2024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(二)
一、实践探究题
1．（2024八下·慈溪期中）
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
（2）问题探究
如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
（3）解决问题
如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）根据AD将△ABC分成面积相等的两部分可知点D是BC的中点，利用勾股定理求出BC，然后根据直角三角形斜边中线的性质可得AD的长度；
（2）根据同底等高的三角形面积相等可得S△ABM＝S△ABN，进而可得S△AOM＝S△BON；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，可得S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求，求出点P的坐标，进而可得直线BP的解析式．
2．（2024八下·沅江月考）已知四边形是菱形，直线经过点，且点右侧的部分在的下方，过点作于点，点是直线上一点且在点的右侧，连接，．
（1）数学思考：
如图①，当的边都在的右侧时，线段之间的数量关系为；
（2）猜想证明：
如图②，当的边分别在的两侧时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展延伸：
若菱形的边长为13，，，请直接写出线段的长．
【答案】（1）解：如图，在上截取一点，使，连接，
，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
（2）解：不成立，理由如下：
如图，在上截取，连接，，交于，
，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（3）解：第一种情况：如图：
，
在中，由勾股定理得，
，
，
在中，，
，
由（2）可得：，
；
第二种情况：如图：
，
同理可得：，
由（1）可得：，
；
综上所述，的长为或．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1） 在上截取一点，使，连接， 由线段垂直平分线的性质得到，进而得到，结合菱形的性质利用SAS证明，得到，从而求解；
（2） 在上截取，连接，，交于，由线段垂直平分线的性质得到，进而得到，结合菱形的性质利用SAS证明，得到，从而求解；
（3）分两情况进行讨论，利用勾股定理，含30°角直角三角形的性质并结合（1）（2）中的结论即可求解.
3．（2024·孝感模拟）如图
图1 图2 图3
（1）【问题发现】
如图1，在正方形中，为对角线上的动点，过点作的垂线，过点作的垂线，两条垂线交于点，连接，求证：．
（2）【类比探究】
如图2，在矩形中，为对角线上的动点，过点作的垂线，过点作的垂线，两条垂线交于点，且，连接，求的值．
（3）【拓展延伸】
如图3，在（2）的条件下，将改为直线上的动点，其余条件不变，取线段的中点，连接．若，则当是直角三角形时，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
（2）解：，，
点，点，点，点四点共圆，，
，，
，，
，
（3）解：由（2）知：，
，，
为的中点，
，，
又是直角三角形，，
，
设，则，
，，
，
，，
，
或（不合题意，舍去），
当或时，点不存在，
当在延长线上时，设，则，
，，，
，，，
（不合题意，舍去）或，
综上所述，的长为或．
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠BAC=∠BCA=45°，∠ABC=90°，AB=BC；根据垂线性质和等量代换原则，可得∠ABE=∠CBF，∠BCF=∠BCA=45°；根据三角形全等的判定（ASA）和性质，可得BE=BF；
（2）根据垂线的性质，可得∠EBF=∠ECF=90°；根据圆中同弧所对的角相等，可得∠ACB=∠EFB=60°；根据含30°角的直角三角形的性质，可得AB=BC，BE=BF；根据三角形相似的判定和性质，可得CF与AE的比值；
（3）根据AB与BC的比值，可得CB的值；根据直角三角形斜边的中线性质，可得BM=EF，CM=EF；根据等腰直角三角形的判定和性质，可得CM的值，进而可得EF的值；根据勾股定理列方程，可得CF的值.
4．（2024·江汉模拟）如图
（1）问题提出如图（1），在正方形ABCD中，E为AD中点，BF⊥CE，求的值；
（2）问题探究如图（2），在等腰Rt△ABC中，点E为AB的中点，BF⊥CE，求的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AD，∠D＝∠BCF＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠BCE+∠CBG＝90°，
∴∠DCE＝∠CBG，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴DE＝CF，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE，
∴CF＝DF，
∴=1；
（2）解：过点A作AD∥BC，CD∥AB，则四边形ABCD是正方形，
∵E为AB的中点．
由（1）可知M为AD的中点，
∵AD∥BC，
∴△AMF∽△CBF，
∴，
设BE＝AE＝x，
∴
∴CF＝x，
∵
∴BG＝x，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定；三角形全等的判定-ASA
5．（2024·珠海模拟）综合与实践
问题情境：“综合实践课”上，老师画出了如图1所示的矩形，（其中），P（不与点A重合）是边上的动点，连接点P与边的中点E，将沿直线翻折得到，延长交于点F（点F不与点C重合），作的平分线，交矩形的边于点G．问与的位置关系？
（1）数学思考：
请你解答老师提出的问题，并说明理由．
（2）深入探究：
老师将图1中的图形通过几何画板改动为如图2，在点P运动过程中，连接，若E，O，G三点共线，点G与点D刚好重合，求n的值．
（3）若，连接，当是以为直角边的直角三角形，且点G落在边上时，请直接写出的值．
【答案】（1）解：．
理由：由翻折可知．
∵平分，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：由翻折知，，
∵E，O，D三点共线，
∴
又∵，，
∴，
∴．
∵E是的中点，
∴设，则．
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，
∴．
∵，
∴，
∴．
（3）解：的值为3或．
设，
∵，
∴，
由题意知，分或，两种情况求解：
①若点在上，当时，此时，如图1，
∵，
四边形为矩形，
∵，
矩形为正方形，
，，
∴；
②若点在上，当时，如图2，过点作于点，此时，，三点在同一直线上，四边形是矩形，
由（2）可知，，，
∴，即，解得，，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据翻折和角平分线的定义求出，，根据矩形和平行线的性质得出，进而可得，然后由平行线的判定得出结论；
（2）先用AAS证明，可得，设，得到，求出，，然后在中，利用勾股定理求出，再根据可得答案；
（3）分或两种情况，分别作出图形求解即可．
6．（2024·珠海模拟）黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，我们知道：如图1，如果，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
（1）如图1，，点C在线段AB上，且，请直接写出CB与AC的比值是 ；
（2）如图2，在中，，，，则 ，在BA上截取，则 ，在AC上截取，则的值为 ；
（3）如图3，用边长为a的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN，把边AE折到线段EN上，即使点A的对应点H落在EN上，得到折痕EC，请证明：C是线段AB的黄金分割点；
（4）如图4，在边长为2的正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，点N在边CD上，且，当N为线段CD的黄金分割点时，，连NM，延长NM交AD于E，求DEE的长．
【答案】（1）
（2）；；
（3）证明：设EC与MN交于P，作PQ⊥EN于Q，如图，
∵且点M为AE中点，
∴
∵EC平分∠AEN，PQ⊥EN，PM⊥AE，
∴
设
∴
∵
∴
∴
∴
经检验，为方程的解，
∴
∴
∴C是线段AB的黄金分割点.
（4）解：延长NE、BA交于点K，过点N作NL⊥AB，过点A作AS⊥AN交NK于S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交于O，如图，
∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∴
∴
∵N为CD的黄金分割点，
∴设
∴
∴
设
∴
∴
∴
经检验，为原方程的解，
∴
∴
设则
∴
∴，
经检验为原方程的解，
∴.
【知识点】正方形的性质；黄金分割；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
【解析】【解答】解：（1）∵点C为线段AB的黄金分割点，∴
故答案为：；
（2）∵
∴
∵
∴
∴
故答案为：，，；
【分析】（1）根据黄金分割的比例关系即可求解；
（2）利用勾股定理求出AB的长度，再根据即可求出AE的长度，进而根据线段间的数量关系即可求解；
（3）设EC与MN交于P，作PQ⊥EN于Q，进而根据平行线等分线段定理得到：由角平分线的性质得PM=PQ，设根据锐角三角函数的定义得到：据此列出方程：解出x，进而求出AC的长度即可求解；
（4）延长NE、BA交于点K，过点N作NL⊥AB，过点A作AS⊥AN交NK于S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交于O，根据已知条件证明进而得到：为等腰直角三角形，利用"AAS"证明然后根据锐角三角函数的定义得到：求出KT的长度，最后根据即可求解.
7．（2024·珠海模拟） 综合与实践
【问题情境】
为了研究折纸过程中蕴涵的数学知识，老师发给每位同学完全相同的纸片，纸片形状如图1，在四边形中（），，．
图1
【探究实践】
老师引导同学们在边上任取一点E，连接，将沿翻折，点C的对应点为H，然后将纸片展平，连接并延长，分别交，于点M，G．
老师让同学们探究：当点E在不同位置时，能有哪些发现？
经过思考和讨论，小莹、小明向同学们分享了自己发现．
（1）如图2，小莹发现：“当折痕与夹角为时，则四边形是平行四边形．”
（2）如图3，小明发现：“当E是的中点时，延长交于点N，连接，则N是的中点．
请你分别判断两人的结论是否正确，并说明理由．
（3）【拓展应用】
如图4，小慧在小明发现的基础上，经过进步思考发现：“延长交于点F．当给出和的长时，就可以求出的长．”
老师肯定了小慧同学结论的正确性．若，，请你帮小慧求出的长．
【答案】（1）解：结论正确；
理由如下：
由折叠得：，
，
折痕与夹角为，
，
，
，
四边形是平行四边形
（2）解：结论正确；
理由如下：
如图，连接，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
N是的中点
（3）解：，，
，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
解得：，
，
由（2）得：，
，
，
设，则有，
，
在中，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
故的长为．
【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】【分析】（1）根据折叠的性质得到，根据平行线的判定定理得到，即可得到四边形是平行四边形；
（2）连接，根据折叠的性质得到，，即，根据平行线的性质得到，进而由等腰三角形的性质得到NG=NH，再利用中点的性质得到CE=BE，得到，即NB=NH，即可得到N是BG的中点；
（3）根据已知条件证明，由相似三角形的性质得到，设，则有，，根据勾股定理即可得到答案。
8．（2023八上·金华月考）学完勾股定理后，小宇碰到了一道题：如图1，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，若AB＝5，CD＝4，BC＝6，则AD的长为 ▲ ．
他不会做，去问同桌小轩，小轩通过思考后，耐心地对小宇讲道：“因为AC⊥BD，垂足为O，那么在四边形ABCD中有四个直角三角形，利用勾股定理可得AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2...”小轩话没讲完，小宇就讲道：“我知道了，原来AD2+BC2与AB2+CD2之间有某种数量关系．”并对小轩表示感谢．
（1）请你直接写出AD的长．
（2）如图2，分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，连接PC，PQ．
①若AC＝4，BC＝8，连接AQ，交PC于点D，当∠ACB＝90°时，求PQ的长；
②如图3，若AB＝10，BC＝8，PC＝，当∠ACB≠90°时，求△ABC的面积．
【答案】（1）
（2）①设AB与PC相交于点O，如图，
∵ ∠ACB=90°，AC=4，BC=8，
∴ AB=，
∵ 分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，
∴ PB=AB，BC=BQ，∠PBA=∠CBQ=90°，PA=，QC=，
∴ ∠PBC=∠ABQ，
∴ △PBC≌△ABQ（SAS），
∴ ∠BPC=∠BAQ，
∵ ∠POB=∠AOC，
∴ ∠ODA=∠PBA=90°，
∴ PC⊥AQ，
∴ PA2+QC2=PQ2+AC2，
∴ PQ=；
②过点A作AM⊥BM，连接AQ，如图，
同①可证明△PBC≌△ABQ，可得PC⊥AQ，BQ=BC=8，PC=AQ=，
由勾股定理得，AM2+MB2=AB2，即AM2+MB2=100；
AM2+MQ2=AQ2，即AM2+(8+MB)2=192；
两个式子作差得，MB=，
∴ S△ABC=BC·MB=7.
【知识点】勾股定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2，
∴ AD2+BC2=AB2+CD2，即AD2+62=52+42，
∴ AD=；
故答案为：；
【分析】（1）推出AD2+BC2=AB2+CD2，即可求得AD；
（2）①根据等腰直角三角形的性质可得PB=AB，BC=BQ，∠PBA=∠CBQ=90°，根据SAS判定△PBC≌△ABQ推出∠BPC=∠BAQ，从而得到PC⊥AQ，即可求得；
②同①可证明△PBC≌△ABQ推出得PC⊥AQ，BQ=BC=8，PC=AQ=，根据勾股定理列出两个式子，再作差求得MB，根据三角形的面积即可求得.
9．（2024九下·湖州月考）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形.
（1）如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转60°，则与重合，点D的对应点E.请根据给出的定义判断，四边形 （选择是或不是）等补四边形.
（2）如图2，等补四边形中，，，若，求的长.
（3）如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）是
（2）解：如图所示：
∵，，将△ADB绕点B逆时针旋转90°可得△CBE.
∴BD=BE，∠DBE=90°，∠DAB=∠ECB，.
∵四边形是等补四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∴∠EAC+∠DCB=180°，
∴D、C、E三点共线.
∵，
∴
∴Rt△DBE中，，
解得：BD=4.
（3）解：如图所示：
延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.
∵，，∠EAB+∠BAD=180°，
∴∠EAB=∠C.
∴△EAB≌△DCB(SAS).
∴，BD=BE.
当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，最大为.
∴ 四边形面积的最大值8.
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵是等边三角形，
∴∠BAC=60°.
∵绕点A逆时针旋转60° 得到，
∴AD=AE，∠ADB=∠AEC.
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠AEC+∠ADC=180°，
∴四边形ADCE是等补四边形.
故答案为：是.
【分析】（1）根据旋转性质得AD=AE，∠ADB=∠AEC.结合∠ADB+∠ADC=180°，可得∠AEC+∠ADC=180°，即可得到结论；
（2）将△ADB绕点B逆时针旋转90°得△CBE，根据旋转性质可得BD=BE，∠DAB=∠ECB，.再根据等补四边形性质即可证得D、C、E三点共线，于是有，表示出△BDE的面积，即可求出BD长.
（3）延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.可证得△EAB≌△DCB，于是有以及BD=BE，当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，用BD表示出面积，即可得到最大的四边形面积.
10．（2024·清城模拟）已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF交于点G，令＝k．
（1）特例解析：如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：＝k；
（2）类比探究：如图2，若四边形ABCD是平行四边形，当∠B与∠EGC满足什么关系时，＝k仍然成立？并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，，∠AED＝45°，求DE的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠EDC+∠FCD＝90°，
∴∠ADE＝∠FCD，
∵∠A＝∠FDC＝90°，
∴△ADE∽△DCF，
∴DE：CF＝AD：DC＝k．
（2）解：∠B与∠EGC互补时，＝k，
证明如下：
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠BEG+∠BCF＝180°，
∵∠BEG+∠AED＝180°，
∴∠AED＝∠BCF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠CFD＝∠BCF＝∠AED，∠CDM＝∠A，
在AD的延长线上取一点M，使CM＝CF，则有∠M＝∠CFD＝∠AED，
∴△DAE∽△CDM，
∴，
∵CM＝CF，
∴；
（3）解：如图3，在（2）的条件下，可得结论：，∠AED＝∠EDC＝∠FCD＝∠F＝45°，
∵AD＝BC＝5，
∴BA＝CD＝7，
作GM⊥CD于M，
则△GDM为等腰直角三角形；
∵tan∠DCF＝，令GM＝4x，则CM＝3x，CG＝5x；
∴DM＝GM＝4x，
∴CD＝3x+4x＝7，
解得x＝1；
∴CG＝5，
在△CGD与△CDF中，∠GCD＝∠DCF，∠GDC＝∠F；
∴△CGD∽△CDF，
∴CG：CD＝CD：CF，
即5：7＝7：CF，解得，
由，代入CF的值，
解得DE＝7．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和垂直的定义即可得到：即可证明进而即可求证；
（2）根据即可得到：然后根据平行四边形的性质和平行线的性质即可得到：在AD的延长线上取一点M，使CM＝CF，则有∠M＝∠CFD＝∠AED，即可证明：得到：，进而即可求解；
（3）在（2）的条件下，可得结论：，∠AED＝∠EDC＝∠FCD＝∠F＝45°，根据题意得到：作GM⊥CD于M，则△GDM为等腰直角三角形，根据 ，令GM＝4x，则CM＝3x，CG＝5x，即可得到：得到则然后易证：得到：得到：由，代入CF的值，即可求解.
11．（2024八上·峡江期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：．
（1）【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图1，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图2），即“一线三等角”模型和“K字”模型．
请在上图2中选择其中一个模型进行证明．
（2）【模型应用】如图3，正方形ABCD中，AE⊥DE，DE-4，求△CDE的面积．
（3）如图4，四边形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，，DE＝DC，求△ADE的面积．
【答案】（1）证明：例如选第一个图形可证（同理可证第二个）
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
又∵∠B=∠D=90°，AC=CE；
∴△ABC≌△CDE（AAS）
（2）解：过C作DE延长线的垂线CF，垂足为F，
则由（1）易得
△AED≌△DFC，
∴CF=DE=4，即△CDE边DE上的高为4，
∴.
（3）解：分别过C和E作AD延长线的垂线CG、FH，垂足分别为为G、H，
则由（1）易得△EDH≌△DCG，
又∵四边形ABCG是矩形，
∴AG=BC，
∴DG=AG-AD=3-2=1，
∴EH=DG=1，即△ADE边AD上的高为1，
∴.
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用角的运算求出∠1=∠3，再结合∠B=∠D=90°，AC=CE，利用“AAS”证出△ABC≌△CDE即可；
（2） 过C作DE延长线的垂线CF，垂足为F， 利用全等三角形的性质可得CF=DE=4，再利用三角形的面积公式求出即可；
（3）分别过C和E作AD延长线的垂线CG、FH，垂足分别为为G、H，先利用线段的和差求出DG的长，可得△ADE边AD上的高为1，再利用三角形的面积公式求出即可.
12．（2024·深圳模拟）综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点.
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点.
证明过程如下：连接CH， ∵正方形ABCD沿CE折叠， ∴∠D=∠B=∠CGH=90°， ① ， 又∵CH=CH ∴△CGH≌△CDH， ∴GH=DH. 由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3， 在Rt△AEH中，可列方程： ② ，（方程不要求化简）解得：DH= ③ ，即H是AD边的三等分点.
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MNIIAD.
【过程思考】
（1）“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是： ① ，②： ，③： ；
（2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
（3）【拓展提升】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，请直接写出D'F的长.
【答案】（1）CG=CB=CD；；2
（2）解：由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵正方形 ABCD，
，
， 即
∴点M是否为AB边的三等分点
（3）或
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，
又∵CH=CH
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH.
由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程： ，（方程不要求化简）解得：DH=2，即H是AD边的三等分点.
故答案为：CG=CB=CD，.
（3）连接AC交BD于点O，
∵菱形ABCD，
∴OD=BD=3，∠AOD=90°，
∴，
∵E是BD上的一个三等分点，
如图，当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，
∵ 点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，
∴DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴，
设EN=2x，AN=5x，
∴ON=2x-1，
在Rt△ANO中，
AN2=AO2+ON2即（5x）2=16+（2x-1）2，
解之：x1=-1（舍去），x2=，
∴，
易证△END′∽△EFB，
∴
∴，
∴；
当DE=DB=4，连接AD′，AE，
由对称可知，AD=AD′=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴，
设EF=2m，AF=5m，
在△AEO和△ANE中，
∴△AEO≌△ANE（AAS），
∴OE=EN=1，
∴NF=2m-1，AN=AO=4，
∵AF2=AN2+NF2即（5m）2=16+（2m-1）2，
解之：m1=-1（舍去），m2=，
∴，
∴，
综上所述，D′F的长为或
故答案为：或
【分析】（1）利用折叠的性质可证得∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，利用HL可证得△CGH≌△CDH，利用全等三角形的性质可证得GH=DH，设AB=6（个单位），DH=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用相似三角形的判定可证得△AEG∽△CDG，利用相似三角形的性质可得AG与CG的比值，再由MN∥AD，利用平行线分线段成比例定理可证得结论.
（3）连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，利用勾股定理求出AO的长，再分情况讨论：当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，利用对称性可知DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，可证得△END′∽△ANB，利用相似三角形的性质可得到AN与EN的比值，设EN=2x，AN=5x，可表示出ON的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到EN的长；再证明△END′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF的长，然后求出D′F的长；当DE=DB=4，连接AD′，AE，易证△AFD′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF与AF的比值，设EF=2m，AF=5m，利用AAS证明△AEO≌△ANE，可得到OE=EN=1，可表示出NF，AN的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出EF的长，然后求出D′F的长；综上所述。可得到符合题意的D′F的长.
13．（2023九上·历下期中）
（1）【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、CD、AB上，你发现线段ED与AG有什么数量关系？
直接写出结论： （不用证明）．
（2）【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若，，求BG的长．
（3）【拓展应用】如图3，小明把三角形EFG放置到平行四边形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、BC、AB边上，若，，，求出的值．
【答案】（1）
（2）解：过点F作，垂足为H
，
，
，
，
易证四边形ABFH是矩形
，
（3）解：过点F作交AD的延长线于点M．
∵四边形ABCD是平行四边形
，
，
，
即
，
，
【知识点】矩形的性质；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： .理由如下：
如图1，
四边形ABCD 是矩形，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故答案为：.
【分析】（1）由四边形ABCD 是矩形，得出，推出，即可得出答案；
（2） 过点F作， 得出 ，得出 ，得出 ，从而得出FH的值，证出 四边形ABFH是矩形 ，得出AB 的值，即可得出答案；
（3） 过点F作交AD的延长线于点M． 根据 四边形ABCD是平行四边形 ，得出，证出 ，推出，再根据平行四边形性质和等腰三角形的性质即可得出答案。
14．（2024九上·都江堰期末）
（1）【观察与猜想】
如图1，点是矩形内一点，过点的直线，分别交矩形的边为点．若，则 ；
（2）【类比探究】
如图2，在平行四边形中，点分别在边上，连接与交于点．求证：；
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形中，，在边上，连接与交于点，当时，求的值．
【答案】（1）
（2）证明：，，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
又，
，
，
，
，
即；
（3）解：如图，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
四边形是平行四边形，
，，，
，
在上截取，则为等边三角形，
，
，
，
，
，
设，则，
，
则，
，
，
解得：，
，
四边形是平行四边形，
过点作交于点，
由（2）可得：，
故四边形为平行四边形，
，
，
．
【知识点】矩形的性质；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】【解答】解：（1）如图，过作于，过作于，
则四边形，四边形是矩形，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）过作于，过作于，先证出可得，再将数据代入求出MN的长即可；
（2）先证出可得 ，， 再证出可得，利用等量代换可得，再化简可得；
（3）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，在上截取，则为等边三角形，先证出可得， 设，则， 求出，再列出方程求出x的值，再结合将数据代入求出即可.
15．（2023九下·松原月考）
（1）【知识呈现】如图①，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F.求证：四边形AFCE是菱形；
（2）【知识应用】如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若，，则EF的长为 ；
（3）【知识拓展】如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD、BC于点E、F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若，，，则四边形AFCE的面积为 .
【答案】（1）证明：四边形ABCD是矩形，，，EF垂直平分AC，，.在与中，，，，，，四边形AFCE是平行四边形，，四边形AFCE是菱形.
（2）
（3）15
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：（2）如图，连接、
由（教材呈现）可得平行四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是直角三角形
∴
∵，
∴
∴，
故答案为：．
（3）如图，过点作，交的延长线于，过点作于，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将沿翻折，使点的对称点与点重合，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴是菱形，
∴
∵在中，，
∴，
∴，
∴菱形的面积是：；
故答案为：．
【分析】（1）先根据矩形的性质结合平行线的性质得到，进而根据垂直平分线的性质得到，，再结合题意运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据平行四边形的判定和菱形的判定即可求解；
（2）连接、，先根据菱形的性质得到，，进而运用勾股定理即可得到，再根据勾股定理结合三角形的面积即可求解；
（3）过点作，交的延长线于，过点作于，先根据平行四边形的性质得到，进而根据折叠的性质得到，，再根据平行线的性质得到，进而结合题意运用平行四边形的判定和菱形的判定与性质得到，再根据勾股定理即可求解。
16．（2023九上·深圳期中）[温故知新]
在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，小明结合图1给出如下证明思路：作CF∥AD交DE的延长线于点F，再证△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，即可证明定理．
（1）[新知体验]
小明思考后发现：作平行线可以构成全等三角形或平行四边形，以达到解决问题的目的．如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，若AC=3，BD=4，AD=1，则BC的值为
（2）[灵活运用]
如图3，在矩形ABCD和ABEF中，连接DF、AE交于点G，连接DB．若AE=DF=DB，求∠FGE的度数；
（3）[拓展延伸]
如图4在第(2)题的条件下，连接BF，若AB=4D=，求△BEF的面积．
【答案】（1）4
（2）解：连结AC、CE，如图3，
∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形，
∴DC∥AB∥EF且DC=AB=EF，
∴DFEC为平行四边形，∴DF=CE，
∵ABCD为矩形，∴AC=DB，
∵AE=DF=DB．∴AE=CE=AC，
即△ACE是一个等边三角形，∴∠AEC=60°，
∵DF∥CE，∴∠FGE=∠AEC=60°；
（3）解：设AC与BD相交于点Q，如图4，
∵四边形ABCD是矩形，且AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，∴AC与BD互相垂直平分，
∵AB=，∴AQ=BQ==4
∴AE=BD=AC=2AQ=8
∵EA=EC，BA=BC，∴BE是线段AC的中垂线，
又∵BD也是线段AC的中垂线，∴E、B、D三点共线，
在Rt△AEQ中，∠AQE=90°，QE=，
∴BE=-4，∴AF∥BE，AQ⊥BE∴△BEF的BE边上的高等于AQ=4
∴S△BEF=×4×(-4)=-8．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，过点D作DE∥AC交BC的延长线于E，
又∵AD∥BC，AC=3，AD=1 ，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE=AC=3，CE=AD=1，
∵DE∥AC，AC⊥BD
∴∠BDE=90°，
∴BE==5，
则BC=BE-CE=4；
故答案为：4.
【分析】（1）过点D作DE∥AC，可知四边形ADEC是平行四边形，进而得出∠BDE=90°，运用勾股定理即可求得答案；
（2）连结AC、CE， 根据矩形和平行四边形的性质，可得到DFEC为平行四边形，而且△ACE是一个等边三角形，而要求的 ∠FGE 与 ∠AEC 是内错角，即可得出答案；
（3）设AC与BD相交于点Q，根据已知可知四边形ABCD是正方形 ，再根据正方形的性质可得出AE=BD=AC=2AQ=8，根据中垂线的性质可判断出E、B、D三点共线 ，通过勾股定理求出QE的长，则可以算出BE的长度，继而由三角形面积公式可得出答案．
17．（2023九上·舟山期中）
（1）【探究证明】某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：
如图①，在矩形中，，分别交于点E、F，分别交于点G、H，求证：；
（2）【结论应用】如图②，将矩形沿折叠，使得点B和点D重合，若，求折痕的长；
（3）【拓展运用】如图③，将矩形沿折叠．使得点D落在边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形，若，求的长．
【答案】（1）解：如图，过作交于，过作交于，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴四边形、均为平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
由勾股定理得，
∵将矩形沿折叠，使得点B和点D重合，
∴，
由（1）可知，，即，
∴，
∴的长．
（3）解：如图所示，过点作交延长线于，
由折叠的性质可得，
由（1）可知，，即，解得，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
由折叠的性质可得，，，，
设，则，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
在中，由勾股定理得．
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过作交于，过作交于，根据矩形的性质和平行四边形的性质得到：，进而根据相似三角形的性质即可求解；
（2）连接，利用勾股定理求出BD的长，根据折叠的性质得到：，结合（1）中的相似即可求出EF的长；
（3）过点作交延长线于，根据折叠的性质得到，结合（1）中的相似即可求出DG的长，进而利用勾股定理求出AG的长，设，则，再利用勾股定理列方程即可求出DE、GE和AD的长度，然后根据相似三角形的判定和性质求出HP和GH的长度，在中，利用勾股定理即可求解.
18．（2023九上·南山期中）
（1）【探究发现】
如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，E是AD边上一点，作OF⊥OE交AB于点F．学习小队发现，不论点E在AD边上运动过程中，△AOE与△BOF恒全等．请你证明这个结论；
（2）【类比迁移】
如图2，矩形ABCD的对角线交于点O，∠ABD＝30°，E是BA延长线上一点，将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，点F恰好落在DA的延长线上，求的值；
（3）【拓展提升】
如图3，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝12，点E是BC边上一点，以BE为边在BC的上方作等边△BEF，连接CF，取CF的中点M，连接AM，当AM＝时，直接写出BE的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠EAO＝∠FBO＝45°，∠AOB＝90°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°＝∠AOB，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
，
∴△AOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：连接DE，连接EF，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OA＝OB，
∵∠ABD＝30°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠AOD＝∠OAB+∠ABD＝60°，
∵将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，
∴OE＝OF，∠EOF＝60°＝∠AOD，
∴∠DOE＝∠AOF，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
∴AF＝DE，∠AFO＝∠DEO，
∵∠EAF＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠AEO+∠AFO＝180°﹣（∠AEF+∠AFE）﹣∠EOF＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠AEO+∠DEO＝30°，即∠AED＝30°，
在Rt△ADE中，cos30°＝，
∴＝，
∴＝；
（3）解：过A作AK⊥BC于K，连接MK，AF，设EF交AB于R，如图：
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，AK⊥BC，BC＝12，
∴∠ABK＝30°，BK＝CK＝6，∠AKC＝90°，
∴，
∵M为CF中点，
∴MK是△BFC的中位线，
∴＝＝，MK∥BF，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠FBE＝60°，
∴∠FBA＝∠FBE﹣∠ABK＝30°，∠MKC＝∠FBE＝60°，
∴∠AKM＝∠AKC﹣∠MKC＝30°，
∴△AKM∽△ABF，
∴＝＝，
∵AM＝，
∴AF＝2，
在Rt△ABK中，cos∠ABK＝，
∴＝，
∴AB＝4，
∵∠ABK＝30°，∠BEF＝60°，
∴∠BRE＝90°＝∠BRF＝∠ARF，
∵∠FBR＝30°，
∴BF＝2FR，BR＝FR，
设FR＝x，则BR＝x，AR＝4﹣x，
在Rt△AFR中，FR2+AR2＝AF2，
∴x2+（4﹣x）2＝（2）2，
解得x＝1或x＝5（此时AR为负数，舍去），
∴FR＝1，
∴BE＝BF＝2FR＝2．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】( 1 )首先根据正方形的性质可得：OA＝OB，∠EAO＝∠FBO＝45°，∠AOB＝90°，然后根据OF⊥OE可得∠AOE＝∠BOF，由此通过ASA即可证明出：△AOE≌△BOF.
（2）首先作辅助线，连接DE，连接EF，根据矩形的性质可得∴OD＝OA＝OB，然后根据∠ABD和∠OAB，即可求出∠AOD的度数，根据旋转的性质可得：OE＝OF，∠EOF＝60°＝∠AOD，由此即可得出∠DOE＝∠AOF，从而即可证明△AOF≌△DOE（SAS），根据全等三角形的性质可得：AF＝DE，∠AFO＝∠DEO，然后根据∠EAF＝90°，即可求出∠AED＝30°，根据余弦定理即可求出 的值.
( 3 )首先，过A作AK⊥BC于K，连接MK，AF，设EF交AB于R，根据AB＝AC，∠BAC＝120°，AK⊥BC，BC＝12，即可求出 ，进而可得MK是△BFC的中位线，根据三角形中位线的性质可得： ＝＝ ，MK∥BF，然后根据△BEF是等边三角形，根据等边三角形的性质可得：∠FBE＝60°进而可算出 ＝＝ ，根据AM的值即可求出AF的值，继而根据cos∠ABK的值求出AB的值，再根据∠ABK＝30°，∠BEF＝60°即可求出BF＝2FR，BR＝FR，最后根据FR，BR与AR的数量关系设FR＝x，则BR＝，AR＝，根据勾股定理即可求出BE的值.
19．（2023九上·重庆市开学考）在正方形中，、分别为边上的两点，连接、并延长交于点，连接，为上一点，连接、．
（1）如图，若为的中点，且，，求线段的长；
（2）如图，过点作，且，连接，刚好交的中点，当时，求证：；
（3）如图，在的条件下，点为线段上一动点，连接，作于点，将沿翻折得到，点、分别为线段、上两点，且，，连接、交于点，连接，请直接写出面积的最大值．
【答案】（1）解：四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
设，则，
由勾股定理得，
，
，
，舍去，
；
（2）证明：如图，
作于，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
≌，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
作，交于，作于，作于，
∽，∽，，
，∽，
，，
，
，
，
当最大时，最大，的面积最大，
，
在以为直径的圆上运动，
当时，，
，
．
【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；相似三角形的性质；三角形-动点问题；圆-动点问题
【解析】【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定及动点问题。
（1） 根据正方形ABCD得，，根据是的中点得，
设，则，根据可知；
（2）作于
根据正方形ABCD得，根据得，
结合知，根据得，根据G是CH的中点得可证≌，再证≌，可得；
（3） 作，交BR于T，作于X，作于V，得∽，，，则，，得，
则，，则当VN'最大时，OX最大，的面积最大，根据知在以为直径的圆上运动，当时，，
则可得．
20．（2021·深圳）在正方形 中，等腰直角 ， ，连接 ，H为 中点，连接 、 、 ，发现 和 为定值.
（1）① ▲ ；
② ▲ .
③小明为了证明①②，连接 交 于O，连接 ，证明了 和 的关系，请你按他的思路证明①②.
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2， ， （ ）
求① （用k的代数式表示）
② （用k、 的代数式表示）
【答案】（1）解：① ；②45°；③证明：如图所示：
由正方形性质得： ，O为 的中点
又∵H为 的中点，则 ，
∴ 是等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴ ，又∵
∴
又
∴ ，又∵
∴
∴ ，
∴
（2）；
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（2）①如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，
∵△BCD≌△DAB，
∴BC=AD，CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=BD，OA=OC，
∵H为CE的中点 ，
∴OH∥AE，OH=AE，
∴∠HOC=∠EAC，
∵∠COD=∠BDA+∠DAC，∠BAD=∠EAF，
∴∠HOD=∠HOC+∠COD=∠EAC+∠EAF+∠DAC=∠DAF，
∵，
∴，，
∴△DAF∽△DOH，
∴，
故答案为：；
②如图，过点H作HM⊥DF于点M，
∴∠HMD=∠HMF=90°，
∵△DAF∽△DOH，
∴∠HDO=∠ADF，
∴∠HDF=∠HOD+∠ODF=∠ADF+∠ODF=∠BDA=，
∴HM=OH·，DM=OH·，
∵，
∴FD=，
∵HF2=HM2+MF2=HM2+（DF-DM）2，
=（OH·）2+（-OH·）2，
=，
∴，
故答案为：
【分析】（1）①先证出，∠BOH=∠BAF，从而得出△DAF∽△DOH，即可得出
；
②根据△DAF∽△DOH，得出∠HBO=∠FBA，利用∠HBF=∠HBO+∠DBF=∠DBA=45°，即可得出答案；
（2）①连接AC，交BD于点O，连接OH，先证出∠HOD=∠DAF，，从而得出△DAF∽△DOH，即可得出；
②过点H作HM⊥DF于点M，先证出∠HDF=，再根据锐角三角函数定义得出HM=OH·，DM=OH·，由，得出FD=，利用勾股定理得出HF2=HM2+（DF-DM）2，代入进行化简，求出HF2=，即可求出.
21．（2024·深圳模拟）在矩形中，点是射线上一动点，连接，过点作于点，交直线于点．
（1）当矩形是正方形时，以点为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．
①如图1，若点在线段上，则线段与之间的数量关系是 ▲ ，位置关系是 ▲ ；
②如图2，若点在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点在线段上，以和为邻边作平行四边形，是中点，连接，，，求的最小值．
【答案】（1）解：①相等；垂直.
②成立，理由是：
当点在线段的延长线上时，
同理可得：，
，，
为等腰直角三角形，
，，而，
，
四边形为平行四边形，
且，
，；
（2）解：连接，
四边形是平行四边形，M 是中点，
，
∵AE⊥BF，
，
，
最小时，也最小.
，，
设，则，
由（1）可得：，
又，
，
，即，
，
，
设，
∴当时，取最小值，
的最小值为，
故的最小值为．
【知识点】二次函数的最值；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°.
∴∠ABG+∠FBC=90°.
∵BF⊥AE于点G，
∴∠ABG+∠BAG=90°.
∴∠FBC=∠BAG.
∴△ABE≌△BCF(ASA).
∴BE=CF，AE=BF.
∵ △是等腰直角三角形，点F是直角顶点，
∴∠CFH=90°=∠BCF，FH=FC.
∴BE//FH，BE=FH
∴四边形BEHF是平行四边形.
∴BF//EH，BF=EH.
∴AE⊥EH，AE=EH.
故答案为：相等；垂直.
【分析】（1）利用正方形和等腰三角形的性质可证得△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF. 由△是等腰直角三角形，得到∠CFH=90°=∠BCF，FH=CF.于是可证得四边形BEHF是平行四边形.根据平行四边形性质得BF//EH，BF=EH，再由 和AE=BF即可得到结论.①和②的证明思路基本一样.
（2）根据平行四边形性质和直角三角形性质得EM=FM=GM，即GM最小时，EF最小.设BE=x，通过证明，得到CF长，利用勾股定理表示出EF，利用二次函数的性质得到EF的最小值，问题可解决.
22．（2024九下·成都月考） 已知矩形，点E、F分别在、边上运动，连接、，记、交于点P．
-
（1）如图1，若，，，求线段的长度；
（2）如图2，若，，求；
（3）如图3，连接，若，，，求的长度．
【答案】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形为矩形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，则，
∴，整理得：，
∴，
解得：．
（3）解：过点A作于点H，过点P作于点N，交于点M，
∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
由（2）可得：，
∴，
∴，
∴，整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得， ，结合四边形的内角和证明， 利用相似三角形的性质得到， 结合CF=4，即可求解；
（2）根据矩形的性质得到，， 再证明， 得到， 进而得到， 利用EC=EP+PC代入即可求解；
（3） 过点A作于点H，过点P作于点N，交于点M， 根据等腰三角形的性质可得， 设，则， 进而得到， 由（2） 证明，得到， 推得， 再根据， 得到，， 再证明， 利用相似三角形的性质得到方程， 解方程得到x的值，即可求解.
23．（2024八下·经开期中） 在菱形和菱形中，．
（1）如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为 ；
（2）如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明；
（3）如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围．
【答案】（1）
（2）解：，证明如下：
过点作，过点作，过点作，
则：四边形为平行四边形，
∴，，
∵菱形，菱形，，
∴，，
∴，，，
∴，
∵
∴，
∴，即：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：①延长至点，使，连接，延长，交于点，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，，为等边三角形，
∴四边形为平行四边形，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
②．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：连接，交于点，交于点，
∵菱形，菱形，
∴，，
∵点分别在边上，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，，
∴，
同理：，
∴；
故答案为：；
（3）②∵，
∴，即：，
∵，
∴．
【分析】（1）连接，交于点，交于点，根据菱形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度；
（2）过点作，过点作，过点作，得到四边形为平行四边形，证明，得到，进而求出，利用等腰三角形的性质结合30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；
（3）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可．
24．（2024九下·自贡月考） 已知，AB＝AC，AB＞BC．
（1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．
【答案】（1）证明：∵，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
（2）解：结论：．
证明：∵，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，，
∴，
∴BM＝BD，，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∵CA＝CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即∠ADB＝30°．
【知识点】角的运算；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据三角形全等的性质得到AC＝DC，进而根据等腰三角形的性质结合题意得到∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，再根据角平分线的定义得到，从而结合题意根据平行线的判定和平行四边形的判定证明四边形ABDC是平行四边形，再根据菱形的判定即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到，进而根据等腰三角形的性质得到，再结合题意进行角的运算即可求解；
（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，进而根据三角形全等的判定与性质得到M＝BD，，从而结合题意进行角的运算得到，设，，则，根据题意进行角的运算即可得到，从而即可求解。
1 / 12024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(二)
一、实践探究题
1．（2024八下·慈溪期中）
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
（2）问题探究
如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
（3）解决问题
如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB的养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
2．（2024八下·沅江月考）已知四边形是菱形，直线经过点，且点右侧的部分在的下方，过点作于点，点是直线上一点且在点的右侧，连接，．
（1）数学思考：
如图①，当的边都在的右侧时，线段之间的数量关系为；
（2）猜想证明：
如图②，当的边分别在的两侧时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展延伸：
若菱形的边长为13，，，请直接写出线段的长．
3．（2024·孝感模拟）如图
图1 图2 图3
（1）【问题发现】
如图1，在正方形中，为对角线上的动点，过点作的垂线，过点作的垂线，两条垂线交于点，连接，求证：．
（2）【类比探究】
如图2，在矩形中，为对角线上的动点，过点作的垂线，过点作的垂线，两条垂线交于点，且，连接，求的值．
（3）【拓展延伸】
如图3，在（2）的条件下，将改为直线上的动点，其余条件不变，取线段的中点，连接．若，则当是直角三角形时，求的长．
4．（2024·江汉模拟）如图
（1）问题提出如图（1），在正方形ABCD中，E为AD中点，BF⊥CE，求的值；
（2）问题探究如图（2），在等腰Rt△ABC中，点E为AB的中点，BF⊥CE，求的值．
5．（2024·珠海模拟）综合与实践
问题情境：“综合实践课”上，老师画出了如图1所示的矩形，（其中），P（不与点A重合）是边上的动点，连接点P与边的中点E，将沿直线翻折得到，延长交于点F（点F不与点C重合），作的平分线，交矩形的边于点G．问与的位置关系？
（1）数学思考：
请你解答老师提出的问题，并说明理由．
（2）深入探究：
老师将图1中的图形通过几何画板改动为如图2，在点P运动过程中，连接，若E，O，G三点共线，点G与点D刚好重合，求n的值．
（3）若，连接，当是以为直角边的直角三角形，且点G落在边上时，请直接写出的值．
6．（2024·珠海模拟）黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，我们知道：如图1，如果，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
（1）如图1，，点C在线段AB上，且，请直接写出CB与AC的比值是 ；
（2）如图2，在中，，，，则 ，在BA上截取，则 ，在AC上截取，则的值为 ；
（3）如图3，用边长为a的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN，把边AE折到线段EN上，即使点A的对应点H落在EN上，得到折痕EC，请证明：C是线段AB的黄金分割点；
（4）如图4，在边长为2的正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，点N在边CD上，且，当N为线段CD的黄金分割点时，，连NM，延长NM交AD于E，求DEE的长．
7．（2024·珠海模拟） 综合与实践
【问题情境】
为了研究折纸过程中蕴涵的数学知识，老师发给每位同学完全相同的纸片，纸片形状如图1，在四边形中（），，．
图1
【探究实践】
老师引导同学们在边上任取一点E，连接，将沿翻折，点C的对应点为H，然后将纸片展平，连接并延长，分别交，于点M，G．
老师让同学们探究：当点E在不同位置时，能有哪些发现？
经过思考和讨论，小莹、小明向同学们分享了自己发现．
（1）如图2，小莹发现：“当折痕与夹角为时，则四边形是平行四边形．”
（2）如图3，小明发现：“当E是的中点时，延长交于点N，连接，则N是的中点．
请你分别判断两人的结论是否正确，并说明理由．
（3）【拓展应用】
如图4，小慧在小明发现的基础上，经过进步思考发现：“延长交于点F．当给出和的长时，就可以求出的长．”
老师肯定了小慧同学结论的正确性．若，，请你帮小慧求出的长．
8．（2023八上·金华月考）学完勾股定理后，小宇碰到了一道题：如图1，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，若AB＝5，CD＝4，BC＝6，则AD的长为 ▲ ．
他不会做，去问同桌小轩，小轩通过思考后，耐心地对小宇讲道：“因为AC⊥BD，垂足为O，那么在四边形ABCD中有四个直角三角形，利用勾股定理可得AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2...”小轩话没讲完，小宇就讲道：“我知道了，原来AD2+BC2与AB2+CD2之间有某种数量关系．”并对小轩表示感谢．
（1）请你直接写出AD的长．
（2）如图2，分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，连接PC，PQ．
①若AC＝4，BC＝8，连接AQ，交PC于点D，当∠ACB＝90°时，求PQ的长；
②如图3，若AB＝10，BC＝8，PC＝，当∠ACB≠90°时，求△ABC的面积．
9．（2024九下·湖州月考）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形.
（1）如图1，是等边三角形，在上任取一点D（B、C除外），连接，我们把绕点A逆时针旋转60°，则与重合，点D的对应点E.请根据给出的定义判断，四边形 （选择是或不是）等补四边形.
（2）如图2，等补四边形中，，，若，求的长.
（3）如图3，四边形中，，，，求四边形面积的最大值.
10．（2024·清城模拟）已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF交于点G，令＝k．
（1）特例解析：如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：＝k；
（2）类比探究：如图2，若四边形ABCD是平行四边形，当∠B与∠EGC满足什么关系时，＝k仍然成立？并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，，∠AED＝45°，求DE的长．
11．（2024八上·峡江期末）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：．
（1）【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图1，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图2），即“一线三等角”模型和“K字”模型．
请在上图2中选择其中一个模型进行证明．
（2）【模型应用】如图3，正方形ABCD中，AE⊥DE，DE-4，求△CDE的面积．
（3）如图4，四边形ABCD中，，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，，DE＝DC，求△ADE的面积．
12．（2024·深圳模拟）综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点.
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点.
证明过程如下：连接CH， ∵正方形ABCD沿CE折叠， ∴∠D=∠B=∠CGH=90°， ① ， 又∵CH=CH ∴△CGH≌△CDH， ∴GH=DH. 由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3， 在Rt△AEH中，可列方程： ② ，（方程不要求化简）解得：DH= ③ ，即H是AD边的三等分点.
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MNIIAD.
【过程思考】
（1）“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是： ① ，②： ，③： ；
（2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
（3）【拓展提升】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，请直接写出D'F的长.
13．（2023九上·历下期中）
（1）【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、CD、AB上，你发现线段ED与AG有什么数量关系？
直接写出结论： （不用证明）．
（2）【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若，，求BG的长．
（3）【拓展应用】如图3，小明把三角形EFG放置到平行四边形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、BC、AB边上，若，，，求出的值．
14．（2024九上·都江堰期末）
（1）【观察与猜想】
如图1，点是矩形内一点，过点的直线，分别交矩形的边为点．若，则 ；
（2）【类比探究】
如图2，在平行四边形中，点分别在边上，连接与交于点．求证：；
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形中，，在边上，连接与交于点，当时，求的值．
15．（2023九下·松原月考）
（1）【知识呈现】如图①，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F.求证：四边形AFCE是菱形；
（2）【知识应用】如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若，，则EF的长为 ；
（3）【知识拓展】如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD、BC于点E、F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若，，，则四边形AFCE的面积为 .
16．（2023九上·深圳期中）[温故知新]
在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，小明结合图1给出如下证明思路：作CF∥AD交DE的延长线于点F，再证△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，即可证明定理．
（1）[新知体验]
小明思考后发现：作平行线可以构成全等三角形或平行四边形，以达到解决问题的目的．如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，若AC=3，BD=4，AD=1，则BC的值为
（2）[灵活运用]
如图3，在矩形ABCD和ABEF中，连接DF、AE交于点G，连接DB．若AE=DF=DB，求∠FGE的度数；
（3）[拓展延伸]
如图4在第(2)题的条件下，连接BF，若AB=4D=，求△BEF的面积．
17．（2023九上·舟山期中）
（1）【探究证明】某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：
如图①，在矩形中，，分别交于点E、F，分别交于点G、H，求证：；
（2）【结论应用】如图②，将矩形沿折叠，使得点B和点D重合，若，求折痕的长；
（3）【拓展运用】如图③，将矩形沿折叠．使得点D落在边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形，若，求的长．
18．（2023九上·南山期中）
（1）【探究发现】
如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，E是AD边上一点，作OF⊥OE交AB于点F．学习小队发现，不论点E在AD边上运动过程中，△AOE与△BOF恒全等．请你证明这个结论；
（2）【类比迁移】
如图2，矩形ABCD的对角线交于点O，∠ABD＝30°，E是BA延长线上一点，将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，点F恰好落在DA的延长线上，求的值；
（3）【拓展提升】
如图3，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝12，点E是BC边上一点，以BE为边在BC的上方作等边△BEF，连接CF，取CF的中点M，连接AM，当AM＝时，直接写出BE的长．
19．（2023九上·重庆市开学考）在正方形中，、分别为边上的两点，连接、并延长交于点，连接，为上一点，连接、．
（1）如图，若为的中点，且，，求线段的长；
（2）如图，过点作，且，连接，刚好交的中点，当时，求证：；
（3）如图，在的条件下，点为线段上一动点，连接，作于点，将沿翻折得到，点、分别为线段、上两点，且，，连接、交于点，连接，请直接写出面积的最大值．
20．（2021·深圳）在正方形 中，等腰直角 ， ，连接 ，H为 中点，连接 、 、 ，发现 和 为定值.
（1）① ▲ ；
② ▲ .
③小明为了证明①②，连接 交 于O，连接 ，证明了 和 的关系，请你按他的思路证明①②.
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2， ， （ ）
求① （用k的代数式表示）
② （用k、 的代数式表示）
21．（2024·深圳模拟）在矩形中，点是射线上一动点，连接，过点作于点，交直线于点．
（1）当矩形是正方形时，以点为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．
①如图1，若点在线段上，则线段与之间的数量关系是 ▲ ，位置关系是 ▲ ；
②如图2，若点在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点在线段上，以和为邻边作平行四边形，是中点，连接，，，求的最小值．
22．（2024九下·成都月考） 已知矩形，点E、F分别在、边上运动，连接、，记、交于点P．
-
（1）如图1，若，，，求线段的长度；
（2）如图2，若，，求；
（3）如图3，连接，若，，，求的长度．
23．（2024八下·经开期中） 在菱形和菱形中，．
（1）如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为 ；
（2）如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明；
（3）如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围．
24．（2024九下·自贡月考） 已知，AB＝AC，AB＞BC．
（1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若，求∠ADB的度数．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝BC＝．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝，S△ABN＝，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立，解得，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P，
∴直线BP的表达式为：y＝x+4．
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；一次函数的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）根据AD将△ABC分成面积相等的两部分可知点D是BC的中点，利用勾股定理求出BC，然后根据直角三角形斜边中线的性质可得AD的长度；
（2）根据同底等高的三角形面积相等可得S△ABM＝S△ABN，进而可得S△AOM＝S△BON；
（3）连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，可得S四边形OACB＝S△BCF，取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求，求出点P的坐标，进而可得直线BP的解析式．
2．【答案】（1）解：如图，在上截取一点，使，连接，
，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
（2）解：不成立，理由如下：
如图，在上截取，连接，，交于，
，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
（3）解：第一种情况：如图：
，
在中，由勾股定理得，
，
，
在中，，
，
由（2）可得：，
；
第二种情况：如图：
，
同理可得：，
由（1）可得：，
；
综上所述，的长为或．
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1） 在上截取一点，使，连接， 由线段垂直平分线的性质得到，进而得到，结合菱形的性质利用SAS证明，得到，从而求解；
（2） 在上截取，连接，，交于，由线段垂直平分线的性质得到，进而得到，结合菱形的性质利用SAS证明，得到，从而求解；
（3）分两情况进行讨论，利用勾股定理，含30°角直角三角形的性质并结合（1）（2）中的结论即可求解.
3．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
（2）解：，，
点，点，点，点四点共圆，，
，，
，，
，
（3）解：由（2）知：，
，，
为的中点，
，，
又是直角三角形，，
，
设，则，
，，
，
，，
，
或（不合题意，舍去），
当或时，点不存在，
当在延长线上时，设，则，
，，，
，，，
（不合题意，舍去）或，
综上所述，的长为或．
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠BAC=∠BCA=45°，∠ABC=90°，AB=BC；根据垂线性质和等量代换原则，可得∠ABE=∠CBF，∠BCF=∠BCA=45°；根据三角形全等的判定（ASA）和性质，可得BE=BF；
（2）根据垂线的性质，可得∠EBF=∠ECF=90°；根据圆中同弧所对的角相等，可得∠ACB=∠EFB=60°；根据含30°角的直角三角形的性质，可得AB=BC，BE=BF；根据三角形相似的判定和性质，可得CF与AE的比值；
（3）根据AB与BC的比值，可得CB的值；根据直角三角形斜边的中线性质，可得BM=EF，CM=EF；根据等腰直角三角形的判定和性质，可得CM的值，进而可得EF的值；根据勾股定理列方程，可得CF的值.
4．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AD，∠D＝∠BCF＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠BCE+∠CBG＝90°，
∴∠DCE＝∠CBG，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴DE＝CF，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE，
∴CF＝DF，
∴=1；
（2）解：过点A作AD∥BC，CD∥AB，则四边形ABCD是正方形，
∵E为AB的中点．
由（1）可知M为AD的中点，
∵AD∥BC，
∴△AMF∽△CBF，
∴，
设BE＝AE＝x，
∴
∴CF＝x，
∵
∴BG＝x，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定；三角形全等的判定-ASA
5．【答案】（1）解：．
理由：由翻折可知．
∵平分，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：由翻折知，，
∵E，O，D三点共线，
∴
又∵，，
∴，
∴．
∵E是的中点，
∴设，则．
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，
∴．
∵，
∴，
∴．
（3）解：的值为3或．
设，
∵，
∴，
由题意知，分或，两种情况求解：
①若点在上，当时，此时，如图1，
∵，
四边形为矩形，
∵，
矩形为正方形，
，，
∴；
②若点在上，当时，如图2，过点作于点，此时，，三点在同一直线上，四边形是矩形，
由（2）可知，，，
∴，即，解得，，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【知识点】翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据翻折和角平分线的定义求出，，根据矩形和平行线的性质得出，进而可得，然后由平行线的判定得出结论；
（2）先用AAS证明，可得，设，得到，求出，，然后在中，利用勾股定理求出，再根据可得答案；
（3）分或两种情况，分别作出图形求解即可．
6．【答案】（1）
（2）；；
（3）证明：设EC与MN交于P，作PQ⊥EN于Q，如图，
∵且点M为AE中点，
∴
∵EC平分∠AEN，PQ⊥EN，PM⊥AE，
∴
设
∴
∵
∴
∴
∴
经检验，为方程的解，
∴
∴
∴C是线段AB的黄金分割点.
（4）解：延长NE、BA交于点K，过点N作NL⊥AB，过点A作AS⊥AN交NK于S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交于O，如图，
∵
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∴
∴
∵N为CD的黄金分割点，
∴设
∴
∴
设
∴
∴
∴
经检验，为原方程的解，
∴
∴
设则
∴
∴，
经检验为原方程的解，
∴.
【知识点】正方形的性质；黄金分割；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
【解析】【解答】解：（1）∵点C为线段AB的黄金分割点，∴
故答案为：；
（2）∵
∴
∵
∴
∴
故答案为：，，；
【分析】（1）根据黄金分割的比例关系即可求解；
（2）利用勾股定理求出AB的长度，再根据即可求出AE的长度，进而根据线段间的数量关系即可求解；
（3）设EC与MN交于P，作PQ⊥EN于Q，进而根据平行线等分线段定理得到：由角平分线的性质得PM=PQ，设根据锐角三角函数的定义得到：据此列出方程：解出x，进而求出AC的长度即可求解；
（4）延长NE、BA交于点K，过点N作NL⊥AB，过点A作AS⊥AN交NK于S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交于O，根据已知条件证明进而得到：为等腰直角三角形，利用"AAS"证明然后根据锐角三角函数的定义得到：求出KT的长度，最后根据即可求解.
7．【答案】（1）解：结论正确；
理由如下：
由折叠得：，
，
折痕与夹角为，
，
，
，
四边形是平行四边形
（2）解：结论正确；
理由如下：
如图，连接，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
N是的中点
（3）解：，，
，
由折叠得：，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
解得：，
，
由（2）得：，
，
，
设，则有，
，
在中，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
解得：，
故的长为．
【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】【分析】（1）根据折叠的性质得到，根据平行线的判定定理得到，即可得到四边形是平行四边形；
（2）连接，根据折叠的性质得到，，即，根据平行线的性质得到，进而由等腰三角形的性质得到NG=NH，再利用中点的性质得到CE=BE，得到，即NB=NH，即可得到N是BG的中点；
（3）根据已知条件证明，由相似三角形的性质得到，设，则有，，根据勾股定理即可得到答案。
8．【答案】（1）
（2）①设AB与PC相交于点O，如图，
∵ ∠ACB=90°，AC=4，BC=8，
∴ AB=，
∵ 分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，
∴ PB=AB，BC=BQ，∠PBA=∠CBQ=90°，PA=，QC=，
∴ ∠PBC=∠ABQ，
∴ △PBC≌△ABQ（SAS），
∴ ∠BPC=∠BAQ，
∵ ∠POB=∠AOC，
∴ ∠ODA=∠PBA=90°，
∴ PC⊥AQ，
∴ PA2+QC2=PQ2+AC2，
∴ PQ=；
②过点A作AM⊥BM，连接AQ，如图，
同①可证明△PBC≌△ABQ，可得PC⊥AQ，BQ=BC=8，PC=AQ=，
由勾股定理得，AM2+MB2=AB2，即AM2+MB2=100；
AM2+MQ2=AQ2，即AM2+(8+MB)2=192；
两个式子作差得，MB=，
∴ S△ABC=BC·MB=7.
【知识点】勾股定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2，
∴ AD2+BC2=AB2+CD2，即AD2+62=52+42，
∴ AD=；
故答案为：；
【分析】（1）推出AD2+BC2=AB2+CD2，即可求得AD；
（2）①根据等腰直角三角形的性质可得PB=AB，BC=BQ，∠PBA=∠CBQ=90°，根据SAS判定△PBC≌△ABQ推出∠BPC=∠BAQ，从而得到PC⊥AQ，即可求得；
②同①可证明△PBC≌△ABQ推出得PC⊥AQ，BQ=BC=8，PC=AQ=，根据勾股定理列出两个式子，再作差求得MB，根据三角形的面积即可求得.
9．【答案】（1）是
（2）解：如图所示：
∵，，将△ADB绕点B逆时针旋转90°可得△CBE.
∴BD=BE，∠DBE=90°，∠DAB=∠ECB，.
∵四边形是等补四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∴∠EAC+∠DCB=180°，
∴D、C、E三点共线.
∵，
∴
∴Rt△DBE中，，
解得：BD=4.
（3）解：如图所示：
延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.
∵，，∠EAB+∠BAD=180°，
∴∠EAB=∠C.
∴△EAB≌△DCB(SAS).
∴，BD=BE.
当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，最大为.
∴ 四边形面积的最大值8.
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵是等边三角形，
∴∠BAC=60°.
∵绕点A逆时针旋转60° 得到，
∴AD=AE，∠ADB=∠AEC.
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠AEC+∠ADC=180°，
∴四边形ADCE是等补四边形.
故答案为：是.
【分析】（1）根据旋转性质得AD=AE，∠ADB=∠AEC.结合∠ADB+∠ADC=180°，可得∠AEC+∠ADC=180°，即可得到结论；
（2）将△ADB绕点B逆时针旋转90°得△CBE，根据旋转性质可得BD=BE，∠DAB=∠ECB，.再根据等补四边形性质即可证得D、C、E三点共线，于是有，表示出△BDE的面积，即可求出BD长.
（3）延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.可证得△EAB≌△DCB，于是有以及BD=BE，当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，用BD表示出面积，即可得到最大的四边形面积.
10．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠EDC+∠FCD＝90°，
∴∠ADE＝∠FCD，
∵∠A＝∠FDC＝90°，
∴△ADE∽△DCF，
∴DE：CF＝AD：DC＝k．
（2）解：∠B与∠EGC互补时，＝k，
证明如下：
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠BEG+∠BCF＝180°，
∵∠BEG+∠AED＝180°，
∴∠AED＝∠BCF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠CFD＝∠BCF＝∠AED，∠CDM＝∠A，
在AD的延长线上取一点M，使CM＝CF，则有∠M＝∠CFD＝∠AED，
∴△DAE∽△CDM，
∴，
∵CM＝CF，
∴；
（3）解：如图3，在（2）的条件下，可得结论：，∠AED＝∠EDC＝∠FCD＝∠F＝45°，
∵AD＝BC＝5，
∴BA＝CD＝7，
作GM⊥CD于M，
则△GDM为等腰直角三角形；
∵tan∠DCF＝，令GM＝4x，则CM＝3x，CG＝5x；
∴DM＝GM＝4x，
∴CD＝3x+4x＝7，
解得x＝1；
∴CG＝5，
在△CGD与△CDF中，∠GCD＝∠DCF，∠GDC＝∠F；
∴△CGD∽△CDF，
∴CG：CD＝CD：CF，
即5：7＝7：CF，解得，
由，代入CF的值，
解得DE＝7．
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和垂直的定义即可得到：即可证明进而即可求证；
（2）根据即可得到：然后根据平行四边形的性质和平行线的性质即可得到：在AD的延长线上取一点M，使CM＝CF，则有∠M＝∠CFD＝∠AED，即可证明：得到：，进而即可求解；
（3）在（2）的条件下，可得结论：，∠AED＝∠EDC＝∠FCD＝∠F＝45°，根据题意得到：作GM⊥CD于M，则△GDM为等腰直角三角形，根据 ，令GM＝4x，则CM＝3x，CG＝5x，即可得到：得到则然后易证：得到：得到：由，代入CF的值，即可求解.
11．【答案】（1）证明：例如选第一个图形可证（同理可证第二个）
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
又∵∠B=∠D=90°，AC=CE；
∴△ABC≌△CDE（AAS）
（2）解：过C作DE延长线的垂线CF，垂足为F，
则由（1）易得
△AED≌△DFC，
∴CF=DE=4，即△CDE边DE上的高为4，
∴.
（3）解：分别过C和E作AD延长线的垂线CG、FH，垂足分别为为G、H，
则由（1）易得△EDH≌△DCG，
又∵四边形ABCG是矩形，
∴AG=BC，
∴DG=AG-AD=3-2=1，
∴EH=DG=1，即△ADE边AD上的高为1，
∴.
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）利用角的运算求出∠1=∠3，再结合∠B=∠D=90°，AC=CE，利用“AAS”证出△ABC≌△CDE即可；
（2） 过C作DE延长线的垂线CF，垂足为F， 利用全等三角形的性质可得CF=DE=4，再利用三角形的面积公式求出即可；
（3）分别过C和E作AD延长线的垂线CG、FH，垂足分别为为G、H，先利用线段的和差求出DG的长，可得△ADE边AD上的高为1，再利用三角形的面积公式求出即可.
12．【答案】（1）CG=CB=CD；；2
（2）解：由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵正方形 ABCD，
，
， 即
∴点M是否为AB边的三等分点
（3）或
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，
又∵CH=CH
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH.
由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程： ，（方程不要求化简）解得：DH=2，即H是AD边的三等分点.
故答案为：CG=CB=CD，.
（3）连接AC交BD于点O，
∵菱形ABCD，
∴OD=BD=3，∠AOD=90°，
∴，
∵E是BD上的一个三等分点，
如图，当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，
∵ 点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，
∴DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴，
设EN=2x，AN=5x，
∴ON=2x-1，
在Rt△ANO中，
AN2=AO2+ON2即（5x）2=16+（2x-1）2，
解之：x1=-1（舍去），x2=，
∴，
易证△END′∽△EFB，
∴
∴，
∴；
当DE=DB=4，连接AD′，AE，
由对称可知，AD=AD′=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴，
设EF=2m，AF=5m，
在△AEO和△ANE中，
∴△AEO≌△ANE（AAS），
∴OE=EN=1，
∴NF=2m-1，AN=AO=4，
∵AF2=AN2+NF2即（5m）2=16+（2m-1）2，
解之：m1=-1（舍去），m2=，
∴，
∴，
综上所述，D′F的长为或
故答案为：或
【分析】（1）利用折叠的性质可证得∠D=∠B=∠CGH=90°，CG=CB=CD，利用HL可证得△CGH≌△CDH，利用全等三角形的性质可证得GH=DH，设AB=6（个单位），DH=x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可证得结论.
（2）利用正方形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用相似三角形的判定可证得△AEG∽△CDG，利用相似三角形的性质可得AG与CG的比值，再由MN∥AD，利用平行线分线段成比例定理可证得结论.
（3）连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，利用勾股定理求出AO的长，再分情况讨论：当DE=DB=2，连接AD′，AE，AD′与BD交于点N，利用对称性可知DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，可证得△END′∽△ANB，利用相似三角形的性质可得到AN与EN的比值，设EN=2x，AN=5x，可表示出ON的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，即可得到EN的长；再证明△END′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF的长，然后求出D′F的长；当DE=DB=4，连接AD′，AE，易证△AFD′∽△EFB，利用相似三角形的性质可求出EF与AF的比值，设EF=2m，AF=5m，利用AAS证明△AEO≌△ANE，可得到OE=EN=1，可表示出NF，AN的长，利用勾股定理可得到关于m的方程，解方程求出符合题意的m的值，即可求出EF的长，然后求出D′F的长；综上所述。可得到符合题意的D′F的长.
13．【答案】（1）
（2）解：过点F作，垂足为H
，
，
，
，
易证四边形ABFH是矩形
，
（3）解：过点F作交AD的延长线于点M．
∵四边形ABCD是平行四边形
，
，
，
即
，
，
【知识点】矩形的性质；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： .理由如下：
如图1，
四边形ABCD 是矩形，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故答案为：.
【分析】（1）由四边形ABCD 是矩形，得出，推出，即可得出答案；
（2） 过点F作， 得出 ，得出 ，得出 ，从而得出FH的值，证出 四边形ABFH是矩形 ，得出AB 的值，即可得出答案；
（3） 过点F作交AD的延长线于点M． 根据 四边形ABCD是平行四边形 ，得出，证出 ，推出，再根据平行四边形性质和等腰三角形的性质即可得出答案。
14．【答案】（1）
（2）证明：，，
，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
又，
，
，
，
，
即；
（3）解：如图，过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
四边形是平行四边形，
，，，
，
在上截取，则为等边三角形，
，
，
，
，
，
设，则，
，
则，
，
，
解得：，
，
四边形是平行四边形，
过点作交于点，
由（2）可得：，
故四边形为平行四边形，
，
，
．
【知识点】矩形的性质；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】【解答】解：（1）如图，过作于，过作于，
则四边形，四边形是矩形，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：；
【分析】（1）过作于，过作于，先证出可得，再将数据代入求出MN的长即可；
（2）先证出可得 ，， 再证出可得，利用等量代换可得，再化简可得；
（3）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，在上截取，则为等边三角形，先证出可得， 设，则， 求出，再列出方程求出x的值，再结合将数据代入求出即可.
15．【答案】（1）证明：四边形ABCD是矩形，，，EF垂直平分AC，，.在与中，，，，，，四边形AFCE是平行四边形，，四边形AFCE是菱形.
（2）
（3）15
【知识点】三角形全等及其性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：（2）如图，连接、
由（教材呈现）可得平行四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是直角三角形
∴
∵，
∴
∴，
故答案为：．
（3）如图，过点作，交的延长线于，过点作于，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵将沿翻折，使点的对称点与点重合，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴是菱形，
∴
∵在中，，
∴，
∴，
∴菱形的面积是：；
故答案为：．
【分析】（1）先根据矩形的性质结合平行线的性质得到，进而根据垂直平分线的性质得到，，再结合题意运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据平行四边形的判定和菱形的判定即可求解；
（2）连接、，先根据菱形的性质得到，，进而运用勾股定理即可得到，再根据勾股定理结合三角形的面积即可求解；
（3）过点作，交的延长线于，过点作于，先根据平行四边形的性质得到，进而根据折叠的性质得到，，再根据平行线的性质得到，进而结合题意运用平行四边形的判定和菱形的判定与性质得到，再根据勾股定理即可求解。
16．【答案】（1）4
（2）解：连结AC、CE，如图3，
∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形，
∴DC∥AB∥EF且DC=AB=EF，
∴DFEC为平行四边形，∴DF=CE，
∵ABCD为矩形，∴AC=DB，
∵AE=DF=DB．∴AE=CE=AC，
即△ACE是一个等边三角形，∴∠AEC=60°，
∵DF∥CE，∴∠FGE=∠AEC=60°；
（3）解：设AC与BD相交于点Q，如图4，
∵四边形ABCD是矩形，且AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，∴AC与BD互相垂直平分，
∵AB=，∴AQ=BQ==4
∴AE=BD=AC=2AQ=8
∵EA=EC，BA=BC，∴BE是线段AC的中垂线，
又∵BD也是线段AC的中垂线，∴E、B、D三点共线，
在Rt△AEQ中，∠AQE=90°，QE=，
∴BE=-4，∴AF∥BE，AQ⊥BE∴△BEF的BE边上的高等于AQ=4
∴S△BEF=×4×(-4)=-8．
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）如图2，过点D作DE∥AC交BC的延长线于E，
又∵AD∥BC，AC=3，AD=1 ，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE=AC=3，CE=AD=1，
∵DE∥AC，AC⊥BD
∴∠BDE=90°，
∴BE==5，
则BC=BE-CE=4；
故答案为：4.
【分析】（1）过点D作DE∥AC，可知四边形ADEC是平行四边形，进而得出∠BDE=90°，运用勾股定理即可求得答案；
（2）连结AC、CE， 根据矩形和平行四边形的性质，可得到DFEC为平行四边形，而且△ACE是一个等边三角形，而要求的 ∠FGE 与 ∠AEC 是内错角，即可得出答案；
（3）设AC与BD相交于点Q，根据已知可知四边形ABCD是正方形 ，再根据正方形的性质可得出AE=BD=AC=2AQ=8，根据中垂线的性质可判断出E、B、D三点共线 ，通过勾股定理求出QE的长，则可以算出BE的长度，继而由三角形面积公式可得出答案．
17．【答案】（1）解：如图，过作交于，过作交于，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴四边形、均为平行四边形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
由勾股定理得，
∵将矩形沿折叠，使得点B和点D重合，
∴，
由（1）可知，，即，
∴，
∴的长．
（3）解：如图所示，过点作交延长线于，
由折叠的性质可得，
由（1）可知，，即，解得，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
由折叠的性质可得，，，，
设，则，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
解得，，
∴，
在中，由勾股定理得．
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过作交于，过作交于，根据矩形的性质和平行四边形的性质得到：，进而根据相似三角形的性质即可求解；
（2）连接，利用勾股定理求出BD的长，根据折叠的性质得到：，结合（1）中的相似即可求出EF的长；
（3）过点作交延长线于，根据折叠的性质得到，结合（1）中的相似即可求出DG的长，进而利用勾股定理求出AG的长，设，则，再利用勾股定理列方程即可求出DE、GE和AD的长度，然后根据相似三角形的判定和性质求出HP和GH的长度，在中，利用勾股定理即可求解.
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠EAO＝∠FBO＝45°，∠AOB＝90°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°＝∠AOB，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
，
∴△AOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：连接DE，连接EF，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OA＝OB，
∵∠ABD＝30°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠AOD＝∠OAB+∠ABD＝60°，
∵将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，
∴OE＝OF，∠EOF＝60°＝∠AOD，
∴∠DOE＝∠AOF，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
∴AF＝DE，∠AFO＝∠DEO，
∵∠EAF＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠AEO+∠AFO＝180°﹣（∠AEF+∠AFE）﹣∠EOF＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠AEO+∠DEO＝30°，即∠AED＝30°，
在Rt△ADE中，cos30°＝，
∴＝，
∴＝；
（3）解：过A作AK⊥BC于K，连接MK，AF，设EF交AB于R，如图：
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，AK⊥BC，BC＝12，
∴∠ABK＝30°，BK＝CK＝6，∠AKC＝90°，
∴，
∵M为CF中点，
∴MK是△BFC的中位线，
∴＝＝，MK∥BF，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠FBE＝60°，
∴∠FBA＝∠FBE﹣∠ABK＝30°，∠MKC＝∠FBE＝60°，
∴∠AKM＝∠AKC﹣∠MKC＝30°，
∴△AKM∽△ABF，
∴＝＝，
∵AM＝，
∴AF＝2，
在Rt△ABK中，cos∠ABK＝，
∴＝，
∴AB＝4，
∵∠ABK＝30°，∠BEF＝60°，
∴∠BRE＝90°＝∠BRF＝∠ARF，
∵∠FBR＝30°，
∴BF＝2FR，BR＝FR，
设FR＝x，则BR＝x，AR＝4﹣x，
在Rt△AFR中，FR2+AR2＝AF2，
∴x2+（4﹣x）2＝（2）2，
解得x＝1或x＝5（此时AR为负数，舍去），
∴FR＝1，
∴BE＝BF＝2FR＝2．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】( 1 )首先根据正方形的性质可得：OA＝OB，∠EAO＝∠FBO＝45°，∠AOB＝90°，然后根据OF⊥OE可得∠AOE＝∠BOF，由此通过ASA即可证明出：△AOE≌△BOF.
（2）首先作辅助线，连接DE，连接EF，根据矩形的性质可得∴OD＝OA＝OB，然后根据∠ABD和∠OAB，即可求出∠AOD的度数，根据旋转的性质可得：OE＝OF，∠EOF＝60°＝∠AOD，由此即可得出∠DOE＝∠AOF，从而即可证明△AOF≌△DOE（SAS），根据全等三角形的性质可得：AF＝DE，∠AFO＝∠DEO，然后根据∠EAF＝90°，即可求出∠AED＝30°，根据余弦定理即可求出 的值.
( 3 )首先，过A作AK⊥BC于K，连接MK，AF，设EF交AB于R，根据AB＝AC，∠BAC＝120°，AK⊥BC，BC＝12，即可求出 ，进而可得MK是△BFC的中位线，根据三角形中位线的性质可得： ＝＝ ，MK∥BF，然后根据△BEF是等边三角形，根据等边三角形的性质可得：∠FBE＝60°进而可算出 ＝＝ ，根据AM的值即可求出AF的值，继而根据cos∠ABK的值求出AB的值，再根据∠ABK＝30°，∠BEF＝60°即可求出BF＝2FR，BR＝FR，最后根据FR，BR与AR的数量关系设FR＝x，则BR＝，AR＝，根据勾股定理即可求出BE的值.
19．【答案】（1）解：四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
设，则，
由勾股定理得，
，
，
，舍去，
；
（2）证明：如图，
作于，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
是的中点，
，
，
≌，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，
作，交于，作于，作于，
∽，∽，，
，∽，
，，
，
，
，
当最大时，最大，的面积最大，
，
在以为直径的圆上运动，
当时，，
，
．
【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；相似三角形的性质；三角形-动点问题；圆-动点问题
【解析】【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理、三角形全等的判定及动点问题。
（1） 根据正方形ABCD得，，根据是的中点得，
设，则，根据可知；
（2）作于
根据正方形ABCD得，根据得，
结合知，根据得，根据G是CH的中点得可证≌，再证≌，可得；
（3） 作，交BR于T，作于X，作于V，得∽，，，则，，得，
则，，则当VN'最大时，OX最大，的面积最大，根据知在以为直径的圆上运动，当时，，
则可得．
20．【答案】（1）解：① ；②45°；③证明：如图所示：
由正方形性质得： ，O为 的中点
又∵H为 的中点，则 ，
∴ 是等腰直角三角形
∴
∴
∵
∴ ，又∵
∴
又
∴ ，又∵
∴
∴ ，
∴
（2）；
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（2）①如图，连接AC，交BD于点O，连接OH，
∵△BCD≌△DAB，
∴BC=AD，CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=BD，OA=OC，
∵H为CE的中点 ，
∴OH∥AE，OH=AE，
∴∠HOC=∠EAC，
∵∠COD=∠BDA+∠DAC，∠BAD=∠EAF，
∴∠HOD=∠HOC+∠COD=∠EAC+∠EAF+∠DAC=∠DAF，
∵，
∴，，
∴△DAF∽△DOH，
∴，
故答案为：；
②如图，过点H作HM⊥DF于点M，
∴∠HMD=∠HMF=90°，
∵△DAF∽△DOH，
∴∠HDO=∠ADF，
∴∠HDF=∠HOD+∠ODF=∠ADF+∠ODF=∠BDA=，
∴HM=OH·，DM=OH·，
∵，
∴FD=，
∵HF2=HM2+MF2=HM2+（DF-DM）2，
=（OH·）2+（-OH·）2，
=，
∴，
故答案为：
【分析】（1）①先证出，∠BOH=∠BAF，从而得出△DAF∽△DOH，即可得出
；
②根据△DAF∽△DOH，得出∠HBO=∠FBA，利用∠HBF=∠HBO+∠DBF=∠DBA=45°，即可得出答案；
（2）①连接AC，交BD于点O，连接OH，先证出∠HOD=∠DAF，，从而得出△DAF∽△DOH，即可得出；
②过点H作HM⊥DF于点M，先证出∠HDF=，再根据锐角三角函数定义得出HM=OH·，DM=OH·，由，得出FD=，利用勾股定理得出HF2=HM2+（DF-DM）2，代入进行化简，求出HF2=，即可求出.
21．【答案】（1）解：①相等；垂直.
②成立，理由是：
当点在线段的延长线上时，
同理可得：，
，，
为等腰直角三角形，
，，而，
，
四边形为平行四边形，
且，
，；
（2）解：连接，
四边形是平行四边形，M 是中点，
，
∵AE⊥BF，
，
，
最小时，也最小.
，，
设，则，
由（1）可得：，
又，
，
，即，
，
，
设，
∴当时，取最小值，
的最小值为，
故的最小值为．
【知识点】二次函数的最值；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°.
∴∠ABG+∠FBC=90°.
∵BF⊥AE于点G，
∴∠ABG+∠BAG=90°.
∴∠FBC=∠BAG.
∴△ABE≌△BCF(ASA).
∴BE=CF，AE=BF.
∵ △是等腰直角三角形，点F是直角顶点，
∴∠CFH=90°=∠BCF，FH=FC.
∴BE//FH，BE=FH
∴四边形BEHF是平行四边形.
∴BF//EH，BF=EH.
∴AE⊥EH，AE=EH.
故答案为：相等；垂直.
【分析】（1）利用正方形和等腰三角形的性质可证得△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF. 由△是等腰直角三角形，得到∠CFH=90°=∠BCF，FH=CF.于是可证得四边形BEHF是平行四边形.根据平行四边形性质得BF//EH，BF=EH，再由 和AE=BF即可得到结论.①和②的证明思路基本一样.
（2）根据平行四边形性质和直角三角形性质得EM=FM=GM，即GM最小时，EF最小.设BE=x，通过证明，得到CF长，利用勾股定理表示出EF，利用二次函数的性质得到EF的最小值，问题可解决.
22．【答案】（1）解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵四边形为矩形，
∴，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，则，
∴，整理得：，
∴，
解得：．
（3）解：过点A作于点H，过点P作于点N，交于点M，
∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴，
由（2）可得：，
∴，
∴，
∴，整理得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴．
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得， ，结合四边形的内角和证明， 利用相似三角形的性质得到， 结合CF=4，即可求解；
（2）根据矩形的性质得到，， 再证明， 得到， 进而得到， 利用EC=EP+PC代入即可求解；
（3） 过点A作于点H，过点P作于点N，交于点M， 根据等腰三角形的性质可得， 设，则， 进而得到， 由（2） 证明，得到， 推得， 再根据， 得到，， 再证明， 利用相似三角形的性质得到方程， 解方程得到x的值，即可求解.
23．【答案】（1）
（2）解：，证明如下：
过点作，过点作，过点作，
则：四边形为平行四边形，
∴，，
∵菱形，菱形，，
∴，，
∴，，，
∴，
∵
∴，
∴，即：，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：①延长至点，使，连接，延长，交于点，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，，为等边三角形，
∴四边形为平行四边形，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
②．
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：连接，交于点，交于点，
∵菱形，菱形，
∴，，
∵点分别在边上，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，，
∴，
同理：，
∴；
故答案为：；
（3）②∵，
∴，即：，
∵，
∴．
【分析】（1）连接，交于点，交于点，根据菱形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度；
（2）过点作，过点作，过点作，得到四边形为平行四边形，证明，得到，进而求出，利用等腰三角形的性质结合30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；
（3）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可．
24．【答案】（1）证明：∵，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
（2）解：结论：．
证明：∵，
∴，
∵AB＝AC，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，，
∴，
∴BM＝BD，，
∴，
∵，
∴，
设，，则，
∵CA＝CD，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即∠ADB＝30°．
【知识点】角的运算；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先根据三角形全等的性质得到AC＝DC，进而根据等腰三角形的性质结合题意得到∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，再根据角平分线的定义得到，从而结合题意根据平行线的判定和平行四边形的判定证明四边形ABDC是平行四边形，再根据菱形的判定即可求解；
（2）先根据三角形全等的性质得到，进而根据等腰三角形的性质得到，再结合题意进行角的运算即可求解；
（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，进而根据三角形全等的判定与性质得到M＝BD，，从而结合题意进行角的运算得到，设，，则，根据题意进行角的运算即可得到，从而即可求解。
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