图3，若点是射线上的一个动点.将沿翻折，得，延长至，使，连接.当是直角三角形时，的长为多少？请直接写出答案： .
【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：由折叠可知，
∵点，分别是，的中点，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，；
（3）
（4）4或6或8或12
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）如图所示，取中点，连接，，
∵，为中点，
∴.
∵，
∴，
∴为等边三角形.
∵为等边三角形，
∴，.
∴，即，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，
∴.
∴的最小值为，
故答案为：；
（4）如图4-1所示，当时，在射线上时，此时点与点重合，
∴；
如图4-2所示，当时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得，
∴，
∴；
如图4-2所示，当时，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图4-4所示，当时，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当是直角三角形时，的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12.
【分析】（1）连接AK，作出AK的垂直平分线，交AD于一点即为点P；
（2）由折叠的性质可证为等边三角形，从而得出， 利用解直角三角形可求出MK的值；
（3）取中点，连接，，根据SAS证明，可得，根据垂线段最短，可知当时，有最小值，即有最小值，求出此时GE的值即可；
（4）分四种情况：当时、当时、当和当时，据此分别画出图形并解答即可.
11．（2023·惠水模拟）如图，平行四边形中，，点是边上的一点，连接，以为对称轴作的轴对称图形.
（1）动手操作
当点正好落在边上时，在图①中画出的轴对称图形，并判断四边形的形状是 ▲ ；
（2）问题解决
如图②，当点是线段中点，且时，求的长；
（3）拓展探究
如图③，当点、、在同一直线上，且时，求的长.
【答案】（1）解：如图，即为所求，
；
菱形；
（2）解：如图，连接交于点，
与是以为对称轴的轴对称图形，
由轴对称的性质得，，，
是线段的垂直平分线.
点是的中点，.
又点是的中点，
为的中位线，，
.
在中，.
在中，.
；
（3）解：四边形是平行四边形，
∴.
∵与是以为对称轴的轴对称图形，
∴，
，
，
，
又，，
.
，
，
.
，
∽，
，
即，
，
.
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：由折叠可得，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
故答案为：菱形；
【分析】（1）由折叠可得，，，由平行四边形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质可得，即得，由等角对等边可得AB=BP，从而得，根据菱形的判定定理即证；
（2）连接交于点，由轴对称的性质是线段的垂直平分线，从而得EP为△BQC的中位线，可得 ，利用勾股定理分别求出BE、AE的长，利用AP=AE+EP即可求解；
（3）由质朴对称的性质可得AD=DP=10，再证明 ∽，利用相似三角形的性质求出DQ的长， 根据PQ=PD-DQ即可求解.
12．（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.
13．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；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
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
14．（2022·襄阳）矩形ABCD中，＝（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
（1）【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接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°． ∴…… （只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）
（2）【类比探究】如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
（3）【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．
【答案】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接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，连接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边的中点，
∴EC=HB=BC，
∴AH=AB-BC=BC，
∴；
（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k=3，
∴，
设AB=3a，则BC=2a，
∵∠PAE=45°，
∴∠P'AP=90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，
∵AH=AD=2a，
∴BH=a，
∵E是BC的中点，
∴BE=a，
∴HE=a，∠BHE=45°，
∴∠P'HE=135°，
∵CG=EC=a，
∴∠GEC=45°，
∴∠PGE=135°，
∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，
∴△AEP'≌△AEP（SAS），
∴PE=P'E，
∴△PEG≌△P'EH（AAS），
∴∠PEG=∠P'EH，
∵∠HEG=∠EGH=45°，
∴∠HEG=90°，
∴∠PEP'=90°，
∴∠AEP=∠AEP'=45°，
∴∠APE=∠AP'E=90°，
∴四边形APEP'是正方形，
∴AP=PE，
∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，
∴∠DAP=∠EPC，
∵AP=PE，
∴△APD≌△PEC（AAS），
∴AD=PC=2a，PD=ED=a，
∴PE=a，
由（2）得△AHE∽△ECF，
∴，
∵
∴，
∵∠HEG=∠AEF=90°，
∴∠HEA=∠GEF，
∵∠PEG=∠P'EH，
∴∠PEF=∠P'EH=45°，
过点P作PK⊥AE交于K，
∵EF⊥AE，
∴PKEF，
∵，
∴PK=EF，
∴四边形PKEF是矩形，
∴PF=KE，
∵，
∴，
∴
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）在BA上截取BH=BE，连接EH，利用k的值可证得四边形ABCD是正方形，易得△BHE是等腰直角三角形，则∠1=∠2=45°，利用邻补角的定义求出∠AHE=135°，利用角平分线的定义可求出∠3=45°，从而可求出∠ECF=∠AHE=135°，根据同角的余角相等得∠5=∠6，再证明AH=CE，利用ASA证明△AHE≌△ECF，利用全等三角形的性质可证得结论；
（2）在BA上截取BH=BE，连接EH，易证∠BHE=∠BEH=45°，利用邻补角得∠AHE=135°，利用角平分线的定义可求出∠DCE=45°，即可求出∠ECF=∠AHE=135°，根据同角的余角相等得∠BAE=∠FEC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△ECF，利用相似三角形的对应边成比例，可得，利用线段中点的定义可得到EC和BC的数量关系；再用含BC的代数式表示出AH的长；然后求出AE与EF的比值；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，利用k的值可得到AB与BC的比值；设AB=3a，则BC=2a，可得到∠P′AP=90°，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，则BH=a，BE=a，利用解直角三角形表示出HE的长，同时可求出∠BHE=45°，∠P'HE=135°；再证明∠PAE=∠P'AE，利用SAS证明△AEP'≌△AEP，利用全等三角形的对应边相等，可证得PE=P'E，∠PEG=∠P'EH，同时可推出∠APE=∠AP'E=90°，可得到四边形APEP'是正方形，利用正方形的性质可得到AP=PE，利用余角的性质可知∠DAP=∠EPC，利用AAS证明△APD≌△PEC，利用全等三角形的性质可得到AD=PC=2a，PD=ED=a，利用勾股定理表示出PE的长；然后利用相似三角形的对应边成比例，可表示出EF的长；再证明∠PEF=∠P'EH=45°，过点P作PK⊥AE交于K，易证PK∥EF，可得到PK=EF，可证得四边形PKEF是矩形，利用矩形的性质可证得PF=KE，由此可得到关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到BC的长.
15．（2022·盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
（1）证明：；
（2）证明：正方形的面积等于四边形的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
（4）【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形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°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
（4）解：如图为所求作的平行四边形．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的证明；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
【解析】【分析】（1）连接HG，由正方形的性质得AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90°，AB=AD，根据周角的概念可得∠GCH＝90°，则∠GCH＝∠ACB，证明△ACB≌△HCG，得到GH＝AB＝AD，易得四边形CGLH是矩形，则CL＝GH，据此证明；
（2）根据同角的余角相等可得∠BAC＝∠MAI，根据正方形的性质可得AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，证明△ABC≌△AMI，则△AMI≌△HGC，根据矩形的性质可得S△CHG＝S△CHL，则S△AMI＝S△CHL，据此证明；
（3）根据正方形的性质可得AB∥DE， 推出四边形ADJK是平行四边形，由（2）知四边形ACLM是平行四边形，由（1）知AD=LC，则S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI，延长EB交LG于Q， 同理可得S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC，推出S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB，据此证明；
（4）延长IH、FG交于点L，连接LC，以A为圆心，CL长为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径画弧，交这条直线于点D，分别以A、B为圆心，以AB、AI为半径画弧交于点E，连接AD、DE、BE，则四边形ADEB即为所求.
16．（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.
1 / 12023年中考数学探究性试题复习15 四边形
一、综合题
1．（2023八下·镇海期中）定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边不重复相等的四边形叫做“准菱形”．
如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”；
如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”．
（1）如图，在边长为的正方形网格中，、、在格点小正方形的顶点上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”要求：、在格点上；
（2）下列说法正确的有 ；填写所有正确结论的序号
①一组对边平行的“准矩形”是矩形；
②一组对边相等的“准矩形”是矩形；
③一组对边相等的“准菱形”是菱形；
④一组对边平行的“准菱形”是菱形．
（3）如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点．
①若，求证：“准菱形”是菱形；
②在①的条件下，连接，若，，，求四边形的面积．
2．（2023八下·定州期中）如图：
（1）【发现证明】
如图1，在正方形中，点，分别是，边上的动点，且，求证：．小明发现，当把绕点顺时针旋转90°至，使与重合时能够证明，请你给出证明过程．
（2）【类比引申】
①如图2，在正方形中，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出，，之间的数量关系 （不要求证明）
②如图3，如果点，分别是，延长线上的动点，且，则，，之间的数量关系是 （不要求证明）
（3）【联想拓展】如图1，若正方形的边长为6，，求的长．
3．（2023·台儿庄模拟）综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接．
（1）猜想证明：
试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
（3）解决问题：
如图①，若，请直接写出的长．
4．（2023·德城模拟）
（1）【实验】如图①，点为线段的中点，线段与相交于点，当时，四边形的形状为 ；
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形
其理论依据是 ．
（2）【探究】如图②，在平行四边形中，点是中点，过点作的垂线交边于点，连接，试猜想，，三条线段之间的数量关系，并给予证明．
（3）【应用】如图③，在中，点为的中点，若，，，求的面积．
5．（2023·长春模拟）如图
（1）【感知】如图①，将沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，得到折痕，连结．若，则四边形的周长为 ．
（2）【探究】如图②，将四边形沿GE折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上．
求证：四边形为菱形．
（3）若，，，，则的面积为 ．
6．（2023·龙岗模拟）综合与探究
在矩形的边上取一点，将沿翻折，使点恰好落在边上的点处．
（1）如图①，若，求的度数；
（2）如图②，当，且时，求的长；
（3）如图③，延长，与的角平分线交于点，交于点，当时，请直接写出的值．
7．（2023·无为模拟）通过以前的学习，我们知道：“如图1，在正方形中，，则”． 某数学兴趣小组在完成了以上学习后，决定对该问题进一步探究：
（1）【问题探究】如图2，在正方形中，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想 ；
（2）【知识迁移】如图3，在矩形中，，，点，，，分别在线段，，，上，且，试猜想的值，并证明你的猜想；
（3）【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，点，分别在线段，上，且，求的值．
8．（2023·济南模拟）某校数学兴趣学习小组在一次活动中，对一些特殊几何图形具有的性质进行了如下探究：
（1）发现问题：如图1，在等腰中，，点是边上任意一点，连接，以为腰作等腰，使，，连接．求证：．
（2）类比探究：如图2，在等腰中，，，，点是边上任意一点，以为腰作等腰，使，．在点运动过程中，是否存在最小值？若存在，求出最小值，若不存在，请说明理由．
（3）拓展应用：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，是正方形的中心，连接．若正方形的边长为，，求的面积．
9．（2023九下·东台月考）如图
（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）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 .
10．（2023·淮阴模拟）【背景】
如图1，矩形中，，，、分别是、的中点，折叠矩形使点落在上的点处，折痕为.
（1）【操作】用直尺和圆规在图1中的边上作出点（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）【应用】求的度数和的长；
（3）如图2，若点是直线上的一个动点.连接，在左侧作等边三角形，连接，则的最小值是 ；
（4）【拓展】如图3，若点是射线上的一个动点.将沿翻折，得，延长至，使，连接.当是直角三角形时，的长为多少？请直接写出答案： .
11．（2023·惠水模拟）如图，平行四边形中，，点是边上的一点，连接，以为对称轴作的轴对称图形.
（1）动手操作
当点正好落在边上时，在图①中画出的轴对称图形，并判断四边形的形状是 ▲ ；
（2）问题解决
如图②，当点是线段中点，且时，求的长；
（3）拓展探究
如图③，当点、、在同一直线上，且时，求的长.
12．（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.
13．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是 ；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
14．（2022·襄阳）矩形ABCD中，＝（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．
（1）【特例证明】如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；
小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．
证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接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°． ∴…… （只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）
（2）【类比探究】如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；
（3）【拓展运用】如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．
15．（2022·盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．
在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
（1）证明：；
（2）证明：正方形的面积等于四边形的面积；
（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．
（4）【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
16．（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．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图3③所示，四边形 即为所求；
如图3④所示，四边形 即为所求；
（2）①②③④
（3）解：①证明：
在△ACF 和△ECF中，
∴△ACF ≌△ECF（SSS） ，
， ，
，
， ，
， ，
准菱形ACEF是平行四边形，
，
准菱形ACEF是菱形；
②如图⑤，取AC的中点G ，连接BG 、DG 、BD ，
四边形ACEF是菱形，
，
， ， ，
，
， ，
， ，
， ，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
菱形ACEF的面积为： ．
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（2）解：①如图①，当CD∥AB时，
∴∠D+∠A=∠C+∠B=180°，
∵∠A=∠C=90°，
∴∠B=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故①正确；
②如下图，连接BD，
∵∠A=∠C=90°，CD=AB，BD=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），
∴AD=CB，
∴四边形ABCD是矩形，故②正确；
③如图②，
∵AD=AB，CD=CB，AD=BC，
∴AD=BC=AB=CD，
∴四边形ABCD是菱形，故③正确；
④如图②，连接BD，
∵AD=AB，CD=CB，
∴∠ADB=∠ABD，∠CDB=∠CBD，
当AD∥BC时，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是菱形，故④正确，
综上正确的是①②③④；
故答案为：①②③④；
【分析】（1）借助方格纸的特点及勾股定理，根据“准矩形”、“准菱形”定义作图即可；
（2）①根据平行线的性质可得∠D+∠A=∠C+∠B=180°，由等角的补角相等得∠B=∠D=90°，根据有四个角是直角的四边形是矩形可判断①；②连接BD，利用HL判断Rt△ABD≌Rt△CDB，得AD=CB，根据两组对边分别相等且有一个角是直角的四边形是矩形可判断②；根据四边相等的四边形是菱形可判断③；根据等边对等角及平行线的性质可推出∠CDB=∠ABD，由内错角相等，两直线平行推出AB∥CD，由两组对边分别平行，且有一组邻边相等的四边形是菱形可判断④；
（3）①用SSS证△ACF ≌△ECF，得∠ACF=∠ECF，∠AFC=∠EFC，则∠ACF=∠EFC，∠ECF=∠AFC，推出AC∥EF，AF∥CE，根据两组对边分别平行，且有一组邻边相等的四边形是菱形可得结论；②如图⑤，取AC的中点G ，连接BG 、DG 、BD ，根据菱形的对角互相垂直得AE⊥CF，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得DG=GA=GC=GB，进而根据等边对等角及三角形外角相等得∠BGD=90°，即△BGD是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质及求出BG=DG=1，由含30°角直角三角形的性质求出AD=1，CD=，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半即可求出答案.
2．【答案】（1）解：证明：把绕点顺时针旋转至，如图1，
，，，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
（2）不成立，结论：EF=DF-BE；BE=EF+DF
（3）解：由（1）可知，
正方形的边长为6，
，
．
，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得：．
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】（2）①不成立，结论：；
证明：如图2，将绕点顺时针旋转至，
，，，，
，
，
，
；
②如图3，将绕点逆时针旋转至，
，，
，
，
，
，
，
，
．
即．
故答案为：．
【分析】（1）证明 ， 可得出 ， 则结论得证；
（2）①将绕点顺时针旋转至，可证，可得则结论得证；②将绕点逆时针旋转至，可证明，可得出，则结论得证；
（3）根据正方形的性质求出DG，设，则，，利用勾股定理列方程解答，进而求解可得答案。
3．【答案】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
∵将绕点B按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）解：，证明如下：
如图②所示，过点D作，垂足为H，则，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由（1）知四边形是正方形，
∴，
∴，
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∴；
（3）解：．
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：(3)如图①所示，作于G，
∵四边形是正方形
∴，
在中，∵，，
∴，
∴，
∴，
由（2）可知：，
∴，
∴．
【分析】（1）先证出四边形是矩形，再结合，可证出四边形是正方形；
（2）过点D作，垂足为H，则，先证出，可得，再利用旋转的性质可得，最后利用等量代换可得；
（3）作于G，根据，，可得，求出，最后利用勾股定理求出即可。
4．【答案】（1）D；对角线相互平分的四边形是平行四边形
（2）解：．
证明：如下图，延长交的延长线于，连接，
∵四边形为平行四边形，点是中点，
∴，，
∴
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，作，
∴，
∵点为的中点，即，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∵与等底等高，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】（1）由对角线相互平分的四边形是平行四边形知，四边形是平行四边形，
故答案为：D；
其理论依据为：对角线相互平分的四边形是平行四边形；
故答案为：对角线相互平分的四边形是平行四边形
【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形可得结论；
（2）延长交的延长线于，连接， 证明， 进而证明结论；
（3）作， 利用平行线分线段成比例和三角形中位线定理可得AE，利用勾股定理求出AB，进而求出， 根据与等底等高可得，则。
5．【答案】（1）16
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点A、D的对应点分别为、，点恰好落在边上，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
（3）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】【感知】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的周长为；
故答案为：
【探究】（3）过点A作交于点H，则，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
，
由折叠可知，，，
设，则，
由勾股定理得，
∴，
解得，
即，
∴，
即的面积为．
故答案为：
【分析】（1）先求出，再利用四边形的周长公式求解即可；
（2）先证出，再证出四边形为菱形；
（3）过点A作交于点H，则，设，则，利用勾股定理可得，将数据代入可得，求出，可得，再求出，即可得到的面积为。
6．【答案】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴的度数为；
（2）解：∵将沿翻折，使点恰好落在边上点处，
∴，，
又∵矩形中，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的长为3；
（3）解：的值为．
【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】【解答】解：(3)过点作于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵平分，，，
∴，，
在和中，
，
∴
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴的值为．
【分析】（1）先求出，再利用平行线的性质可得，最后求出即可；
（2）先证出，可得，再将数据代入求出，利用线段的和差求出，可得；
（3）过点作于点，设，则，，设，则，利用勾股定理求出，再结合，可得。
7．【答案】（1）1
（2）解：过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在长方形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
（3）解：如图所示：过点作于点，设交于点，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】（1），
理由如下：
过点作交于点，作交的延长线于点，
∴，，
在正方形中，，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：1
【分析】（1）过点作交于点，作交的延长线于点，先证出，可得，再求出即可；
（2） 过点作交于点，作交的延长线于点， 先证出，可得，再结合，可得；
（3）过点作于点，设交于点，先证出，可得，再结合，，可得。
8．【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
（2）解：存在最小值，理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
如图所示，连接，过点作延长线于点，根据点到直线的垂线段最短可知，当点与重合时，即时，最小，最小值为，
∵，
∴ ，，
∴，即，
∴，
∴，
在中，，，
∴存在最小值，最小值为．
（3）解：如图所示，连接，过作于，
∵为正方形的中心，
∴，即是等腰直角三角形，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴由勾股定理得：，解得：或（舍），
∴，在中，，
∴的面积为．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）先证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）连接，过点作延长线于点，根据点到直线的垂线段最短可知，当点与重合时，即时，最小，最小值为，再求解即可；
（3）连接，过作于，先证出，可得，设，则，利用勾股定理可得，求出x的值，可得，最后利用三角形的面积公式求解即可。
9．【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】矩形的性质；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）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】【问题情境】根据正方形的性质可得CD=CB，∠BCD=90°，CG=CE，∠ECG=90°，根据同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，利用SAS证明△DCG≌△BCE，然后根据全等三角形的性质进行解答；
（1）延长BE、GD相交于点H，根据矩形的性质可得∠ECG=∠BCD=90°，由同角的余角相等可得∠DCG=∠BCE，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△DCG∽△BCE，由相似三角形的性质可得，∠BEC=∠DGC，由矩形的性质可得∠FEC=∠FGC=∠F=90°，推出∠H=∠F=90°，据此解答；
（2）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，易证△ECN∽△CGM，根据相似三角形的性质可得CM的值，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，则2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)=2BG′，然后利用勾股定理进行计算即可.
10．【答案】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：由折叠可知，
∵点，分别是，的中点，
∴，，
∴垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，；
（3）
（4）4或6或8或12
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）如图所示，取中点，连接，，
∵，为中点，
∴.
∵，
∴，
∴为等边三角形.
∵为等边三角形，
∴，.
∴，即，
∴，
∴，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∵，
∴.
∴的最小值为，
故答案为：；
（4）如图4-1所示，当时，在射线上时，此时点与点重合，
∴；
如图4-2所示，当时，此时点T与点A重合，
由折叠的性质可得，
∴，
∴；
如图4-2所示，当时，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图4-4所示，当时，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，当是直角三角形时，的长为4或6或8或12，
故答案为：4或6或8或12.
【分析】（1）连接AK，作出AK的垂直平分线，交AD于一点即为点P；
（2）由折叠的性质可证为等边三角形，从而得出， 利用解直角三角形可求出MK的值；
（3）取中点，连接，，根据SAS证明，可得，根据垂线段最短，可知当时，有最小值，即有最小值，求出此时GE的值即可；
（4）分四种情况：当时、当时、当和当时，据此分别画出图形并解答即可.
11．【答案】（1）解：如图，即为所求，
；
菱形；
（2）解：如图，连接交于点，
与是以为对称轴的轴对称图形，
由轴对称的性质得，，，
是线段的垂直平分线.
点是的中点，.
又点是的中点，
为的中位线，，
.
在中，.
在中，.
；
（3）解：四边形是平行四边形，
∴.
∵与是以为对称轴的轴对称图形，
∴，
，
，
，
又，，
.
，
，
.
，
∽，
，
即，
，
.
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：由折叠可得，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
故答案为：菱形；
【分析】（1）由折叠可得，，，由平行四边形的性质可得AD∥BC，利用平行线的性质可得，即得，由等角对等边可得AB=BP，从而得，根据菱形的判定定理即证；
（2）连接交于点，由轴对称的性质是线段的垂直平分线，从而得EP为△BQC的中位线，可得 ，利用勾股定理分别求出BE、AE的长，利用AP=AE+EP即可求解；
（3）由质朴对称的性质可得AD=DP=10，再证明 ∽，利用相似三角形的性质求出DQ的长， 根据PQ=PD-DQ即可求解.
12．【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.
13．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；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
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
14．【答案】（1）证明：如图，在BA上截取BH=BE，连接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，连接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边的中点，
∴EC=HB=BC，
∴AH=AB-BC=BC，
∴；
（3）解：以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，
∵k=3，
∴，
设AB=3a，则BC=2a，
∵∠PAE=45°，
∴∠P'AP=90°，
连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，
∵AH=AD=2a，
∴BH=a，
∵E是BC的中点，
∴BE=a，
∴HE=a，∠BHE=45°，
∴∠P'HE=135°，
∵CG=EC=a，
∴∠GEC=45°，
∴∠PGE=135°，
∵AP'=AP，∠PAE=∠P'AE，AE=AE，
∴△AEP'≌△AEP（SAS），
∴PE=P'E，
∴△PEG≌△P'EH（AAS），
∴∠PEG=∠P'EH，
∵∠HEG=∠EGH=45°，
∴∠HEG=90°，
∴∠PEP'=90°，
∴∠AEP=∠AEP'=45°，
∴∠APE=∠AP'E=90°，
∴四边形APEP'是正方形，
∴AP=PE，
∵∠DAP+∠APD=90°，∠APD+∠EPC=90°，
∴∠DAP=∠EPC，
∵AP=PE，
∴△APD≌△PEC（AAS），
∴AD=PC=2a，PD=ED=a，
∴PE=a，
由（2）得△AHE∽△ECF，
∴，
∵
∴，
∵∠HEG=∠AEF=90°，
∴∠HEA=∠GEF，
∵∠PEG=∠P'EH，
∴∠PEF=∠P'EH=45°，
过点P作PK⊥AE交于K，
∵EF⊥AE，
∴PKEF，
∵，
∴PK=EF，
∴四边形PKEF是矩形，
∴PF=KE，
∵，
∴，
∴
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）在BA上截取BH=BE，连接EH，利用k的值可证得四边形ABCD是正方形，易得△BHE是等腰直角三角形，则∠1=∠2=45°，利用邻补角的定义求出∠AHE=135°，利用角平分线的定义可求出∠3=45°，从而可求出∠ECF=∠AHE=135°，根据同角的余角相等得∠5=∠6，再证明AH=CE，利用ASA证明△AHE≌△ECF，利用全等三角形的性质可证得结论；
（2）在BA上截取BH=BE，连接EH，易证∠BHE=∠BEH=45°，利用邻补角得∠AHE=135°，利用角平分线的定义可求出∠DCE=45°，即可求出∠ECF=∠AHE=135°，根据同角的余角相等得∠BAE=∠FEC，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△AHE∽△ECF，利用相似三角形的对应边成比例，可得，利用线段中点的定义可得到EC和BC的数量关系；再用含BC的代数式表示出AH的长；然后求出AE与EF的比值；
（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，利用k的值可得到AB与BC的比值；设AB=3a，则BC=2a，可得到∠P′AP=90°，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，则BH=a，BE=a，利用解直角三角形表示出HE的长，同时可求出∠BHE=45°，∠P'HE=135°；再证明∠PAE=∠P'AE，利用SAS证明△AEP'≌△AEP，利用全等三角形的对应边相等，可证得PE=P'E，∠PEG=∠P'EH，同时可推出∠APE=∠AP'E=90°，可得到四边形APEP'是正方形，利用正方形的性质可得到AP=PE，利用余角的性质可知∠DAP=∠EPC，利用AAS证明△APD≌△PEC，利用全等三角形的性质可得到AD=PC=2a，PD=ED=a，利用勾股定理表示出PE的长；然后利用相似三角形的对应边成比例，可表示出EF的长；再证明∠PEF=∠P'EH=45°，过点P作PK⊥AE交于K，易证PK∥EF，可得到PK=EF，可证得四边形PKEF是矩形，利用矩形的性质可证得PF=KE，由此可得到关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到BC的长.
15．【答案】（1）证明：如图1，连接HG，
∵四边形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°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
（2）证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
（3）证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
（4）解：如图为所求作的平行四边形．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的证明；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
【解析】【分析】（1）连接HG，由正方形的性质得AC=CH，BC=CG，∠ACH=∠BCG=90°，AB=AD，根据周角的概念可得∠GCH＝90°，则∠GCH＝∠ACB，证明△ACB≌△HCG，得到GH＝AB＝AD，易得四边形CGLH是矩形，则CL＝GH，据此证明；
（2）根据同角的余角相等可得∠BAC＝∠MAI，根据正方形的性质可得AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，证明△ABC≌△AMI，则△AMI≌△HGC，根据矩形的性质可得S△CHG＝S△CHL，则S△AMI＝S△CHL，据此证明；
（3）根据正方形的性质可得AB∥DE， 推出四边形ADJK是平行四边形，由（2）知四边形ACLM是平行四边形，由（1）知AD=LC，则S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI，延长EB交LG于Q， 同理可得S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC，推出S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB，据此证明；
（4）延长IH、FG交于点L，连接LC，以A为圆心，CL长为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径画弧，交这条直线于点D，分别以A、B为圆心，以AB、AI为半径画弧交于点E，连接AD、DE、BE，则四边形ADEB即为所求.
16．【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.
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