2024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(一)
一、解答题
1．（2024八下·潮安期中） 如图，已知正方形ABCD，AB＝8，点M为射线DC上的动点，射线AM交BD于E，交射线BC于F，过点C作CQ⊥CE，交AF于点Q．
（1）当BE＝2DE时，求DM的长．
（2）当M在线段CD上时，若CQ＝3，求MF的长．
（3）①当DM＝2CM时，作点D关于AM的对称点N，求tan∠NAB的值．
②若BE＝4DE，直接写出△CQE与△CMF的面积比 ．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△MDE，
∵BE＝2DE，AB＝8，
，
∴DM＝AB＝4；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝8，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠ADE＝∠CDE＝45°，AD∥BC，
∴∠EAD＝∠F，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠EAD＝∠ECM，
∴∠F=∠ECM，
∵CQ⊥CE，
∴∠MCF＝∠BCD＝90°=∠ECQ，
∴∠F+∠CMQ=∠ECM+∠MCQ，∠ECM+∠MCQ=∠MCQ+∠QCF，
∴∠CMQ=∠MCQ，∠ECM=∠QCF.
∴MQ=CQ.
∵∠ECM＝∠QCF，∠F=∠ECM，
∴∠F＝∠QCF，
∴CQ＝FQ，
∴CQ＝MQ＝FQ＝MF＝3，
∴MF＝6；
（3）解：①a、当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，如图1所示：∵DM＝2CM，CD＝8，∴，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝8，AD∥BC，AB∥CD.∵AB∥CD，∴△MCF∽△ABF，∴，∴CF＝BF，∴CF＝AB＝4，∴BF＝AB+CF＝12，∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠F，由对称的性质得：∠GAF＝∠DAF，∴∠GAF＝∠F，∴AG＝FG，设BG＝x，则AG＝FG＝12﹣x，在Rt△ABG中，由勾股定理得：AB2+BG2＝AG2，即82+x2＝（12﹣x）2，解得：，∴BG＝，∴.b、当点N在正方形外部时，连接AN、MN，延长AB交MN于点G，如图2所示：∵ DM＝2CM ，DM=DC+CM，∴DM=2CD=16.由对称的性质得：∠N＝∠ADC＝90°，AN＝AD＝8，DM=NM=16，∠AMN＝∠AMD，∵AB//CD，∴∠BAM＝∠AMD＝∠AMN，∴AG＝MG，设NG＝x，则AG＝MG＝16﹣x，在Rt△ANG中，由勾股定理得：AN2+NG2＝AG2，即82+x2＝（16﹣x）2，解得：x＝6，∴NG＝6，∴综上所述，
②17：30
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）②若BE＝4DE， 点E在位置，过点E作AN⊥DC于点N.如图所示：
∵BE＝4DE，
∴BD=5DE.
∵AB//CD，
∴∠EAB=∠EMD，∠EBA=∠EDM
∴△EAB∽△EMD
∴.
∴，
∴，MC=6.
∴.
∵AN⊥DC，∠BCD=90°，
∴EN//BC，
∴△DEN∽△DBC.
∴
∴，
∵∠ECN=∠MCF.
∴△ECN∽△MFC.
∴，
∴.
∴FC=24.
∴.
由（2）得：MF=2CQ=2MQ=2QF，
∴.
∴.
∴ △CQE与△CMF的面积比 =QE：MF=17：30.
故答案为：17：30.
【分析】（1）利用正方形的性质AB//CD得△ABE∽△MDE，利用相似三角形的性质和BE＝2DE，即可求得DM长；
（2）利用正方形性质证明△ADE≌△CDE，得∠EAD＝∠ECM，再证∠ECM=∠QCF=∠F，得CQ＝FQ，于是可得MF=2CQ，可得结论.
（3）①a，当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，由DM＝2CM ，求得CM值；证△MCF∽△ABF求出BF长；由AD∥BC和对称性质证得AG=GF. 设BG=x，在△ABG中利用勾股定理，可求得x的值，于是可计算 tan∠NAB ；
①b，当点N在正方形外部时，连接AN、MN，延长AB交MN于点G，由DM＝2CM ，求得DM值；由对称和平行线的性质可证得AG=MG. 设NG=x，AG=16-x，在△ANG中利用勾股定理，可求得x的值，于是可计算 tan∠NAB ；最后综述即可.
②过点E作AN⊥DC于点N，证明△EAB∽△EMD，得DM和AM长，从而MC和EM长；证明△DEN∽△DBC，得CN和EN长；证明△ECN∽△MFC，得FC和MF的长；根据（2）的结论MF=2CQ=2MQ=2QF，可求得MQ和FQ的长，从而得EQ长.利用等高的三角形面积比等于底边长之比得到结论.
2．（2024八下·岳麓月考）对于一个四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形．
（1）命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是 （真或假）命题．
（2）如图，在正方形ABCD中，E是AB边上一点，F是AD延长线一点，，连接EF，EC，FC，取EF的中点G，连接CG并延长交AD于点H．探究：四边形BCGE是否是奇特四边形，如果是证明你的结论，如果不是请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若四边形BCGE的面积为16，则的值是多少？
【答案】（1）假
（2）解：四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
，
，，
，
，
是EF的中点，
，，
，，
四边形BCGE是奇特四边形；
（3）解：过点G作，，
，
由知（2），
，
，，
，
四边形BMGQ是正方形，
，，
，
四边形BCGE的面积是16，
，，
是EF的中点，，
，
，，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；直角三角形的性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：（1）如图所示，
在四边形ABCD中，AC=AB，DC=DB，∠B=∠C，满足有一组对角相等且有两组邻边相等，但它不是正方形，
命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是假命题.
故答案为：假命题.
【分析】（1）假命题，根据命题中的条件画图验证即可；
（2）根据正方形的性质得到，，进而可利用SAS证得，再根据全等三角形的性质得出，，进而得到，然后根据中点的性质得到，，再结合奇特四边形的定义判断即可；
（3） 过点G作，， 利用AAS证得，进而得到四边形BMGQ是正方形，等量代换得到，再根据正方形的面积求出，然后利用中点的性质及平行线等分线段得到，进而得到AF=8，即可得到的值.
3．（2024八下·临平月考）如图，的对角线，交于点O，平分，交于点E，且.
（1）求证：；
（2）若，，连接；
①若，求平行四边形的面积；
②设，试求k与m满足的关系.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE.
（2）解：①∵，
∴，
∴，
∴AE＝CE，
∵∠ABC＝60°，，
∴∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝90°，
当时，AB＝4，
∴平行四边ABCD的面积；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△AOD＝S△BOC，，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝mBC，
∵△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，
设BC边上的高为h，BC的长为b，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴2﹣m＝k，
∴m+k＝2．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；平行四边形的面积；解直角三角形—含30°角直角三角形
【解析】【分析】（1）根据 ABCD中，∠ADC=60°，可得△ABE是等边三角形，进而可以证明结论；
（2）①根据 ，可得，证明∠BAC=90°，再利用含30度角的直角三角形可得AB的长，进而可得平行四边ABCD的面积； ②根据四边形ABCD是平行四边形，可得S△AOD=S△BOC，，由△ABE是等边三角形，可得BE=AB=mBC，由△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，设BC边上的高为h，BC的长为b，分别表示出四边形OECD和三角形AOD的面积，进而可得k与m满足的关系．
4．（2024八下·诸暨月考）在平行四边形中，，，．
（1）若，则 ；
（2）如图，当时，求对角线的长（用含的式子表示）；
（3）如图，四边形，四边形都是平行四边形，延长交于点，若，，，，求的长．
【答案】（1）
（2）解：延长，过点作的延长线于点，如图，
∵，
∴，
∴∠CDE=30°.
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
当时，；
（3）解：过点作，交的延长线于点，连接，如图所示，
∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：连接AC，如图：
∵ 平行四边形中，，， a=b=2，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2，，BD=2BO，AC⊥BD，，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴.
∴.
故答案为：.
【分析】（1）当a=b=2时，可得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形对角线的性质可求得∠BAC的度数，从而可判定三角形BAC为等边三角形，再结合对角线的性质，即可求得BO长，2BO即BD.
（2）延长，过点作的延长线于点，根据，可得∠DCE=60°，根据含30°角的直角三角形的性质可求得CE和DE长，利用勾股定理即可表示出BD，代入a=2，可得BD.
（3）过点作，交的延长线于点，连接，参照（2）的计算过程可求得BD长.根据平行四边形的性质，可得AF=DE=1，AF//DE，由AG⊥BE，可得DE⊥BE，在Rt△BED中利用勾股定理即可求得BE长.
5．（2024·保康模拟）在△ABC中，AC＝BC，点D是边AB上不与点B重合的一动点，将△BDC绕点D旋转得到△EDF，点B的对应点E落在直线BC上，EF与AC相交于点G，连接AF．
（1）如图1，当点D与点A重合时，
①求证：∠C＝∠CEF；
②判断AF与BC的位置关系是 ▲ ；
（2）如图2，当点D不与点A重合，点E在边BC上时，判断AF与BC的位置关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D是AB的中点，点E在边BC上时，延长BA，CF相交于点P，若AB＝CD＝2，求PF的长．
【答案】（1）解：①证明：∵AC＝BC，AE＝AB，
∴∠CAB＝∠B＝∠AEB，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠CAB＝180°﹣2∠B，
由旋转的性质可得∠FEA＝∠B，∠F＝∠C，
∴∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2∠B，
∴∠C＝∠CEF；
②AF∥BC；
（2）解：AF∥BC，理由为：
过点F作FH⊥CB于点H，过点A作AK⊥BC于点K，如图，
则∠FHC＝∠AKB＝90°．
∴FH∥AK，
由旋转可得AC＝EF＝BC，
由（1）可得∠ACE＝∠CEF，
在△FHE和△AKC中，
，
∴△FHE≌△AKC（AAS），
∴FH＝AK，
∴四边形AKHF是矩形，
∴AF∥BC；
（3）解：连接AE，如图，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝DE＝DB＝1，∠CDB＝90°，
∴∠EAD＝∠AED，∠EBD＝∠DEB，
∴∠AEB＝∠AED+∠DEB＝∠EAD+∠EBD＝90°，
由旋转可得DC＝DF，∠FDE＝∠CDB＝90°，
∴∠FDC＝∠EDB．
∴∠FCB＝∠FCD+∠DCB＝∠B+∠DCB＝90°，
由（2）可得四边形AFCE是矩形，
∴CF＝AE，AF＝CE，AF∥CE，
，
，即，
，
，
∵AF∥CE，
∴△PFA∽△PCB，
，即，
解得.
【知识点】平行线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）①由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得∠C＝180°﹣∠B﹣∠CAB＝180°﹣2∠B，由旋转的性质可得∠FEA＝∠B，∠F＝∠C，由平角的定义可得∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2∠B，继而得解；
②根据内错角相等两直线平行解题即可；
（2）过点F作FH⊥CB于点H，过点A作AK⊥BC于点K，证明四边形AKHF是矩形，再利用矩形的性质即得结论；
（3）连接AE，证明四边形AFCE是矩形，可得CF＝AE，AF＝CE，AF∥CE，再利用勾股定理及三角形的面积公式分别求出BC、AE、BE的长，再证△PFA∽△PCB，利用相似三角形的性质即可求解.
6．（2024九下·长春开学考）如图，在矩形中，，，点在边上，且，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连接，当点与点重合时，点停止运动设点的运动时间为秒
（1）当点和点重合时，线段的长为 ；
（2）当点和点重合时，求的比值是多少？
（3）当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形，如图，请说明理由；
（4）作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，请直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）解：如图所示，
，，
，，
，
∽，
，
，，
；
（3）证明：如图所示，过点作于点，
，，
，，
，
四边形是矩形，
四边形是矩形，
，
又，
，
≌，
，
是等腰直角三角形；
（4）解：或或
【知识点】矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
四边形是矩形，
，
，
四边形是矩形，
当点和点重合时，
，，
在中，，
故答案为：；
如图所示，当点在上时，
，，
在中，，
则，
，
，，
在中，，
，
解得：，
当时，点在矩形内部，
时符合题意；
当点在上时，当，重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，，
，
解得；
当点在上，当，重合时，此时点与点重合，如图，
则是正方形，此时．
综上所述，或或．
【分析】（1）根据矩形的性质，结合勾股定理求解即可；
（2）根据直角三角形的性质，证三角形PBE和ECD相似，根据相似三角形对应边成比例求解即可；
（3） 过点作于点 ，根据矩形的判定和性质证三角形PHE和ECQ全等，根据全等三角形的性质求证即可；
（4）分三种情况：点P在BE上，点P在AB上，点P在AD上，根据矩形的性质和轴对称的性质，利用勾股定理建立方程求解即可。
7．（2024九上·松原期末）如图，在矩形中，，，对角线，交于点点从点出发，沿方向匀速运动速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接并延长交于点，过点作，交于点，设运动时间为，解答下列问题：
（1）当为何值时，是等腰三角形；
（2）设五边形的面积为，试确定与的函数关系式；
（3）在运动过程中，当：：时直接写出的值．
【答案】（1）解：在矩形中，，，
，
当，如图，过作于点，
，
，，
∽，
，
，
当，
当为或时，是等腰三角形；
（2）解：如图，过点作交于点，则，
由矩形的性质可知，，又得，
≌，
，
则
，
∽，相似比为，
，
，
，
；
与的函数关系式为；
（3）或
【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】【解答】解：，
：：：，
解得，或，
当：：时，或．
【分析】(1)依据矩形的性质和勾股定理可得AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，利用相似三角形的性质可得AP=t=，②当AP=AO=t=5，从而得解.
(2)过点O作OH⊥BC交BC于点H，因为BE=PD，可求△BOE的面积，证得△DFQ∽△DOC，根据相似三角形的面积比可求得△DFQ的面积，从而可求五边形OECQF的面积.
(3)根据题意列方程：：，解之得到t=3或t=可求解.
8．（2024九上·定边期末）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．
（1）如图，连接．
求证：平分；
求证：是的中点；
（2）如图，连接，若平分，，求的长．
【答案】（1）证明如图，
由旋转性质得，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
如图，过点作于点，
由①可知，
又∵，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴点为中点，
（2）解：如图，作于点，
由（）可知，，
∴，，
∵，平分，
∴
∴，
∴，
设，则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质，可得∠CEB=∠CBE；根据举行的性质，可得AD∥BC；根据平行线的性质和等量代换原则，即可得∠AEB=∠CEB；根据角平分线的判定，即可得BE平分∠AEC；
②根据三角形全等的判定（AAS和AAS）和性质，可得BP=BA，BH=HG；
（2）根据三角形全等的性质，可得全等三角形对应边相等；根据角平分线的性质，可知∠EFH和∠EHF的值；根据等腰直角三角形的性质，可得EF=EH=BA=DC；根据勾股定理，列关于x的一元二次方程，解方程即可求出AE的值.
9．（2023八下·兴仁月考）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
（1）四边形如图1所示，四边形是 （填“矩形”或“菱形”或“正方形”）； （填“”或“”）；
（2）四边形如图2所示，且，四边形是 ▲ （填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗 若成立，请说明理由．
（3）四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
【答案】（1）菱形；=
（2）解：同理可得，四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴菱形ABCD是正方形；
过点P作MN⊥BC交AD于点M，交BC于点N，如图所示：
∴AB//MN，
∴∠ABP=∠BPN，
∵PEPB，PN⊥BE，
∴PN平分∠BPE，
∴∠BPN=∠EPN，
∴∠ABP=∠EPN，
∴∠ABP=∠ADP，
∴∠EPN=∠ADP，
∵∠PMD=90°，
∴∠DPM+∠PDM=90°，
∴∠DPM+∠EPN=90°，
∴∠DPE=180°-（∠DPM+∠EPN）=180°-90°=90°，
∴∠DPE=∠ABC；
故答案为：正方形；∠DPE=∠ABC；
（3）解：
【知识点】菱形的判定；正方形的判定；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】（1）设CD、PE相交于点F，如图所示：
根据轴对称的性质可得：AD=AB，BC=CD，PB=PD，
∵BA=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠ABC=∠DCE，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SSS），
∴∠PBC=∠PDC，
∵PE=PB，
∴∠PBC=∠PEC，
∴PDC=∠PEC，
∵∠PFD=∠CFE，
∴∠DPE=∠DCE，
∴∠DPE=∠ABC，
故答案为：菱形；=；
（3）∵PE=PB，，
∴∠PBE=，
∵，
∴∠APB=∠ACB+∠PBE=，
同理可证：△BCP≌△DCP，
∴∠BPC=∠DPC，
∴∠APB=∠APD=，
∴∠DPB=∠APD+∠APB=2（）=，
故答案为：.
【分析】（1）利用轴对称的性质及等量代换可得AB=BC=CD=AD，即可证出四边形ABCD是菱形，再利用“SSS”证出△BCP≌△DCP可得∠PBC=∠PDC，再利用等量代换可得∠DPE=∠ABC；
（2）结合∠ABC=90°，可证出菱形ABCD是正方形；过点P作MN⊥BC交AD于点M，交BC于点N，再利用角的运算和等量代换可得∠DPE=180°-（∠DPM+∠EPN）=180°-90°=90°，即可证出∠DPE=∠ABC；
（3）先利用角的运算求出∠APB=∠ACB+∠PBE=，再结合∠APB=∠APD=，求出∠DPB=∠APD+∠APB=2（）=即可.
10．（2024八上·成都期末） 如图1，在边长为2的正方形中，点是射线上一动点，连接，以为边在直线右侧作正方形．
图1 图2
（1）当点在线段上，连接，求证：；
（2）当点是线段中点，连接，求线段的长；
（3）如图2，点在线段的延长线上，连接，若的延长线恰好经过的中点，求线段的长．
【答案】（1）解：
∵四边形和四边形都是正方形
∴，，
∴
在和中，
∴
∴
（2）解：过点作，垂足为点
∵四边形和四边形都是正方形
∴，
∴
在和中，
∴
∴，
∴
∴
∵点是线段中点，且正方形的边长为2
∴
∴
（3）解：法一：
在的延长线取一点，使得，连接
∵是中点
∴
在和中，
∴
∴，
∴
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∴，
∴
∴
∴
法二：
连接，，并延长交于点
由（1）可知：，且
∴
∴，
∵是中点
∴
在和中，
∴
∴，
∵
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴和都是等腰直角三角形
∴，
∴
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；等腰直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质得到，，，进而得到 ，根据三角形全等的判定定理即可求解；
（2）过点作，垂足为点 ，由正方形的性质得到边角关系利用AAS证明，再由三角形全等的性质和线段的和差得到 ，最后根据线段的中点性质以及正方形的性质即可求解；
（3）法一：在的延长线取一点，使得，连接 ，先利用SAS证明，根据三角形全等的性质和平行线的性质证明为等腰直角三角形 ，根据等腰直角三角形的性质即可求解；法二：连接，，并延长交于点 ，通过证明，，利用等腰直角三角形的性质即可求解.
11．（2024九上·武侯期末）如图，在矩形中，，，点E是边上一点，连接，将沿折叠得到，边，分别交于点M，N．
（1）求证：；
（2）当时．
①求BE的长；
②若点P是边上的动点，连接，过点A作的垂线交线段于点Q，试探究的值是否发生变化，若变化，请说明理由；若不变，请求出的值．
【答案】（1）证明：∵矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，
∴，，，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵，，，
∴，
∴，，
∴，即，
设，则，，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②的值不变，值为．
理由：连接，交于点O，过F作于H，
∵折叠，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】(1)先证明∠DAM=∠CNE，再结合∠D=∠C=90°，根据两角对就相等的三角形相似即可证明结论.
(2)①根据AAS证明△CNE≌△FNM，得到CN=FN，EN=MN，CE=x，则BE=4-x，AM=5-x，DM=x+1，在Rt△ADM中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可求解.
②的值不变.连接FQ，BF交AE于点O，过点F作FH⊥AB，垂足为点H，证明△AOB∽△ABE，求出BF，证明△FBH∽△AEB，求出FH，证明△FHP∽△ABQ，得，从而求解.
12．（2024九上·福州期末）如图，和分别位于两侧，为中点，连接，．
（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，连接交于点F，在上取一点G使得．若，．猜想与之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，是以为斜边的等腰直角三角形，若，，请直接写出当取最大值时的面积．
【答案】（1）解：如图，过点E作，交延长线于F，
∵，，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵E是中点，
∴，
∴，
∴，
∴
（2）解：，理由如下：
如图2，延长至，使，作于，
∵，
是等边三角形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
∵E为AD中点，
∴
，
，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，取的中点，连接，
是的中点，
，
点在以为圆心，半径是1的上运动，
在上截取，
，
，
，
，
，
，
当、、在一条直线上时，
最大，
，
，
如图4，
连接，作于，
，
，
设，，
在中，
，
，
，（舍去），
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）过点E作，交延长线于F，证明是等腰直角三角形，求出AD的长度，进而证明是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到求出CF，最后利用勾股定理即可求解；
（2）延长至，使，作于，证明是等边三角形，证明是等边三角形，得到，利用"SAS"证明，得到，再利用"SAS"证明，得到，进而即可求解；
（3）取的中点，连接，可得到点在以为圆心，半径是1的上运动，在上截取，证明，得到确定当、、在一条直线上时，最大，在中，利用勾股定理求出EM的长度，最后根据三角形面积计算公式即可求解.
二、实践探究题
13．（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 。
14．（2023·兰州）综合与实践
（1）【思考尝试】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
（2）【实践探究】
小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
（3）【拓展迁移】
小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】（1）解：∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）解：如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据垂直得到，，进而根据矩形的性质得到，从而得到，再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而根据正方形的判定即可求解；
（2）先根据垂直得到，进而根据矩形的性质得到，同理可得：，根据正方形的性质结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而得到
四边形是正方形，进而得到，再结合题意即可求解；
（3）连接，先根据正方形的性质结合题意即可得到，，，进而根据相似三角形的判定与性质证明，即可得到，，进而得到，再相似三角形的判定与性质证明得到即可求解。
15．（2024九下·麻城期中） 某校数学活动小组探究了如下数学问题：
（1）问题发现：如图1，中，，．点P是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是 ；
（2）变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由；
（3）问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点
是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长．
【答案】（1）
（2）解：结论：，
理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，如图所示，
∵四边形与四边形是正方形，与交于点，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
在中，，设，则，
又∵正方形的边长为，
∴，
∴，
解得（舍去），．
∴正方形的边长为6．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；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-SAS
【解析】【解答】解：∵是等腰直角三角形，，
在中，，，
∴，，
∴．
在和中， ，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
16．（2024·深圳模拟）综合与探究．
（1）【特例感知】
如图（a），E是正方形ABCD外一点，将线段AE绕点A顺时针旋转得到AF，连接DE，BF．求证：；
（2）【类比迁移】
如图（b），在菱形ABCD中，，P是AB的中点，将线段PA，PD分别绕点P顺时针旋转得到PE，PF，PF交BC于点G，连接CE，CF，求四边形CEGF的面积：
（3）【拓展提升】
如图（c），在平行四边形ABCD中，为锐角且满足．P是射线BA上一动点，点C，D同时绕点P顺时针旋转得到点，，当为直角三角形时，直接写出BP的长．
【答案】（1）证明：
正方形，
线段绕点顺时针旋转得到
，
∴
（2）解：连接．如图：
∵菱形ABCD，
∴AB=AD=4，∠B=∠ADC=60°，AD//BC.
由题意可知：
，
，
过点作，交BC于N，交DA的延长线于点M，
∵P为AB中点，
可证：
，
∴
，即
四边形的面积为．
（3）6或或或18．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；一元二次方程的应用-几何问题；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图：
∵ 四边形ABCD 为平行四边形，
∴AD=BC=10，AB=CD=12，∠ABC=∠ANC.
又，
∴C(10，0)，
，
∴，即.
∴，即.
过点P作FG⊥x轴，交DA延长线于点F，作D'G⊥FG于点G，过P作WV//x轴，作C'W⊥WV于点W，作CV⊥WV于点V.
∵直线AB的表达式为：，设点
∴，.
∵ 点C，D同时绕点P顺时针旋转得到点，，
∴PD=PD'，PC=PC'，∠DPD'=∠CPC'=90°.
易证：△DFP≌△PGD'，△CVP≌△PWC'，
∴，.，.
∴，即，
，即；
，.
∴，
，
.
①当∠C'BD'=90°时，
∴
整理得
解得：.
∴.
②当∠BC'D'=90°时，
，
解得：m=3.6，
∴.
③当∠C'D'B=90°时，
，
解得：m=10.8，
∴.
综上所述：当为直角三角形时，BP的长为6或或或18．
【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质可证得，利用全等三角形性质即可得到结论；
（2）连接，利用旋转性质和菱形性质可证得，可得，.过点作，交BC于N，交DA的延长线于点M，可证得，利用相似三角形的性质可求得NG的长，和，从而可得CG.再利用平行线的判定得EF//MN，利用平行线性质得EF⊥CG.于是可求四边形的面积.
（3）以以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，可求得点C，A，D的坐标.过点P作FG⊥x轴，交DA延长线于点F，作D'G⊥FG于点G，过P作WV//x轴，作C'W⊥WV于点W，作CV⊥WV于点V.设点P坐标，根据旋转的性质证得△DFP≌△PGD'，△CVP≌△PWC'，可得，.，.于是可表示出F，V，W，C的坐标，从而计算出点C'和D'的坐标，利用两点间距离公式表示出BC'2，BD'2，C'D'2，分∠C'BD'=90°时，∠BC'D'=90°时，∠C'D'B=90°时三种情况利用勾股定理建立关于m的方程，求出m即可得到BP的值.
17．（2024九下·随州模拟）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN=MN．
（1）【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=， ，求证：M是CD的中点．
（3）【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是 ．
【答案】（1）12
（2）证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，
∴tan∠BAN＝＝ ，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（3m）2+（3m﹣n）5＝（m+n）2，
整理得：3m＝3n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；
（3）8
【知识点】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；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN与△AEN中，
∵AM=AE，∠MAN=∠EAN，AN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得，
则BN+DM=10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-6，DM=CD-CM=x-8，
∴x-6+x-8=10，
解得x=12，
即正方形ABCD的边长为12；
故答案为：12；
（3）如图，延长AB至点P，使BP=BN=4，过点P作PQ∥BC，交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接ME，
∵PQ∥BC，AD∥BC，
∴AD∥PQ，
又AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∵AD=AP=AB+BP=16，∠D=90°，
∴平行四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=16，
设DM=a，则MQ=16-a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴，
∴，
∴EQ=PQ-PE=，
由（1）得EM=PE+DM=，
在Rt△QEM中，由勾股定理得EQ2+MQ2=ME2，
即，
解得a=8，
即DM=8.
故答案为：8.
【分析】（1）由正方形性质得AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，由旋转得△ABE≌△ADM，则BE=DM，∠BAE=∠DAM，推出∠MAN=∠EAN，从而用SAS证出△AMN≌△AEN，得MN=EN，由线段的和差及等量代换得MN=BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理算出MN=10，设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-6，DM=CD-CM=x-8，从而可建立关于x的方程，求解即可解决此题；
（2）设BN＝m，DM＝n，由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，在△ABN中，利用∠BAN的正切函数得AB＝3BN＝3m，然后根据正方形的各边相等及线段的和差得CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理建立方程可得3m＝3n，从而可求出CM=n，根据线段中点的定义即可得出结论；
（3）延长AB至点P，使BP=BN=4，过点P作PQ∥BC，交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接ME，首先证出四边形APQD是正方形，得PQ=DQ=16，设DM=a，则MQ=16-a，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△ABN∽△APE，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出PE的长，从而可求出EQ的长，由（1）得EM=PE+DM=，在Rt△QEM中，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而此题得解.
18．（2024九下·广州月考）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系．问题探究：
（1）先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；
（2）再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系；
（3）问题拓展将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：在上截取，使，连接．
，，
．
，
．
．
∵四边形是菱形，
∴，，
，，
，
．
∴
．
（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，如图所示：
设菱形的边长为，
，
．
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴，
，
∴在中，，
，
∴.
，
∴由（2）知，．
，
，
，即，
；
在上截取，使，连接，作于点O．
由（2）知，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
．
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；四边形的综合
【解析】 【解答】解：（1）过点F作交延长线于H，
∴，
∴，，
∴，
在和中
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】（1）过点F作交延长线于H，证明，得，，证明四边形ABCD是正方形，得，于是可证得，，再由∠DCH=90°，可得结论.
（2）在上截取，使，连接．证明，可得．再根据菱形的性质可证得∠BCD的度数和BN=BE.由BN=BE可求∠ANE的度数，利用∠ECF－∠BCD即可求∠GCF的度数.
（3）过点作的垂线交的延长线于点，设菱形边长为，根据 可表示出DG和CG；根据菱形对角的性质得∠ADP=60°，于是可求PD和AP的度数；根据和（2）的结论可得∠GCF=90°=∠P，于是可证.根据相似三角形的性质求得CF的长；在上截取，使，连接，作于点O．可得，从而求得NE长.证明等腰三角形BNE，利用“三线合一”的性质和含30°角直角三角形的性质求得BE以及CE长，即可得结论.
19．（2024九下·深圳月考）
（1）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF＝BG；
（2）【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．若EG HF＝48，求HF的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，点E在直线AB上，BE＝4，AF⊥DE交直线BC于点F．请直接写出线段FC的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，
∵AF⊥BG，
∴∠APB=90°，
∴∠BAF=∠CBG=90°-∠ABG，
在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG（ASA），
∴AF=BG.
（2）解：如图，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC=∠HNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，
∵∠B=∠C=∠EMC=90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴EM=BC=8，EM∥BC，
∴EM∥AD，
∵∠A=∠B=∠HNB=90°，
∴四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，∠AHN=90°，
∴∠HIJ=∠AHN=90°，
∵EG⊥FH于点P，
∴∠EPJ=90°，
∴∠NHF=∠MEG=90°-∠EJH，
∵∠HNF=∠EMG=90°，
∴△HNF∽△EMG，
∴
∴EG=2HF，
∵EG HF=48，
∴2HF HF=48，
解得：（负值舍去）
故HF的长是.
（3）解：理由：作AH⊥BC于点H，DM⊥BA交BA的延长线于点M，设AF⊥DE于点G，则∠AHB=∠AHF=∠M=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=6，
∴AD=BC=AB=6，AD∥BC，
∴∠DAM=∠B=60°，
∴，，
∴
，，
∴
，
当点E在线段AB上，且BE=4，则AE=AB-BE=6-4=2，
∴EM=AE+AM=2+3=5，
∴，
则∠AGD=90°，
，
∴，
∴，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADG=90°-∠DAF，
∴，
则，
；
当点E在线段AB的延长线上，且BE=4，则AE=AB+BE=6+4=10，如图，设AF⊥DE于点L，
∴EM=AE+AM=10+3=13，
∴，
则∠AGD=90°，
，
∴，
∴，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADL=90°-∠DAF，
∴，
则，
；
综上所述，线段FC的长为或.
【知识点】三角形的综合；四边形的综合
【解析】【分析】（1）由正方形的四条边相等，四个角都是直角可得∠ABF=∠C=90°，AB=BC，根据等角的余角相等可得∠BAF=∠CBG，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等即可证明；
（2）作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，根据矩形的四个角是直角，对边平行可得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，根据四个角是直角的四边形是矩形可得四边形EBCM是矩形，根据矩形的对边平行且相等可得EM=BC=8，EM∥BC，根据平行与同一直线的两直线互相平行可得EM∥AD，根据四个角是直角的四边形是矩形可得四边形ABNH是矩形，根据矩形的四个角是直角，对边相等可得HN=AB=4，∠AHN=90°，推得∠HIJ=∠AHN=90°，根据等角的余角相等可得∠NHF=∠MEG，根据有两个角对应相等的两个三角形是学相似三角形可得△HNF∽△EMG，根据相似三角形的对应边之比相等可求得EG=2HF，即可求解；
（3）作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，根据菱形的四条边相等，对边平行可得AD=BC=AB=6，AD∥BC，根据两直线平行，同位角相等可得∠DAM=∠B=60°，根据特殊角的锐角三角函数可得，，
，分两种情况讨论：当点E在线段AB上，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，根据三角形的面积求得AG的值，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DG的值，根据锐角三角函数的定义可求得FH的值，即可求解；当点E在线段AB的延长线上，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，根据三角形的面积求得AL的值，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DL的值，根据锐角三角函数的定义可求得FH的值，即可求解.
20．（2024·广西壮族自治区模拟）【活动探究】在数学课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是BC，CD边上一点，若，试猜想的形状，不用证明．
【尝试实践】小美受此启发，她尝试将“”改为“”，通过测量验证发现猜想仍然成立，并进一步思考证法：如图2，过点作，求证
请你按照小美的思路进一步思考，并解答这个问题．
【拓展应用】小玲在老师问题上进一步改编：如图3，过作于点，当EF的中点经过CG时，请直接写出EF的长度．
【答案】【解答】解：活动探究：是等边三角形，理由如下：
∵菱形中，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
尝试实践：过点F作，
∵是菱形的对角线，
∴
∵，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
又∵
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
拓展应用：过点E作于点H，
∵，
∴，
又∵是菱形，
∴，
∴，
又∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可得，
∴，
又∵，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，即，
过点A作于点N，
则，，
∴，
∴，
又∵是等边三角形，
∴.
【知识点】等边三角形的判定；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】活动探究：根据菱形的性质得到，即可判断的形状；
尝试实践：过点F作，利用“ASA”证明，即可得到结论；
拓展应用：过点E作于点H，则有，即可得到，设，根据，求出，然后点A作于点N，然后根据勾股定理和等边三角形的性质解题即可.
21．（2024八上·海曙期末） 定义：把斜边重合，且直角顶点不重合两个直角三角形叫做共边直角三角形．
（1）概念理解：如图1，在和中，，说明和是共边直角三角形．
（2）问题探究：如图2，和是共边直角三角形，E、F分别是、的中点，连结，求证．
（3）拓展延伸：如图3，和是共边直角三角形，且，连结，求证：平分．
【答案】（1）解：∵在中，
∴BC=
∵
∴BD2+CD2=25=BC2
∴△BCD是直角三角形
∴和是共边直角三角形．
（2）解：如图，连接AE，DE，
∵E点是BC中点
∴AE，DE分别是Rt△ABC和Rt△DBC斜边上的中线
∴AE=BC，DE=BC，
∴AE=DE
∴△ADE是等腰三角形
∵F点是AD中点
∴EF⊥AD；
（3）解：作DN⊥AB，DM⊥AC的延长线于M点，
∵∠BAC=90°
∴四边形ANDM是矩形
∴∠NDM=90°
∴∠NDC+∠CDM=90°
又∠BDC=90°
∴∠NDC+∠BDN=90°
∴∠BDN= CDM
∵∠BND=∠CMD=90°，BD=CD
∴△BDN≌△CDM
∴DN=DM，
∴平分．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出BC的长，再利用勾股定理的逆定理证明BD2+CD2=BC2，可证得△BCD是直角三角形，据此可证得结论.
（2）连接AE，DE，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得AE=DE，再利用等腰三角形的性质可证得结论.
（3）作DN⊥AB，DM⊥AC的延长线于M点。易证四边形ANDM是矩形，利用矩形的性质可得到∠NDM=90°，利用余角的性质可证得∠BDN= CDM；再利用AAS可证得△BDN≌△CDM，利用全等三角形的性质可证得DN=DM，然后利用角平分线的判定定理可证得结论.
22．（2024九上·松原期末） 综合与探究
问题情境：数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转”为主题开展数学活动已知正方形中，，点是射线上一点不与点重合，连接将绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）特例分析：如图，当点与点重合时，求的度数；
（2）深入探究：当点不与点重合时，中的结论是否仍然成立？若成立，请在图与图中选择一种情况进行证明：若不成立，请说明理由；
（3）问题解决：如图，当点在线段上，且时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）解：四边形是正方形，
，，
，
由旋转可知，
；
（2）解：仍然成立，
如图，过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，，
，，
由旋转的性质可知，，
．
，
≌．
，．
，即．
．
，
，
，
，
；
如图，过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，
，．
由旋转的性质可知，，
，
，
≌，
，．
，
即．
，
又，
，
，
；
（3）
【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】如图，
过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，，
，，
由旋转的性质可知，，
．
，
≌．
，．
，即．
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
【分析】(1)利用正方形的性质可得AB=AD，∠A=90°，求得∠ADB=∠ABD=，利用旋转的性质可得∠BDF=90°，于是得到∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°.
(2)如图2，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，从而∠FGD=90°，利用正方形的性质可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.从而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论；如图3，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，从而∠FGD=90°，利用正方形的性质可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质可得FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论.
(3)利用正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.从而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论.
23．（2024九上·威宁期末）定义：长宽比为（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图①所示．
操作1：将正方形沿过点的直线折叠，使折叠后的点落在对角线上的点处，折痕为．
操作2：将沿过点的直线折叠，使点，点分别落在边，上，折痕为．
则四边形为矩形．
证明：设正方形的边长为1，则．
由折叠性质可知，，则四边形为矩形，
∴，∴．
∴，即，∴，∴，
∴四边形为矩形．
阅读以上内容，回答下列问题：
（1）在图①中，所有与相等的线段是 、 ，的值是 ；
（2）已知四边形为矩形，模仿上述操作，得到四边形，如图②，求证：四边形为矩形；
（3）将图②中的矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，则的值是 ．
【答案】（1）；；
（2）证明：如图②中，设，则，∴．
由折叠可得，，．
∵四边形是矩形，∴，
∴四边形是矩形，，∴，
∴，即，∴，
∴，∴，
∴四边形为矩形．
（3）6
【知识点】矩形的性质；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；定义新运算；四边形的综合
【解析】【解答】（1）根据折叠的性质可得：DG=HG，GH=CH，
∴DG=GH=CH，
设HC=x，则DG=GH=x，
∵∠DGH=90°，
∴DH=，
∴DC=DH+CH=，
解得：x=，
∴，
故答案为：GH、DG；；
（3）将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
∴将矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”；
∴n=6，
故答案为：6.
【分析】（1）设HC=x，则DG=GH=x，再结合DC=DH+CH=，求出x=，最后利用正切的定义求解即可；
（2）先证出可得，化简可得，再将数据代入求出，再求出，即可得到四边形为矩形；
（3）先求出将矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，再求出n的值即可.
24．（2024八上·播州期末）【提出问题】如图，在等腰中，，分别以，为边作等边和等边，与相交于点，连接．
（1）【初步探究】如图，连接，求证：≌．
（2）【深入探究】如图，将沿翻折得到，连接，，类比的探究方法发现：
结论：_▲_≌；
结论：．
请证明结论．
（3）如图、在的情况下将线段沿翻折得到线段，连接，，试判断线段与的位置关系．
【答案】（1）证明：和是等边三角形，
，，，
，
，
≌；
（2）解：是等边三角形，沿翻折得到，
是等边三角形，
同理可知：≌，
故答案为：；
证明：如图，
作，交于，
是等边三角形，
，
，
，
，
由知：≌，
，，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，
，，
≌，
，
设，
，
线段沿翻折得到线段，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合
【解析】【分析】(1)根据 和是等边三角形，得，，，利用SAS可得解；
（2）①≌，由翻折性质得≌.
②作，交于， 由等边三角形的性质得 ，由①得≌，从而证得，因此，从而得证；
（3）结合等边三角形的性质，利用SSS得≌，因此，设，，得，根据内错角相等，两直线平行可得证.
1 / 12024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(一)
一、解答题
1．（2024八下·潮安期中） 如图，已知正方形ABCD，AB＝8，点M为射线DC上的动点，射线AM交BD于E，交射线BC于F，过点C作CQ⊥CE，交AF于点Q．
（1）当BE＝2DE时，求DM的长．
（2）当M在线段CD上时，若CQ＝3，求MF的长．
（3）①当DM＝2CM时，作点D关于AM的对称点N，求tan∠NAB的值．
②若BE＝4DE，直接写出△CQE与△CMF的面积比 ．
2．（2024八下·岳麓月考）对于一个四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形．
（1）命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是 （真或假）命题．
（2）如图，在正方形ABCD中，E是AB边上一点，F是AD延长线一点，，连接EF，EC，FC，取EF的中点G，连接CG并延长交AD于点H．探究：四边形BCGE是否是奇特四边形，如果是证明你的结论，如果不是请说明理由．
（3）在（2）的条件下，若四边形BCGE的面积为16，则的值是多少？
3．（2024八下·临平月考）如图，的对角线，交于点O，平分，交于点E，且.
（1）求证：；
（2）若，，连接；
①若，求平行四边形的面积；
②设，试求k与m满足的关系.
4．（2024八下·诸暨月考）在平行四边形中，，，．
（1）若，则 ；
（2）如图，当时，求对角线的长（用含的式子表示）；
（3）如图，四边形，四边形都是平行四边形，延长交于点，若，，，，求的长．
5．（2024·保康模拟）在△ABC中，AC＝BC，点D是边AB上不与点B重合的一动点，将△BDC绕点D旋转得到△EDF，点B的对应点E落在直线BC上，EF与AC相交于点G，连接AF．
（1）如图1，当点D与点A重合时，
①求证：∠C＝∠CEF；
②判断AF与BC的位置关系是 ▲ ；
（2）如图2，当点D不与点A重合，点E在边BC上时，判断AF与BC的位置关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D是AB的中点，点E在边BC上时，延长BA，CF相交于点P，若AB＝CD＝2，求PF的长．
6．（2024九下·长春开学考）如图，在矩形中，，，点在边上，且，动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连接，当点与点重合时，点停止运动设点的运动时间为秒
（1）当点和点重合时，线段的长为 ；
（2）当点和点重合时，求的比值是多少？
（3）当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形，如图，请说明理由；
（4）作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，请直接写出的取值范围．
7．（2024九上·松原期末）如图，在矩形中，，，对角线，交于点点从点出发，沿方向匀速运动速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接并延长交于点，过点作，交于点，设运动时间为，解答下列问题：
（1）当为何值时，是等腰三角形；
（2）设五边形的面积为，试确定与的函数关系式；
（3）在运动过程中，当：：时直接写出的值．
8．（2024九上·定边期末）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．
（1）如图，连接．
求证：平分；
求证：是的中点；
（2）如图，连接，若平分，，求的长．
9．（2023八下·兴仁月考）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
（1）四边形如图1所示，四边形是 （填“矩形”或“菱形”或“正方形”）； （填“”或“”）；
（2）四边形如图2所示，且，四边形是 ▲ （填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗 若成立，请说明理由．
（3）四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
10．（2024八上·成都期末） 如图1，在边长为2的正方形中，点是射线上一动点，连接，以为边在直线右侧作正方形．
图1 图2
（1）当点在线段上，连接，求证：；
（2）当点是线段中点，连接，求线段的长；
（3）如图2，点在线段的延长线上，连接，若的延长线恰好经过的中点，求线段的长．
11．（2024九上·武侯期末）如图，在矩形中，，，点E是边上一点，连接，将沿折叠得到，边，分别交于点M，N．
（1）求证：；
（2）当时．
①求BE的长；
②若点P是边上的动点，连接，过点A作的垂线交线段于点Q，试探究的值是否发生变化，若变化，请说明理由；若不变，请求出的值．
12．（2024九上·福州期末）如图，和分别位于两侧，为中点，连接，．
（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，连接交于点F，在上取一点G使得．若，．猜想与之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，是以为斜边的等腰直角三角形，若，，请直接写出当取最大值时的面积．
二、实践探究题
13．（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 ．
14．（2023·兰州）综合与实践
（1）【思考尝试】
数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；
（2）【实践探究】
小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；
（3）【拓展迁移】
小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．
15．（2024九下·麻城期中） 某校数学活动小组探究了如下数学问题：
（1）问题发现：如图1，中，，．点P是底边上一点，连接，以为腰作等腰，且，连接、则和的数量关系是 ；
（2）变式探究：如图2，中，，．点P是腰上一点，连接，以为底边作等腰，连接，判断和的数量关系，并说明理由；
（3）问题解决：如图3，在正方形中，点是边上一点，以为边作正方形，点
是正方形两条对角线的交点，连接．若正方形的边长为，，请直接写出正方形的边长．
16．（2024·深圳模拟）综合与探究．
（1）【特例感知】
如图（a），E是正方形ABCD外一点，将线段AE绕点A顺时针旋转得到AF，连接DE，BF．求证：；
（2）【类比迁移】
如图（b），在菱形ABCD中，，P是AB的中点，将线段PA，PD分别绕点P顺时针旋转得到PE，PF，PF交BC于点G，连接CE，CF，求四边形CEGF的面积：
（3）【拓展提升】
如图（c），在平行四边形ABCD中，为锐角且满足．P是射线BA上一动点，点C，D同时绕点P顺时针旋转得到点，，当为直角三角形时，直接写出BP的长．
17．（2024九下·随州模拟）【操作与发现】
如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN=45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN=MN．
（1）【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，正方形ABCD的边长是 ．
（2）如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN=45°，若tan∠BAN=， ，求证：M是CD的中点．
（3）【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB=12，AD=16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN=45°，BN=4，则DM的长是 ．
18．（2024九下·广州月考）问题提出：如图（1），是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系．问题探究：
（1）先将问题特殊化，如图（2），当时，直接写出的大小；
（2）再探究一般情形，如图（1），求与的数量关系；
（3）问题拓展将图（1）特殊化，如图（3），当时，若，求的值．
19．（2024九下·深圳月考）
（1）【问题探究】如图1，正方形ABCD中，点F、G分别在边BC、CD上，且AF⊥BG于点P，求证：AF＝BG；
（2）【知识迁移】如图2，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、AD上，且EG⊥FH于点P．若EG HF＝48，求HF的长；
（3）【拓展应用】如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝6，点E在直线AB上，BE＝4，AF⊥DE交直线BC于点F．请直接写出线段FC的长．
20．（2024·广西壮族自治区模拟）【活动探究】在数学课上，老师出示了一个问题：如图1，在菱形ABCD中，，点E，F分别是BC，CD边上一点，若，试猜想的形状，不用证明．
【尝试实践】小美受此启发，她尝试将“”改为“”，通过测量验证发现猜想仍然成立，并进一步思考证法：如图2，过点作，求证
请你按照小美的思路进一步思考，并解答这个问题．
【拓展应用】小玲在老师问题上进一步改编：如图3，过作于点，当EF的中点经过CG时，请直接写出EF的长度．
21．（2024八上·海曙期末） 定义：把斜边重合，且直角顶点不重合两个直角三角形叫做共边直角三角形．
（1）概念理解：如图1，在和中，，说明和是共边直角三角形．
（2）问题探究：如图2，和是共边直角三角形，E、F分别是、的中点，连结，求证．
（3）拓展延伸：如图3，和是共边直角三角形，且，连结，求证：平分．
22．（2024九上·松原期末） 综合与探究
问题情境：数学课上，老师引导同学们以“正方形中线段的旋转”为主题开展数学活动已知正方形中，，点是射线上一点不与点重合，连接将绕点顺时针旋转得到，连接．
（1）特例分析：如图，当点与点重合时，求的度数；
（2）深入探究：当点不与点重合时，中的结论是否仍然成立？若成立，请在图与图中选择一种情况进行证明：若不成立，请说明理由；
（3）问题解决：如图，当点在线段上，且时，请直接写出线段的长．
23．（2024九上·威宁期末）定义：长宽比为（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图①所示．
操作1：将正方形沿过点的直线折叠，使折叠后的点落在对角线上的点处，折痕为．
操作2：将沿过点的直线折叠，使点，点分别落在边，上，折痕为．
则四边形为矩形．
证明：设正方形的边长为1，则．
由折叠性质可知，，则四边形为矩形，
∴，∴．
∴，即，∴，∴，
∴四边形为矩形．
阅读以上内容，回答下列问题：
（1）在图①中，所有与相等的线段是 、 ，的值是 ；
（2）已知四边形为矩形，模仿上述操作，得到四边形，如图②，求证：四边形为矩形；
（3）将图②中的矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，则的值是 ．
24．（2024八上·播州期末）【提出问题】如图，在等腰中，，分别以，为边作等边和等边，与相交于点，连接．
（1）【初步探究】如图，连接，求证：≌．
（2）【深入探究】如图，将沿翻折得到，连接，，类比的探究方法发现：
结论：_▲_≌；
结论：．
请证明结论．
（3）如图、在的情况下将线段沿翻折得到线段，连接，，试判断线段与的位置关系．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△MDE，
∵BE＝2DE，AB＝8，
，
∴DM＝AB＝4；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝8，∠ADC＝∠BCD＝90°，∠ADE＝∠CDE＝45°，AD∥BC，
∴∠EAD＝∠F，
又∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠EAD＝∠ECM，
∴∠F=∠ECM，
∵CQ⊥CE，
∴∠MCF＝∠BCD＝90°=∠ECQ，
∴∠F+∠CMQ=∠ECM+∠MCQ，∠ECM+∠MCQ=∠MCQ+∠QCF，
∴∠CMQ=∠MCQ，∠ECM=∠QCF.
∴MQ=CQ.
∵∠ECM＝∠QCF，∠F=∠ECM，
∴∠F＝∠QCF，
∴CQ＝FQ，
∴CQ＝MQ＝FQ＝MF＝3，
∴MF＝6；
（3）解：①a、当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，如图1所示：∵DM＝2CM，CD＝8，∴，∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝8，AD∥BC，AB∥CD.∵AB∥CD，∴△MCF∽△ABF，∴，∴CF＝BF，∴CF＝AB＝4，∴BF＝AB+CF＝12，∵AD∥BC，∴∠DAF＝∠F，由对称的性质得：∠GAF＝∠DAF，∴∠GAF＝∠F，∴AG＝FG，设BG＝x，则AG＝FG＝12﹣x，在Rt△ABG中，由勾股定理得：AB2+BG2＝AG2，即82+x2＝（12﹣x）2，解得：，∴BG＝，∴.b、当点N在正方形外部时，连接AN、MN，延长AB交MN于点G，如图2所示：∵ DM＝2CM ，DM=DC+CM，∴DM=2CD=16.由对称的性质得：∠N＝∠ADC＝90°，AN＝AD＝8，DM=NM=16，∠AMN＝∠AMD，∵AB//CD，∴∠BAM＝∠AMD＝∠AMN，∴AG＝MG，设NG＝x，则AG＝MG＝16﹣x，在Rt△ANG中，由勾股定理得：AN2+NG2＝AG2，即82+x2＝（16﹣x）2，解得：x＝6，∴NG＝6，∴综上所述，
②17：30
【知识点】相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）②若BE＝4DE， 点E在位置，过点E作AN⊥DC于点N.如图所示：
∵BE＝4DE，
∴BD=5DE.
∵AB//CD，
∴∠EAB=∠EMD，∠EBA=∠EDM
∴△EAB∽△EMD
∴.
∴，
∴，MC=6.
∴.
∵AN⊥DC，∠BCD=90°，
∴EN//BC，
∴△DEN∽△DBC.
∴
∴，
∵∠ECN=∠MCF.
∴△ECN∽△MFC.
∴，
∴.
∴FC=24.
∴.
由（2）得：MF=2CQ=2MQ=2QF，
∴.
∴.
∴ △CQE与△CMF的面积比 =QE：MF=17：30.
故答案为：17：30.
【分析】（1）利用正方形的性质AB//CD得△ABE∽△MDE，利用相似三角形的性质和BE＝2DE，即可求得DM长；
（2）利用正方形性质证明△ADE≌△CDE，得∠EAD＝∠ECM，再证∠ECM=∠QCF=∠F，得CQ＝FQ，于是可得MF=2CQ，可得结论.
（3）①a，当点N在正方形内部时，延长AN交BC于点G，由DM＝2CM ，求得CM值；证△MCF∽△ABF求出BF长；由AD∥BC和对称性质证得AG=GF. 设BG=x，在△ABG中利用勾股定理，可求得x的值，于是可计算 tan∠NAB ；
①b，当点N在正方形外部时，连接AN、MN，延长AB交MN于点G，由DM＝2CM ，求得DM值；由对称和平行线的性质可证得AG=MG. 设NG=x，AG=16-x，在△ANG中利用勾股定理，可求得x的值，于是可计算 tan∠NAB ；最后综述即可.
②过点E作AN⊥DC于点N，证明△EAB∽△EMD，得DM和AM长，从而MC和EM长；证明△DEN∽△DBC，得CN和EN长；证明△ECN∽△MFC，得FC和MF的长；根据（2）的结论MF=2CQ=2MQ=2QF，可求得MQ和FQ的长，从而得EQ长.利用等高的三角形面积比等于底边长之比得到结论.
2．【答案】（1）假
（2）解：四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
，
，，
，
，
是EF的中点，
，，
，，
四边形BCGE是奇特四边形；
（3）解：过点G作，，
，
由知（2），
，
，，
，
四边形BMGQ是正方形，
，，
，
四边形BCGE的面积是16，
，，
是EF的中点，，
，
，，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；直角三角形的性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：（1）如图所示，
在四边形ABCD中，AC=AB，DC=DB，∠B=∠C，满足有一组对角相等且有两组邻边相等，但它不是正方形，
命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是假命题.
故答案为：假命题.
【分析】（1）假命题，根据命题中的条件画图验证即可；
（2）根据正方形的性质得到，，进而可利用SAS证得，再根据全等三角形的性质得出，，进而得到，然后根据中点的性质得到，，再结合奇特四边形的定义判断即可；
（3） 过点G作，， 利用AAS证得，进而得到四边形BMGQ是正方形，等量代换得到，再根据正方形的面积求出，然后利用中点的性质及平行线等分线段得到，进而得到AF=8，即可得到的值.
3．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BAD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝60°
∴△ABE是等边三角形，
∴AB＝AE.
（2）解：①∵，
∴，
∴，
∴AE＝CE，
∵∠ABC＝60°，，
∴∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝90°，
当时，AB＝4，
∴平行四边ABCD的面积；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴S△AOD＝S△BOC，，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝mBC，
∵△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，
设BC边上的高为h，BC的长为b，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴2﹣m＝k，
∴m+k＝2．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；平行四边形的面积；解直角三角形—含30°角直角三角形
【解析】【分析】（1）根据 ABCD中，∠ADC=60°，可得△ABE是等边三角形，进而可以证明结论；
（2）①根据 ，可得，证明∠BAC=90°，再利用含30度角的直角三角形可得AB的长，进而可得平行四边ABCD的面积； ②根据四边形ABCD是平行四边形，可得S△AOD=S△BOC，，由△ABE是等边三角形，可得BE=AB=mBC，由△BOE的BE边上的高等于△BDC的BC边上的高的一半，底BE等于BC的m倍，设BC边上的高为h，BC的长为b，分别表示出四边形OECD和三角形AOD的面积，进而可得k与m满足的关系．
4．【答案】（1）
（2）解：延长，过点作的延长线于点，如图，
∵，
∴，
∴∠CDE=30°.
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
当时，；
（3）解：过点作，交的延长线于点，连接，如图所示，
∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：连接AC，如图：
∵ 平行四边形中，，， a=b=2，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2，，BD=2BO，AC⊥BD，，
∴∠BAC=∠DAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴.
∴.
故答案为：.
【分析】（1）当a=b=2时，可得平行四边形ABCD是菱形，根据菱形对角线的性质可求得∠BAC的度数，从而可判定三角形BAC为等边三角形，再结合对角线的性质，即可求得BO长，2BO即BD.
（2）延长，过点作的延长线于点，根据，可得∠DCE=60°，根据含30°角的直角三角形的性质可求得CE和DE长，利用勾股定理即可表示出BD，代入a=2，可得BD.
（3）过点作，交的延长线于点，连接，参照（2）的计算过程可求得BD长.根据平行四边形的性质，可得AF=DE=1，AF//DE，由AG⊥BE，可得DE⊥BE，在Rt△BED中利用勾股定理即可求得BE长.
5．【答案】（1）解：①证明：∵AC＝BC，AE＝AB，
∴∠CAB＝∠B＝∠AEB，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠CAB＝180°﹣2∠B，
由旋转的性质可得∠FEA＝∠B，∠F＝∠C，
∴∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2∠B，
∴∠C＝∠CEF；
②AF∥BC；
（2）解：AF∥BC，理由为：
过点F作FH⊥CB于点H，过点A作AK⊥BC于点K，如图，
则∠FHC＝∠AKB＝90°．
∴FH∥AK，
由旋转可得AC＝EF＝BC，
由（1）可得∠ACE＝∠CEF，
在△FHE和△AKC中，
，
∴△FHE≌△AKC（AAS），
∴FH＝AK，
∴四边形AKHF是矩形，
∴AF∥BC；
（3）解：连接AE，如图，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝DE＝DB＝1，∠CDB＝90°，
∴∠EAD＝∠AED，∠EBD＝∠DEB，
∴∠AEB＝∠AED+∠DEB＝∠EAD+∠EBD＝90°，
由旋转可得DC＝DF，∠FDE＝∠CDB＝90°，
∴∠FDC＝∠EDB．
∴∠FCB＝∠FCD+∠DCB＝∠B+∠DCB＝90°，
由（2）可得四边形AFCE是矩形，
∴CF＝AE，AF＝CE，AF∥CE，
，
，即，
，
，
∵AF∥CE，
∴△PFA∽△PCB，
，即，
解得.
【知识点】平行线的判定；等腰三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）①由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得∠C＝180°﹣∠B﹣∠CAB＝180°﹣2∠B，由旋转的性质可得∠FEA＝∠B，∠F＝∠C，由平角的定义可得∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣2∠B，继而得解；
②根据内错角相等两直线平行解题即可；
（2）过点F作FH⊥CB于点H，过点A作AK⊥BC于点K，证明四边形AKHF是矩形，再利用矩形的性质即得结论；
（3）连接AE，证明四边形AFCE是矩形，可得CF＝AE，AF＝CE，AF∥CE，再利用勾股定理及三角形的面积公式分别求出BC、AE、BE的长，再证△PFA∽△PCB，利用相似三角形的性质即可求解.
6．【答案】（1）
（2）解：如图所示，
，，
，，
，
∽，
，
，，
；
（3）证明：如图所示，过点作于点，
，，
，，
，
四边形是矩形，
四边形是矩形，
，
又，
，
≌，
，
是等腰直角三角形；
（4）解：或或
【知识点】矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
四边形是矩形，
，
，
四边形是矩形，
当点和点重合时，
，，
在中，，
故答案为：；
如图所示，当点在上时，
，，
在中，，
则，
，
，，
在中，，
，
解得：，
当时，点在矩形内部，
时符合题意；
当点在上时，当，重合时符合题意，此时如图，
则，，
在中，，
，
解得；
当点在上，当，重合时，此时点与点重合，如图，
则是正方形，此时．
综上所述，或或．
【分析】（1）根据矩形的性质，结合勾股定理求解即可；
（2）根据直角三角形的性质，证三角形PBE和ECD相似，根据相似三角形对应边成比例求解即可；
（3） 过点作于点 ，根据矩形的判定和性质证三角形PHE和ECQ全等，根据全等三角形的性质求证即可；
（4）分三种情况：点P在BE上，点P在AB上，点P在AD上，根据矩形的性质和轴对称的性质，利用勾股定理建立方程求解即可。
7．【答案】（1）解：在矩形中，，，
，
当，如图，过作于点，
，
，，
∽，
，
，
当，
当为或时，是等腰三角形；
（2）解：如图，过点作交于点，则，
由矩形的性质可知，，又得，
≌，
，
则
，
∽，相似比为，
，
，
，
；
与的函数关系式为；
（3）或
【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】【解答】解：，
：：：，
解得，或，
当：：时，或．
【分析】(1)依据矩形的性质和勾股定理可得AC=10，①当AP=PO=t，如图1，过P作PM⊥AO，利用相似三角形的性质可得AP=t=，②当AP=AO=t=5，从而得解.
(2)过点O作OH⊥BC交BC于点H，因为BE=PD，可求△BOE的面积，证得△DFQ∽△DOC，根据相似三角形的面积比可求得△DFQ的面积，从而可求五边形OECQF的面积.
(3)根据题意列方程：：，解之得到t=3或t=可求解.
8．【答案】（1）证明如图，
由旋转性质得，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴平分；
如图，过点作于点，
由①可知，
又∵，且，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴点为中点，
（2）解：如图，作于点，
由（）可知，，
∴，，
∵，平分，
∴
∴，
∴，
设，则，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）①根据旋转的性质，可得∠CEB=∠CBE；根据举行的性质，可得AD∥BC；根据平行线的性质和等量代换原则，即可得∠AEB=∠CEB；根据角平分线的判定，即可得BE平分∠AEC；
②根据三角形全等的判定（AAS和AAS）和性质，可得BP=BA，BH=HG；
（2）根据三角形全等的性质，可得全等三角形对应边相等；根据角平分线的性质，可知∠EFH和∠EHF的值；根据等腰直角三角形的性质，可得EF=EH=BA=DC；根据勾股定理，列关于x的一元二次方程，解方程即可求出AE的值.
9．【答案】（1）菱形；=
（2）解：同理可得，四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴菱形ABCD是正方形；
过点P作MN⊥BC交AD于点M，交BC于点N，如图所示：
∴AB//MN，
∴∠ABP=∠BPN，
∵PEPB，PN⊥BE，
∴PN平分∠BPE，
∴∠BPN=∠EPN，
∴∠ABP=∠EPN，
∴∠ABP=∠ADP，
∴∠EPN=∠ADP，
∵∠PMD=90°，
∴∠DPM+∠PDM=90°，
∴∠DPM+∠EPN=90°，
∴∠DPE=180°-（∠DPM+∠EPN）=180°-90°=90°，
∴∠DPE=∠ABC；
故答案为：正方形；∠DPE=∠ABC；
（3）解：
【知识点】菱形的判定；正方形的判定；四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】（1）设CD、PE相交于点F，如图所示：
根据轴对称的性质可得：AD=AB，BC=CD，PB=PD，
∵BA=BC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠ABC=∠DCE，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SSS），
∴∠PBC=∠PDC，
∵PE=PB，
∴∠PBC=∠PEC，
∴PDC=∠PEC，
∵∠PFD=∠CFE，
∴∠DPE=∠DCE，
∴∠DPE=∠ABC，
故答案为：菱形；=；
（3）∵PE=PB，，
∴∠PBE=，
∵，
∴∠APB=∠ACB+∠PBE=，
同理可证：△BCP≌△DCP，
∴∠BPC=∠DPC，
∴∠APB=∠APD=，
∴∠DPB=∠APD+∠APB=2（）=，
故答案为：.
【分析】（1）利用轴对称的性质及等量代换可得AB=BC=CD=AD，即可证出四边形ABCD是菱形，再利用“SSS”证出△BCP≌△DCP可得∠PBC=∠PDC，再利用等量代换可得∠DPE=∠ABC；
（2）结合∠ABC=90°，可证出菱形ABCD是正方形；过点P作MN⊥BC交AD于点M，交BC于点N，再利用角的运算和等量代换可得∠DPE=180°-（∠DPM+∠EPN）=180°-90°=90°，即可证出∠DPE=∠ABC；
（3）先利用角的运算求出∠APB=∠ACB+∠PBE=，再结合∠APB=∠APD=，求出∠DPB=∠APD+∠APB=2（）=即可.
10．【答案】（1）解：
∵四边形和四边形都是正方形
∴，，
∴
在和中，
∴
∴
（2）解：过点作，垂足为点
∵四边形和四边形都是正方形
∴，
∴
在和中，
∴
∴，
∴
∴
∵点是线段中点，且正方形的边长为2
∴
∴
（3）解：法一：
在的延长线取一点，使得，连接
∵是中点
∴
在和中，
∴
∴，
∴
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∴
∴，
∴
∴
∴
法二：
连接，，并延长交于点
由（1）可知：，且
∴
∴，
∵是中点
∴
在和中，
∴
∴，
∵
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴和都是等腰直角三角形
∴，
∴
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；等腰直角三角形；四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质得到，，，进而得到 ，根据三角形全等的判定定理即可求解；
（2）过点作，垂足为点 ，由正方形的性质得到边角关系利用AAS证明，再由三角形全等的性质和线段的和差得到 ，最后根据线段的中点性质以及正方形的性质即可求解；
（3）法一：在的延长线取一点，使得，连接 ，先利用SAS证明，根据三角形全等的性质和平行线的性质证明为等腰直角三角形 ，根据等腰直角三角形的性质即可求解；法二：连接，，并延长交于点 ，通过证明，，利用等腰直角三角形的性质即可求解.
11．【答案】（1）证明：∵矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，
∴，，，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
（2）解：①∵，，，
∴，
∴，，
∴，即，
设，则，，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②的值不变，值为．
理由：连接，交于点O，过F作于H，
∵折叠，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
又，
∴，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】(1)先证明∠DAM=∠CNE，再结合∠D=∠C=90°，根据两角对就相等的三角形相似即可证明结论.
(2)①根据AAS证明△CNE≌△FNM，得到CN=FN，EN=MN，CE=x，则BE=4-x，AM=5-x，DM=x+1，在Rt△ADM中根据勾股定理列出关于x的方程，解方程即可求解.
②的值不变.连接FQ，BF交AE于点O，过点F作FH⊥AB，垂足为点H，证明△AOB∽△ABE，求出BF，证明△FBH∽△AEB，求出FH，证明△FHP∽△ABQ，得，从而求解.
12．【答案】（1）解：如图，过点E作，交延长线于F，
∵，，
∴是等腰直角三角形，且，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵E是中点，
∴，
∴，
∴，
∴
（2）解：，理由如下：
如图2，延长至，使，作于，
∵，
是等边三角形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
∵E为AD中点，
∴
，
，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，取的中点，连接，
是的中点，
，
点在以为圆心，半径是1的上运动，
在上截取，
，
，
，
，
，
，
当、、在一条直线上时，
最大，
，
，
如图4，
连接，作于，
，
，
设，，
在中，
，
，
，（舍去），
．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）过点E作，交延长线于F，证明是等腰直角三角形，求出AD的长度，进而证明是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到求出CF，最后利用勾股定理即可求解；
（2）延长至，使，作于，证明是等边三角形，证明是等边三角形，得到，利用"SAS"证明，得到，再利用"SAS"证明，得到，进而即可求解；
（3）取的中点，连接，可得到点在以为圆心，半径是1的上运动，在上截取，证明，得到确定当、、在一条直线上时，最大，在中，利用勾股定理求出EM的长度，最后根据三角形面积计算公式即可求解.
13．【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 。
14．【答案】（1）解：∵，，，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
同理可得：，
∵正方形，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴．
（3）解：如图，连接，
∵，正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据垂直得到，，进而根据矩形的性质得到，从而得到，再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而根据正方形的判定即可求解；
（2）先根据垂直得到，进而根据矩形的性质得到，同理可得：，根据正方形的性质结合三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而得到
四边形是正方形，进而得到，再结合题意即可求解；
（3）连接，先根据正方形的性质结合题意即可得到，，，进而根据相似三角形的判定与性质证明，即可得到，，进而得到，再相似三角形的判定与性质证明得到即可求解。
15．【答案】（1）
（2）解：结论：，
理由如下：∵是等腰直角三角形，中，，，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，如图所示，
∵四边形与四边形是正方形，与交于点，
∴和都是等腰直角三角形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
在中，，设，则，
又∵正方形的边长为，
∴，
∴，
解得（舍去），．
∴正方形的边长为6．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；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-SAS
【解析】【解答】解：∵是等腰直角三角形，，
在中，，，
∴，，
∴．
在和中， ，
∴，
∴；
故答案为：.
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边长比例且夹角相等的判定定理证明，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，先由正方形的性质判断出和都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出，由对应边成比例，依据相似比求出线段BP的长，接着设正方形ABCD的边长为x，运用勾股定理列出方程即可求得答案．
16．【答案】（1）证明：
正方形，
线段绕点顺时针旋转得到
，
∴
（2）解：连接．如图：
∵菱形ABCD，
∴AB=AD=4，∠B=∠ADC=60°，AD//BC.
由题意可知：
，
，
过点作，交BC于N，交DA的延长线于点M，
∵P为AB中点，
可证：
，
∴
，即
四边形的面积为．
（3）6或或或18．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；一元二次方程的应用-几何问题；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图：
∵ 四边形ABCD 为平行四边形，
∴AD=BC=10，AB=CD=12，∠ABC=∠ANC.
又，
∴C(10，0)，
，
∴，即.
∴，即.
过点P作FG⊥x轴，交DA延长线于点F，作D'G⊥FG于点G，过P作WV//x轴，作C'W⊥WV于点W，作CV⊥WV于点V.
∵直线AB的表达式为：，设点
∴，.
∵ 点C，D同时绕点P顺时针旋转得到点，，
∴PD=PD'，PC=PC'，∠DPD'=∠CPC'=90°.
易证：△DFP≌△PGD'，△CVP≌△PWC'，
∴，.，.
∴，即，
，即；
，.
∴，
，
.
①当∠C'BD'=90°时，
∴
整理得
解得：.
∴.
②当∠BC'D'=90°时，
，
解得：m=3.6，
∴.
③当∠C'D'B=90°时，
，
解得：m=10.8，
∴.
综上所述：当为直角三角形时，BP的长为6或或或18．
【分析】（1）利用旋转的性质和正方形的性质可证得，利用全等三角形性质即可得到结论；
（2）连接，利用旋转性质和菱形性质可证得，可得，.过点作，交BC于N，交DA的延长线于点M，可证得，利用相似三角形的性质可求得NG的长，和，从而可得CG.再利用平行线的判定得EF//MN，利用平行线性质得EF⊥CG.于是可求四边形的面积.
（3）以以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，可求得点C，A，D的坐标.过点P作FG⊥x轴，交DA延长线于点F，作D'G⊥FG于点G，过P作WV//x轴，作C'W⊥WV于点W，作CV⊥WV于点V.设点P坐标，根据旋转的性质证得△DFP≌△PGD'，△CVP≌△PWC'，可得，.，.于是可表示出F，V，W，C的坐标，从而计算出点C'和D'的坐标，利用两点间距离公式表示出BC'2，BD'2，C'D'2，分∠C'BD'=90°时，∠BC'D'=90°时，∠C'D'B=90°时三种情况利用勾股定理建立关于m的方程，求出m即可得到BP的值.
17．【答案】（1）12
（2）证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
∵∠B＝90°，tan∠BAN＝，
∴tan∠BAN＝＝ ，
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：（3m）2+（3m﹣n）5＝（m+n）2，
整理得：3m＝3n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；
（3）8
【知识点】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；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，
由旋转的性质得△ABE≌△ADM，
∴BE=DM，∠BAE=∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM=∠DAM+∠BAM=∠BAD=90°，即∠EAM=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠EAN=90°-45°=45°，
∴∠MAN=∠EAN，
在△AMN与△AEN中，
∵AM=AE，∠MAN=∠EAN，AN=AN，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=BE+BN=DM+BN，
∴MN=BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得，
则BN+DM=10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-6，DM=CD-CM=x-8，
∴x-6+x-8=10，
解得x=12，
即正方形ABCD的边长为12；
故答案为：12；
（3）如图，延长AB至点P，使BP=BN=4，过点P作PQ∥BC，交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接ME，
∵PQ∥BC，AD∥BC，
∴AD∥PQ，
又AP∥DQ，
∴四边形APQD是平行四边形，
∵AD=AP=AB+BP=16，∠D=90°，
∴平行四边形APQD是正方形，
∴PQ=DQ=16，
设DM=a，则MQ=16-a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
∴，
∴，
∴EQ=PQ-PE=，
由（1）得EM=PE+DM=，
在Rt△QEM中，由勾股定理得EQ2+MQ2=ME2，
即，
解得a=8，
即DM=8.
故答案为：8.
【分析】（1）由正方形性质得AB=CD=AD，∠BAD=∠C=∠D=90°，由旋转得△ABE≌△ADM，则BE=DM，∠BAE=∠DAM，推出∠MAN=∠EAN，从而用SAS证出△AMN≌△AEN，得MN=EN，由线段的和差及等量代换得MN=BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理算出MN=10，设正方形ABCD的边长为x，则BN=BC-CN=x-6，DM=CD-CM=x-8，从而可建立关于x的方程，求解即可解决此题；
（2）设BN＝m，DM＝n，由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，在△ABN中，利用∠BAN的正切函数得AB＝3BN＝3m，然后根据正方形的各边相等及线段的和差得CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△CMN中，由勾股定理建立方程可得3m＝3n，从而可求出CM=n，根据线段中点的定义即可得出结论；
（3）延长AB至点P，使BP=BN=4，过点P作PQ∥BC，交DC的延长线于点Q，延长AN交PQ于点E，连接ME，首先证出四边形APQD是正方形，得PQ=DQ=16，设DM=a，则MQ=16-a，由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得△ABN∽△APE，由相似三角形对应边成比例建立方程可求出PE的长，从而可求出EQ的长，由（1）得EM=PE+DM=，在Rt△QEM中，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而此题得解.
18．【答案】（1）解：
（2）解：在上截取，使，连接．
，，
．
，
．
．
∵四边形是菱形，
∴，，
，，
，
．
∴
．
（3）解：过点作的垂线交的延长线于点，如图所示：
设菱形的边长为，
，
．
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴，
，
∴在中，，
，
∴.
，
∴由（2）知，．
，
，
，即，
；
在上截取，使，连接，作于点O．
由（2）知，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
．
【知识点】相似三角形的性质；相似三角形的判定；四边形的综合
【解析】 【解答】解：（1）过点F作交延长线于H，
∴，
∴，，
∴，
在和中
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【分析】（1）过点F作交延长线于H，证明，得，，证明四边形ABCD是正方形，得，于是可证得，，再由∠DCH=90°，可得结论.
（2）在上截取，使，连接．证明，可得．再根据菱形的性质可证得∠BCD的度数和BN=BE.由BN=BE可求∠ANE的度数，利用∠ECF－∠BCD即可求∠GCF的度数.
（3）过点作的垂线交的延长线于点，设菱形边长为，根据 可表示出DG和CG；根据菱形对角的性质得∠ADP=60°，于是可求PD和AP的度数；根据和（2）的结论可得∠GCF=90°=∠P，于是可证.根据相似三角形的性质求得CF的长；在上截取，使，连接，作于点O．可得，从而求得NE长.证明等腰三角形BNE，利用“三线合一”的性质和含30°角直角三角形的性质求得BE以及CE长，即可得结论.
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠C=90°，AB=BC，
∵AF⊥BG，
∴∠APB=90°，
∴∠BAF=∠CBG=90°-∠ABG，
在△ABF和△BCG中，
，
∴△ABF≌△BCG（ASA），
∴AF=BG.
（2）解：如图，作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，则∠EMC=∠HNB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，
∵∠B=∠C=∠EMC=90°，
∴四边形EBCM是矩形，
∴EM=BC=8，EM∥BC，
∴EM∥AD，
∵∠A=∠B=∠HNB=90°，
∴四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，∠AHN=90°，
∴∠HIJ=∠AHN=90°，
∵EG⊥FH于点P，
∴∠EPJ=90°，
∴∠NHF=∠MEG=90°-∠EJH，
∵∠HNF=∠EMG=90°，
∴△HNF∽△EMG，
∴
∴EG=2HF，
∵EG HF=48，
∴2HF HF=48，
解得：（负值舍去）
故HF的长是.
（3）解：理由：作AH⊥BC于点H，DM⊥BA交BA的延长线于点M，设AF⊥DE于点G，则∠AHB=∠AHF=∠M=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB=6，
∴AD=BC=AB=6，AD∥BC，
∴∠DAM=∠B=60°，
∴，，
∴
，，
∴
，
当点E在线段AB上，且BE=4，则AE=AB-BE=6-4=2，
∴EM=AE+AM=2+3=5，
∴，
则∠AGD=90°，
，
∴，
∴，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADG=90°-∠DAF，
∴，
则，
；
当点E在线段AB的延长线上，且BE=4，则AE=AB+BE=6+4=10，如图，设AF⊥DE于点L，
∴EM=AE+AM=10+3=13，
∴，
则∠AGD=90°，
，
∴，
∴，
∵∠HAD=∠AHB=90°，
∴∠FAH=∠ADL=90°-∠DAF，
∴，
则，
；
综上所述，线段FC的长为或.
【知识点】三角形的综合；四边形的综合
【解析】【分析】（1）由正方形的四条边相等，四个角都是直角可得∠ABF=∠C=90°，AB=BC，根据等角的余角相等可得∠BAF=∠CBG，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等即可证明；
（2）作EM⊥DC于点M，交FH于点J，作HN⊥BC于点N，交EM于点I，根据矩形的四个角是直角，对边平行可得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，根据四个角是直角的四边形是矩形可得四边形EBCM是矩形，根据矩形的对边平行且相等可得EM=BC=8，EM∥BC，根据平行与同一直线的两直线互相平行可得EM∥AD，根据四个角是直角的四边形是矩形可得四边形ABNH是矩形，根据矩形的四个角是直角，对边相等可得HN=AB=4，∠AHN=90°，推得∠HIJ=∠AHN=90°，根据等角的余角相等可得∠NHF=∠MEG，根据有两个角对应相等的两个三角形是学相似三角形可得△HNF∽△EMG，根据相似三角形的对应边之比相等可求得EG=2HF，即可求解；
（3）作AH⊥BC于点M，DM⊥BA交BA的延长线于点M，根据菱形的四条边相等，对边平行可得AD=BC=AB=6，AD∥BC，根据两直线平行，同位角相等可得∠DAM=∠B=60°，根据特殊角的锐角三角函数可得，，
，分两种情况讨论：当点E在线段AB上，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，根据三角形的面积求得AG的值，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DG的值，根据锐角三角函数的定义可求得FH的值，即可求解；当点E在线段AB的延长线上，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DE的值，根据三角形的面积求得AL的值，根据直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方求出DL的值，根据锐角三角函数的定义可求得FH的值，即可求解.
20．【答案】【解答】解：活动探究：是等边三角形，理由如下：
∵菱形中，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
尝试实践：过点F作，
∵是菱形的对角线，
∴
∵，
∴，
∴是等边三角形，，
∴，
又∵
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
拓展应用：过点E作于点H，
∵，
∴，
又∵是菱形，
∴，
∴，
又∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可得，
∴，
又∵，
∴，
设，
∵，，
∴，
∴，即，
解得：，即，
过点A作于点N，
则，，
∴，
∴，
又∵是等边三角形，
∴.
【知识点】等边三角形的判定；勾股定理；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】活动探究：根据菱形的性质得到，即可判断的形状；
尝试实践：过点F作，利用“ASA”证明，即可得到结论；
拓展应用：过点E作于点H，则有，即可得到，设，根据，求出，然后点A作于点N，然后根据勾股定理和等边三角形的性质解题即可.
21．【答案】（1）解：∵在中，
∴BC=
∵
∴BD2+CD2=25=BC2
∴△BCD是直角三角形
∴和是共边直角三角形．
（2）解：如图，连接AE，DE，
∵E点是BC中点
∴AE，DE分别是Rt△ABC和Rt△DBC斜边上的中线
∴AE=BC，DE=BC，
∴AE=DE
∴△ADE是等腰三角形
∵F点是AD中点
∴EF⊥AD；
（3）解：作DN⊥AB，DM⊥AC的延长线于M点，
∵∠BAC=90°
∴四边形ANDM是矩形
∴∠NDM=90°
∴∠NDC+∠CDM=90°
又∠BDC=90°
∴∠NDC+∠BDN=90°
∴∠BDN= CDM
∵∠BND=∠CMD=90°，BD=CD
∴△BDN≌△CDM
∴DN=DM，
∴平分．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出BC的长，再利用勾股定理的逆定理证明BD2+CD2=BC2，可证得△BCD是直角三角形，据此可证得结论.
（2）连接AE，DE，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得AE=DE，再利用等腰三角形的性质可证得结论.
（3）作DN⊥AB，DM⊥AC的延长线于M点。易证四边形ANDM是矩形，利用矩形的性质可得到∠NDM=90°，利用余角的性质可证得∠BDN= CDM；再利用AAS可证得△BDN≌△CDM，利用全等三角形的性质可证得DN=DM，然后利用角平分线的判定定理可证得结论.
22．【答案】（1）解：四边形是正方形，
，，
，
由旋转可知，
；
（2）解：仍然成立，
如图，过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，，
，，
由旋转的性质可知，，
．
，
≌．
，．
，即．
．
，
，
，
，
；
如图，过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，
，．
由旋转的性质可知，，
，
，
≌，
，．
，
即．
，
又，
，
，
；
（3）
【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】如图，
过点作交的延长线于点，则，
四边形是正方形，
，，
，，
由旋转的性质可知，，
．
，
≌．
，．
，即．
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
．
【分析】(1)利用正方形的性质可得AB=AD，∠A=90°，求得∠ADB=∠ABD=，利用旋转的性质可得∠BDF=90°，于是得到∠ADF=∠BDC=∠ADB=45°.
(2)如图2，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，从而∠FGD=90°，利用正方形的性质可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.从而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论；如图3，过点F作FG⊥CD交CD的延长线于点G，从而∠FGD=90°，利用正方形的性质可得∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质可得FG=EC，EG=BC=CD.求得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论.
(3)利用正方形的性质得到∠C=∠ADC=90°，BC=CD，根据旋转的性质可知EF=BE，∠BEF=90°，利用全等三角形的性质得到FG=EC，EG=BC=CD.从而得FG=DG.利用等腰直角三角形的性质即可得到结论.
23．【答案】（1）；；
（2）证明：如图②中，设，则，∴．
由折叠可得，，．
∵四边形是矩形，∴，
∴四边形是矩形，，∴，
∴，即，∴，
∴，∴，
∴四边形为矩形．
（3）6
【知识点】矩形的性质；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；定义新运算；四边形的综合
【解析】【解答】（1）根据折叠的性质可得：DG=HG，GH=CH，
∴DG=GH=CH，
设HC=x，则DG=GH=x，
∵∠DGH=90°，
∴DH=，
∴DC=DH+CH=，
解得：x=，
∴，
故答案为：GH、DG；；
（3）将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
将矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“矩形”；
∴将矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”；
∴n=6，
故答案为：6.
【分析】（1）设HC=x，则DG=GH=x，再结合DC=DH+CH=，求出x=，最后利用正切的定义求解即可；
（2）先证出可得，化简可得，再将数据代入求出，再求出，即可得到四边形为矩形；
（3）先求出将矩形沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“矩形”，再求出n的值即可.
24．【答案】（1）证明：和是等边三角形，
，，，
，
，
≌；
（2）解：是等边三角形，沿翻折得到，
是等边三角形，
同理可知：≌，
故答案为：；
证明：如图，
作，交于，
是等边三角形，
，
，
，
，
由知：≌，
，，
，
，
，
；
（3）解：，
，
，
和是等边三角形，
，
，
，
，
，，
≌，
，
设，
，
线段沿翻折得到线段，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；三角形的综合
【解析】【分析】(1)根据 和是等边三角形，得，，，利用SAS可得解；
（2）①≌，由翻折性质得≌.
②作，交于， 由等边三角形的性质得 ，由①得≌，从而证得，因此，从而得证；
（3）结合等边三角形的性质，利用SSS得≌，因此，设，，得，根据内错角相等，两直线平行可得证.
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