08押浙江卷第22题（四边形综合）-2024年浙江省中考数学题号押题（含解析）
文档属性
| 名称 | 08押浙江卷第22题（四边形综合）-2024年浙江省中考数学题号押题（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-19 11:03:45 | ||
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文档简介
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押题方向：四边形综合
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷、丽水卷第22题宁波卷第23题 四边形综合题 从近几年浙江中考来看，特殊四边形的性质与四边形的综合问题在解答题中经常出现，考查特殊四边形的性质的试题难度不大，四边形综合问题有一定的难度，考查四边形的判定与性质与其他知识的综合应用。预计2024年浙江卷还将继续考查特殊四边形的性质与四边形综合问题。
2023年温州卷第21题 矩形的性质
2023年绍兴卷第22题、杭州卷第21题 正方形的性质
2023年舟山嘉兴卷第19题 菱形的性质
1．（2023 杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．
2．（2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
3．（2023 杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED＝，求DF的长．
（2）求证：AE CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．
4．（2023 丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．
5．（2023 衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
6．（2023 绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
7．（2023 宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，已知四边形ABCD是菱形，延长AD至点E，使AE＝2BC．
（1）求证：∠ACE＝90°；
（2）若AC＝16，BC＝10，求四边形ABCE的面积．
2．已知：如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠OAB＝∠OBA．
（1）求证： ABCD是矩形．
（2）若AD＝4，∠AOB＝120°，求对角线AC的长．
3．（2024 萧山区一模）如图，菱形ABCD中，F是CD上一动点，过F作FG⊥AC交BC于点G，垂足为E，连结AF，AG．
（1）求证：AF＝AG．
（2）当∠DAB＝100°，AF＝AD时，试求∠AFG的度数．
4．【背景】如图（1），点E，F分别是正方形ABCD的边AD，AB的中点，CE与DF相交于点P，连接BP．同学们在研究图形时，作DH∥BP交CE于点H，发现：．他们通过作三角形的中位线，构造全等三角形，找到与线段DH相等的线段，得到了多种方法证明成立．
【猜想】若把正方形ABCD改成平行四边形ABCD，其余条件不变，如图（2），结论是否还成立？请说明理由．
【延伸】在图（2）的条件下连接BH，那么四边形BHDP的面积和△BPF的面积有什么关系？请说明理由．
5．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE、CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝6，DE＝3，在△DEF旋转的过程中，请直接写出线段BG长度的最小值为 ．
6．在一堂“折纸与数学”的实践探究课上，每个小组分到若干张A4纸进行折纸．
下面给出了“遥遥领先”小组利用半张A4纸（矩形ABCD的长：宽＝折特殊三角形的方法，我们一起来探究其中的数学原理．
（1）折法一：如图1，将矩形ABCD的顶点D与BC边上的任意一点G重合对折，折痕为EF．求证：△EFG是等腰三角形．
（2）在折法一的条件下，若E是AD的中点，求sin∠EGF的值．
（3）折法二：如图2，先折出一个正方形CDHF，折痕为CH，再将点D折到BF上并让折痕过点F，折痕为EF，点D的对应点为点G．求证：EH＝BG．
7．综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
【问题解决】
（2）如图1，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，连结B′C，则B′C的长为 4 ．
【深入探究】
（3）如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？
8．综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，E为垂足，过点D作AE的平行线，过点A作BD的平行线，两线相交于点F．
问题解决：
（1）判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）如图2，将四边形AEDF绕着点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形AE′D′F′，且C，E′，F′三点在同一条直线上，过点B作BG⊥CE′，G为垂足，连接BE′并延长交DF′于点H，
①求证：G是CE′的中点；
②若正方形ABCD的边长为2，请直接写出BH的长．
9．如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），AF⊥DE于点O，交BC于点F，点G在OD上，OG＝OA，∠DOF的平分线交CG于点M，连接DM并延长与AF的延长线交于点N．
（1）求证：AE＝BF；
（2）点E在AB边上运动时，探究∠ODM的大小是否发生变化？若不变，求出∠ODM的度数；若变化，说明理由；
（3）若AB＝10，当点E运动到AB中点时，求BN的长．
10．如图1，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠ACE＝90°，M是AC上的动点（不与点A、C重合），连接BM，作BN⊥MB，交射线CE千点N，连接MN．
（1）求证：△ABM≌△CBN；
（2）点M在运动过程中，四边形BMCN的面积是否改变，若不变，请求出四边形BMCN面积；若改变，请说明理由；
（3）如图2，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，AB＝4，AD＝4，其他条件不变．
①请判断线段AM与线段CN的数量关系，并说明理由；
②若BC把四边形BMCN的面积分为1：2两部分，求此时线段CN的长．
11．如图，菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在AB上，FH⊥AC于点H，分别交AE、AD于点G、点P．
（1）求证：∠AFH＝∠CAE；
（2）若∠GFE＝45°，求证：AF＝AE；
（3）若∠GFE＝45°，且，S△AFG＝6，求菱形ABCD的边长．
12．【发现问题】爱好数学的小强在做作业时碰到这样的一道题目：如图①，在△ABC中，E为BC的中点，求AE的取值范围．
【解决问题】（1）小强经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，作AB边上的中点F，连接EF，构造出△ABC的中位线EF，请你完成余下的求解过程．
【灵活运用】（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝6，E、F分别为BC、AD中点，求EF的取值范围．
（3）变式：把图②中的A、D、C变成在一直线上时，如图③，其它条件不变，则EF的取值范围为 ．
【迁移拓展】（4）如图④，在△ABC中，∠A＝60°，AB＝8，E为BC边的中点，F是AC边上一点且EF正好平分△ABC的周长，则EF＝ ．
13．已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
14．定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
15．综合与实践：
如图1，在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，将对角线AC绕点O逆时针旋转到MN，且旋转角α满足0°≤α≤180°，构造出四边形AMCN，连结BM，DN．
（1）探究发现
四边形AMCN是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
若AC＝4，BC＝5，设△ABM的面积为S1，△BMC的面积为S2，当MN∥BC时，求的值．
（3）延伸思考
如图2，若四边形ABCD是正方形，当MN经过AB中点时，探究MB，MC，BC三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由．
16．如图，在 ABCD中，E、F为对角线DB的三等分点，延长CE，CF分别交DA，AB于点G，H．
（1）求证：DG＝GA；
（2）若DA＝8，DC＝5，，求四边形EFHG的面积．
17．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG．
（1）求证：四边形EFCG是平行四边形．
（2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值．
18．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE △DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
答案与解析
押题方向：四边形综合
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷、丽水卷第22题宁波卷第23题 四边形综合题 从近几年浙江中考来看，特殊四边形的性质与四边形的综合问题在解答题中经常出现，考查特殊四边形的性质的试题难度不大，四边形综合问题有一定的难度，考查四边形的判定与性质与其他知识的综合应用。预计2024年浙江卷还将继续考查特殊四边形的性质与四边形综合问题。
2023年温州卷第21题 矩形的性质
2023年绍兴卷第22题、杭州卷第21题 正方形的性质
2023年舟山嘉兴卷第19题 菱形的性质
1．（2023 杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．
【点拨】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵BE＝EF，
∴S△ABE＝S△AEF＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，
∴△CFO的面积＝1．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【点拨】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【点睛】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
3．（2023 杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED＝，求DF的长．
（2）求证：AE CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．
【点拨】（1）通过证明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性质可求解；
（2）通过证明△ABE∽△CFB，可得，可得结论；
（3）设EG＝ED＝x，则AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，
∴△DEF∽△CBF，
∴，
∴，
∴DF＝；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠F，
又∵∠A＝∠BCD＝90°，
∴△ABE∽△CFB，
∴，
∴AE CF＝AB BC＝1；
（3）解：设EG＝ED＝x，则AE＝AD﹣DE＝1﹣x，BE＝BG+GE＝BC+GE＝1+x，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，
∴1+（1﹣x）2＝（1+x）2，
∴x＝，
∴DE＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
4．（2023 丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．
【点拨】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）先证明四边形MBCN为平行四边形，再证明∠N＝90°，从而得出四边形MBCN为矩形．
【解析】解：（1）；（2）如图，；
（3）
矩形，理由如下：
∵∠MDB+∠BDE＝180°，∠DEC+∠NEC＝180°，
∴点M、D、E、N在一条直线上，
∵点D、点E分别是AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，，
∵MD+EN＝DE，
∴MN＝MD+DE+EN＝BC，MN∥BC，
∴四边形MBCN为平行四边形，
由题意可得：△MDB≌△FAD，△AFE≌△CNE，
∴∠N＝∠AFE，
∵AF⊥DE，
∴∠AFE＝90°，
∴∠N＝90°，
∴四边形MBCN为矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定、中位线的知识、平行四边形的知识，难度不大，认真分析即可．
5．（2023 衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
【点拨】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF；
（2）过G作GH⊥BC于H，设DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根据点O为矩形ABCD的对称中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）2，解得x的值从而可得AE的长为6﹣2；
（3）①过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，由点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，可得O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，证明△GOQ∽△OEQ，得＝，即GQ EQ＝OQ2，故GQ EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②连接B'D，OG，OB，证明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝∠OB'G，从而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可证△OGK≌△OGH（SSS），得S△OGK＝S△OGH，有＝，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得＝，＝＝＝＝，又△EGF∽△DGB'，有＝，当a＝1时，b＝，即AE＝1，DG＝，即可得＝＝＝＝．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF＝∠BFE，
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴∠BFE＝∠GFE，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF；
（2）解：过G作GH⊥BC于H，如图：
设DG＝x，则AE＝2x，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，
∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形GHCD是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴CF＝AE＝2x，
∴FH＝CF﹣CH＝x，
在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，
∴x2+42＝（8﹣3x）2，
解得x＝3+（此时AE大于AD，舍去）或x＝3﹣，
∴AE＝2x＝6﹣2；
∴AE的长为6﹣2；
（3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图：
∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，
∵GE＝GF，
∴OG⊥EF，
∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，
∵∠GQO＝90°＝∠OQE，
∴△GOQ∽△OEQ，
∴＝，即GQ EQ＝OQ2，
∴GQ EQ＝4，
∵OA＝OD，OQ⊥AD，
∴AQ＝DQ＝AD＝4，
∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，
∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②解：连接B'D，OG，OB，如图：
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴BF＝B'F，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BF＝DE，
∴B'F＝DE，
同理OD＝OB＝OB'，
由（1）知GF＝GE，
∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，
∵OG＝OG，
∴△DOG≌△B'OG（SSS），
∴∠ODG＝∠OB'G，
∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH（ASA），
∴DK＝B'H，GK＝GH，
∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，
∵OG＝OG，
∴△OGK≌△OGH（SSS），
∴S△OGK＝S△OGH，
∴S1＝2S△OGK，
∴＝，
∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，
∴EF∥B'D，
∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝＝＝，
∵△EGF∽△DGB'，
∴＝，
当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，
∴b＝，
∴AE＝1，DG＝，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝，
∴＝＝＝＝，
∴的值为．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
6．（2023 绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
【点拨】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；
（2）①由三角形全等和三角形相似可得出结论；
②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论．
【解析】解：（1）在 ABCD中，BC＝AD＝10，
在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝．
（2）①如图，作 CH⊥BA 于点H，
由（1）得，BH＝＝＝6，
作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，
∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，
∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，
∴∠PC'Q＝∠CPH，
由旋转知 PC'＝PC，
∴△PQC′≌△CHP（AAS）．
设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q∥CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴，
∴，
∴x＝，
∴BP＝，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'
CD⊥CD'
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．
∵C'D'⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC＝8，
∴BP＝6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图，
设 C'D'与射线BA的交点为T，
作 CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'＝90°，
∵点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'，
∴∠CPD＝∠C'PD'，
∴△PCD≌△PC'D'（SAS），
∴∠PCD＝∠PC'D'，
∵AB∥CD，
∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'，
∵∠C'PT+∠CPB＝90°，
∴∠C'PT+∠PC'T＝90°，
∴∠PTC'＝90°＝∠CHP，
∴△CPH≌△PC′T（AAS），
∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．
设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，
∴AT＝PT﹣PA＝2+t．
∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴，
∴AT2＝C'T TD'，
∴（2+t）2＝t（12﹣t），
化简得t2﹣4t+2＝0，
解得 ，
∴BP＝BH+HP＝8±，
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP＝6 或8±．
②方法二：
动静互换：将C、D看成静止的，点A绕P点顺时针旋转90°，
∴△APA1是等腰直角三角形，
∴A点轨迹是在∠BAE＝45°的射线AE上，
当△A1CD为直角三角形时，
（i）当∠A1CD＝90°时，
∴∠BP1A1＝90°，
∴BP1＝＝6；
（ii）当点A为直角时，
以CD为直径作圆O交AE于点A2、A3.如图所示，
则△AOE为等腰直角三角形，
∵AO＝8，
∴AE＝8，OF＝4，
∴A2F＝A3F＝2，AF＝4，
∴AA2＝4+2，
∴AP2＝4+
BP2＝12﹣（4+）＝8﹣，
（iii）AA3＝4﹣2，
∴AA3＝4﹣，
∴BP3＝12﹣（4﹣）＝8+，
综上所述：BP＝6 或8±．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
7．（2023 宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【点拨】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长．
【解析】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；
（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，
∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，
∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，
在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：
BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，
∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，
∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，
整理得x2﹣20x+82＝0，
解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去），
∴CD＝CB＝10﹣3，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．
【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是理解邻等四边形定义．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，已知四边形ABCD是菱形，延长AD至点E，使AE＝2BC．
（1）求证：∠ACE＝90°；
（2）若AC＝16，BC＝10，求四边形ABCE的面积．
【点拨】（1）根据菱形的性质得出AD＝DC，进而利用直角三角形的判定解答即可；
（2）连接BD交AC于O，利用菱形的性质和直角三角形的面积公式解答即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝BC，
∵AE＝2BC，
∴AD＝DE＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠DCE＝∠E，
∵∠DAC+∠DCA+∠DCE+∠E＝180°，
∴∠DCA+∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝90°；
（2）解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，
∵AC＝16，BC＝10，
∴OC＝8，BC＝10，
∴OB＝，
∴BD＝12，
∴四边形ABCE的面积＝＝144．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直和四条边相等解答．
2．已知：如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠OAB＝∠OBA．
（1）求证： ABCD是矩形．
（2）若AD＝4，∠AOB＝120°，求对角线AC的长．
【点拨】（1）由等边三角形的性质得OA＝OB，再由平行四边形的性质得OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，则BD＝AC，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠BAD＝90°，则∠ADB＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【解析】（1）证明：∵∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，
∴BD＝AC，
∴ ABCD是矩形；
（2）解：∵ ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠ABD＝∠OAB＝30°，
∴BD＝2AD＝8，
∴AC＝BD＝8．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质以及等边三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
3．（2024 萧山区一模）如图，菱形ABCD中，F是CD上一动点，过F作FG⊥AC交BC于点G，垂足为E，连结AF，AG．
（1）求证：AF＝AG．
（2）当∠DAB＝100°，AF＝AD时，试求∠AFG的度数．
【点拨】（1）证明△ACF≌△ACG（SAS），可得结论；
（2）证明△AFG是等边三角形，可得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB，
∵FG⊥AC，
∴∠CEF＝∠CEG＝90°，
∴∠CFE+∠ACD＝90°，∠CGE+∠ACB＝90°，
∴∠CFE＝∠CGE，
∴CF＝CG，
在△ACF和△ACG中，
，
∴△ACF≌△ACG（SAS），
∴AF＝AG；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠DAC＝∠BAC＝∠DAB＝×100°＝50°，
∴∠ADF＝180°﹣∠DAB＝80°，
∵AD＝AF，
∴∠D＝∠AFD＝80°，
∴∠FAC＝∠DAC﹣∠DAF＝50°﹣20°＝30°，
∵△ACF≌△ACG，
∴∠CAF＝∠GAC＝30°，
∴∠FAG＝60°，
∵AF＝AG，
∴△AFG是等边三角形，
∴∠AFG＝60°．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4．【背景】如图（1），点E，F分别是正方形ABCD的边AD，AB的中点，CE与DF相交于点P，连接BP．同学们在研究图形时，作DH∥BP交CE于点H，发现：．他们通过作三角形的中位线，构造全等三角形，找到与线段DH相等的线段，得到了多种方法证明成立．
【猜想】若把正方形ABCD改成平行四边形ABCD，其余条件不变，如图（2），结论是否还成立？请说明理由．
【延伸】在图（2）的条件下连接BH，那么四边形BHDP的面积和△BPF的面积有什么关系？请说明理由．
【点拨】【猜想】延长CE交BA的延长线于点N，取NP的中点M，连接AM，证明△AEN≌△DCE（AAS），得出AN＝DC，证出AM∥PB，AM＝PB，证明△DEH≌△AEM（AAS），得出DH＝AM，则可得出结论；
【延伸】连接BD，AP，BH，证明△PCD∽△PNF，得出，由三角形面积可得出结论．
【解析】解：【猜想】DH＝BP结论在平行四边形的情况下也成立；
理由：延长CE交BA的延长线于点N，取NP的中点M，连接AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠N＝∠ECD，∠EDC＝∠NAE，
又∵E为AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△AEN≌△DCE（AAS），
∴AN＝DC，
∴AN＝AB，
∵MN＝MP，
∴AM为△PBN的中位线，
∴AM∥PB，AM＝PB，
∵DH∥PB，
∴AM∥DH，
∴∠DHE＝∠AME，∠EDH＝∠EAM，
∵AE＝ED，
∴△DEH≌△AEM（AAS），
∴DH＝AM，
∴DH＝BP；
【延伸】四边形BHDP的面积＝△BPF面积．
理由：连接BD，AP，BH，
∵F为AB的中点，
∴AF＝，
∴AN＝，
∵AB∥CD，AN＝CD，
∴△PCD∽△PNF，
∴，
∴S△PBD：S△PFB＝2：3，
∵DH∥PB，DH＝PB，
∴S△DHB：S△PDB＝1：2，
设S△DHB＝x，则S△DPB＝2x，
∴S△PFB＝3x，
∵S四边形BHPD＝S△DHB+S△DPB＝3x，
∴S四边形BHPD＝S△BPF．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE、CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝6，DE＝3，在△DEF旋转的过程中，请直接写出线段BG长度的最小值为 ．
【点拨】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∵DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）①证明：如图2，设AG与CD相交于点P．
∠ADP＝90°，
∠DAP+∠DPA＝90°，
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE＝∠DCF．
∵∠DPA＝∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．
∠PGN＝90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN＝90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．
∴∠ABM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠BNC＝90°
∴△AMB≌△CNB（ASA）．
∴MB＝NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，
此时△AMB≌△AHD．
∴BM＝AH，
AH2＝AD2﹣DH2，AD＝AB＝6，
∴DH最大时，AH最小，DH＝DE＝3，
∴BM＝AH＝＝3，
∴BM＝AH＝4，
由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小＝BM＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题
6．在一堂“折纸与数学”的实践探究课上，每个小组分到若干张A4纸进行折纸．
下面给出了“遥遥领先”小组利用半张A4纸（矩形ABCD的长：宽＝折特殊三角形的方法，我们一起来探究其中的数学原理．
（1）折法一：如图1，将矩形ABCD的顶点D与BC边上的任意一点G重合对折，折痕为EF．求证：△EFG是等腰三角形．
（2）在折法一的条件下，若E是AD的中点，求sin∠EGF的值．
（3）折法二：如图2，先折出一个正方形CDHF，折痕为CH，再将点D折到BF上并让折痕过点F，折痕为EF，点D的对应点为点G．求证：EH＝BG．
【点拨】（1）由矩形的性质和折叠的性质可以得出∠GEF＝∠EFB，即可得出结论；
（2）设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，求出EG＝ED＝AD＝x，过E作EH⊥BC于H，则EH＝AB＝x，根据锐角三角函数的定义即可求解；
（3）分别求出EH、BG的长，即可得出结论．
【解析】（1）证明：由折叠的性质得∠DEF＝∠GEF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
∴∠GEF＝∠EFB，
∴GE＝GF，
∴△EFG是等腰三角形；
（2）解：如图，过点E作EH⊥BC于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AB⊥CD，
∴EH＝AB，
设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，
∵E是AD的中点，
∴EG＝ED＝AD＝x，
∴sin∠EGF＝＝．
∴sin∠EGF的值为；
（3）证明：设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，
∵四边形CDHF 是正方形，
∴DH＝HF＝CF＝CD＝x，
由折叠的性质得D′G＝CD＝x，D′F＝CF＝x，∠D′＝∠ADC＝90°，
∴FG＝x，
∴BG＝BC﹣FG﹣CF＝2x﹣x﹣x＝x﹣x，
由（1）知GE＝GF＝x，
由折叠的性质得DE＝GE＝x，
∴EH＝DE﹣DH＝x﹣x，
∴EH＝BG．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和折叠的性质，直角三角形的性质，锐角三角函数的定义等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7．综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
【问题解决】
（2）如图1，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，连结B′C，则B′C的长为 4 ．
【深入探究】
（3）如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？
【点拨】（1）由折叠可得：EF⊥BD，OB＝OD，再证得△BFO≌△DEO（ASA），可得OE＝OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD＝4，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM＝，进而可得BB′＝，再由△BB′K∽△BDC，可求得B′K＝，BK＝，CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，运用勾股定理可得B′C＝4；
（3）设∠OAB＝∠OBA＝α，则∠OBC＝90°﹣α，利用折叠的性质和平行线性质可得：∠AB′B＝∠AOB＝α，再运用三角形内角和定理即可求得α＝60°，利用解直角三角形即可求得答案．
【解析】解：（1）当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．理由如下：
设EF与BD交于点O，如图2，
由折叠得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如图1，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，
由折叠得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
故答案为：4；
（3）当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折叠得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
8．综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，E为垂足，过点D作AE的平行线，过点A作BD的平行线，两线相交于点F．
问题解决：
（1）判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）如图2，将四边形AEDF绕着点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形AE′D′F′，且C，E′，F′三点在同一条直线上，过点B作BG⊥CE′，G为垂足，连接BE′并延长交DF′于点H，
①求证：G是CE′的中点；
②若正方形ABCD的边长为2，请直接写出BH的长．
【点拨】（1）证明四边形AEDF是平行四边形．由正方形的判定可得出结论；
（2）①过点A作AM⊥BG，AN⊥CF′，M，N为垂足，证明△AMB≌△BGC（AAS），得出AM＝BG，BM＝CG．证出E′G＝CG．则可得出结论；
②证明△BGE'≌△F'HE'（AAS），得出E'H＝E'G，设BM＝CG＝E'G＝x，则BG＝x+1，求出x，则可得出答案．
【解析】（1）解：四边形AEDF的形状是正方形．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝45°
∵AE⊥BD，
∴∠ADE＝∠DAE＝45°，∠AED＝90°，
∴AE＝DE．
∵DF∥AE，AF∥BD，
∴四边形AEDF是平行四边形．
∵∠AED＝90°，
∴四边形AEDF是矩形．
∵AE＝DE，
∴四边形AEDF是正方形．
（2）①证明：过点A作AM⊥BG，AN⊥CF′，M，N为垂足，
∵BG⊥CE′，
∴四边形AMGN是矩形，
∴AM＝GN，AN＝GM．
∵四边形AE′D′F′是正方形，AN⊥CF′，
∴△AE′N是等腰直角三角形，
∴AN＝E′N＝GM．
∵AM⊥BG，
∴∠1+∠ABM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠2+∠ABM＝90°，
∴∠1＝∠2．
又∵AB＝BC，∠AMB＝∠BGC＝90°，
∴△AMB≌△BGC（AAS），
∴AM＝BG，BM＝CG．
∵AM＝GN，
∴BG＝GN，
∴BM+MG＝NE′+E′G，
∵MG＝AN＝NE′，
∴BM＝E′G．
又∵BM＝CG，
∴E′G＝CG．
∴G是CE′的中点；
②解：BH＝．
∵AB＝2，
∴AF'＝AE'＝，
∴E'F'＝2，
∵AN⊥E'F'，
∴AN＝MG＝1，
由①可知，BM＝CG，BC＝BE'，
∴BE'＝E'F'，
∵∠F'E'H＝∠BE'G，∠BGE'＝∠E'HF'＝90°，
∴△BGE'≌△F'HE'（AAS），
∴E'H＝E'G，
设BM＝CG＝E'G＝x，则BG＝x+1，
∵BG2+E'G2＝BE'2，
∴（x+1）2+x2＝22，
∴x＝（负值舍去），
∴E'G＝，
∴E'H＝，
∴BH＝BE'+E'H＝2+＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识．
9．如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），AF⊥DE于点O，交BC于点F，点G在OD上，OG＝OA，∠DOF的平分线交CG于点M，连接DM并延长与AF的延长线交于点N．
（1）求证：AE＝BF；
（2）点E在AB边上运动时，探究∠ODM的大小是否发生变化？若不变，求出∠ODM的度数；若变化，说明理由；
（3）若AB＝10，当点E运动到AB中点时，求BN的长．
【点拨】（1）由DE⊥AF，可证∠ADE＝∠BAF，从而△ADE≌△BAF（ASA），得AE＝BF；
（2）过点D作DK⊥DO，与OM的延长线交于点K，连接CK，证明△CDK≌△ADO（SAS），得CK＝OA，∠CKD＝∠AOD＝90°，再证△CKM≌△GOM（AAS），得OM＝KM，故DM平分∠ODK，∠ODM＝∠ODK＝45°；
（3）连接BD，用面积法求出OA＝＝2，再证△ADO∽△BDN，可得＝，故BN＝2．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AOE＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ADE≌△BAF（ASA）
∴AE＝BF；
（2）解：∠ODM的大小不会变化，理由如下：
过点D作DK⊥DO，与OM的延长线交于点K，连接CK，如图：
∴∠ODK＝90°，
∴∠CDK+∠ODC＝90°，
又∠ADO+∠ODC＝90°，
∴∠CDK＝∠ADO，
∵OM平分∠DON，
∴∠DOM＝∠DON＝45°，
∴∠DKO＝90°﹣∠DOM＝45°，
∴∠DOM＝∠DKO，
∴DK＝DO，
又CD＝AD，
∴△CDK≌△ADO（SAS），
∴CK＝OA，∠CKD＝∠AOD＝90°，
∵OA＝OG，
∴CK＝OG，
∵∠DKO＝45°，
∴∠CKM＝∠CKD﹣∠DKO＝45°，
∴∠CKM＝∠GOM，
又∠CMK＝∠GMO，
∴△CKM≌△GOM（AAS），
∴OM＝KM，
∴DM平分∠ODK，
∴∠ODM＝∠ODK＝45°；
（3）解：连接BD，如图：
∵E为AB中点，
∴AE＝AB＝5，
∴BF＝AE＝5，DE＝＝＝5，
∵S△ADE＝AD AE＝DE OA，
∴OA＝＝＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴＝，
由（2）知，∠ODM为定值，且∠ODM＝45°，
∴△ODN是等腰直角三角形，
∴＝，
∴，
∵∠ADO＝∠ADB﹣∠EDB＝45°﹣∠EDB，
∠BDN＝∠ODN﹣∠EDB＝45°﹣∠EDB，
∴∠ADO＝∠BDN，
∴△ADO∽△BDN，
∴，即＝，
∴BN＝2．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系等知识，解题的关键是掌握全等三角形，相似三角形的判定定理．
10．如图1，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠ACE＝90°，M是AC上的动点（不与点A、C重合），连接BM，作BN⊥MB，交射线CE千点N，连接MN．
（1）求证：△ABM≌△CBN；
（2）点M在运动过程中，四边形BMCN的面积是否改变，若不变，请求出四边形BMCN面积；若改变，请说明理由；
（3）如图2，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，AB＝4，AD＝4，其他条件不变．
①请判断线段AM与线段CN的数量关系，并说明理由；
②若BC把四边形BMCN的面积分为1：2两部分，求此时线段CN的长．
【点拨】（1）由四边形ABCD是正方形，得AB＝BC，∠CAB＝∠ACB＝45°，∠ABM+∠MBC＝90°，而BN⊥MB，可得∠ABM＝∠CBN，又∠ACE＝90°，故∠MAB＝∠NCB，从而△ABM≌△CBN（ASA）；
（2）由△ABM≌△CBN，知S△ABM＝S△CBN，故S△ABC＝S四边形BMCN，求出S△ABC＝×4×4＝8，可得S四边形BMCN＝8；
（3）证明△ABM∽△CBN，可得＝，即＝＝，故AM＝CN；
②分两种情况：当S△BCN：S△BCM＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，设S△BCN＝x，则S△BCM＝2x，由△ABM∽△CBN，AM＝CN，得S△ABM＝2S△CBN＝2x，可得4x＝×4×4，x＝2，从而S△ABM＝2x＝4，求出MH＝2，由△AMH∽△ACB，得＝，AH＝2，即得AM＝＝2，CN＝；当S△BCM：S△BCN＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，同理可得CN＝．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠CAB＝∠ACB＝45°，∠ABC＝90°，即∠ABM+∠MBC＝90°，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN＝90°，
∴∠ABM＝∠CBN，
∵∠ACE＝90°，
∴∠BCN＝90°﹣∠ACB＝45°，
∴∠CAB＝∠BCN，即∠MAB＝∠NCB，
在△ABM和△CBN中，
，
∴△ABM≌△CBN（ASA）；
（2）解：四边形BMCN的面积不改变，理由如下：
由（1）知，△ABM≌△CBN，
∴S△ABM＝S△CBN，
∴S△ABM+S△BMC＝S△CBN+S△BMC，
即S△ABC＝S四边形BMCN，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴S△ABC＝×4×4＝8，
∴S四边形BMCN＝8；
（3）解：①AM＝CN，理由如下：
：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，即∠ABM+∠MBC＝90°，
∴∠CAB+∠ACB＝90°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠BCN+∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠BCN，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN＝90°，
∴∠ABM＝∠CBN，
∴△ABM∽△CBN，
∴＝，
∵AB＝4，AD＝4，
∴＝＝，
∴AM＝CN；
②当S△BCN：S△BCM＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
设S△BCN＝x，则S△BCM＝2x，
由①知，△ABM∽△CBN，AM＝CN，
∴＝（）2＝2，
∴S△ABM＝2S△CBN＝2x，
∴S△ABC＝S△BCM+S△ABM＝2x+2x＝4x，
∵AB＝4，AD＝4＝BC，
∴4x＝×4×4，
∴x＝2，
∴S△ABM＝2x＝4，
∴AB MH＝4，即×4 MH＝4，
∴MH＝2，
∵∠MAH＝∠CAB，∠MHA＝∠CBA＝90°，
∴△AMH∽△ACB，
∴＝，即＝，
∴AH＝2，
∴AM＝＝＝2，
∴2＝CN，
∴CN＝；
当S△BCM：S△BCN＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
同理可得S△ABM＝，MH＝，AH＝，
∴AM＝，
∴CN＝＝．
综上所述，CN的长为或．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握全等三角形判定定理和相似三角形判定定理．
11．如图，菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在AB上，FH⊥AC于点H，分别交AE、AD于点G、点P．
（1）求证：∠AFH＝∠CAE；
（2）若∠GFE＝45°，求证：AF＝AE；
（3）若∠GFE＝45°，且，S△AFG＝6，求菱形ABCD的边长．
【点拨】（1）根据菱形的性质得出AB＝BC，进而利用垂直解答即可；
（2）作EM⊥PF于M，EN⊥AC于N，根据等腰直角三角形的性质解答即可；
（3）根据AAS证明三角形全等，进而利用全等三角形的性质和相似三角形的判定与性质得出比例解答即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∵AE⊥BC，FH⊥AC，
∴∠CAE+∠ACB＝90°，∠AFH+∠BAC＝90°，
∴∠AFH＝∠CAE；
（2）证明：作EM⊥PF于M，EN⊥AC于N，
则EM∥AC，
∴∠AEM＝∠CAE，
∵∠AFH＝∠CAE，
∴∠AFH＝∠AEM，
∵∠GFE＝45°，
∴∠MEF＝45°，
∴∠MFE＝∠MEF，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE；
（3）解：∵∠AHF＝∠ENA＝90°，∠AFH＝∠EAN，AF＝AE，
∴△AFH≌△EAN（AAS），
∴AH＝EN＝MH，FH＝AN，
设CN＝a，FH＝AN＝b，则AC＝a+b，PF＝2b，
∵，
∴，
∴b＝4a，
∵AH＝EN，∠AHG＝∠ENC＝90°，∠GAH＝∠CEN＝90°﹣∠ACE，
∴△AGH≌△ECN（AAS），
∴GH＝CN＝a，
∴FG＝3a，
∵∠ANE＝∠ENC＝90°，∠EAN＝∠CEN，
∴△AEN∽△CEN，
∴，
∴，
∴EN＝2a，
∴AH＝2a，
∵S△AFG＝6，
∴，
即，
解得：a＝，
即CN＝，
∴EN＝2，AC＝5，EC＝，
连接AC，BD相交于O，则OC＝，AC⊥BD，
∴EN∥BO，
∴，
即，
∴BC＝，
即菱形的边长为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用相似三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
12．【发现问题】爱好数学的小强在做作业时碰到这样的一道题目：如图①，在△ABC中，E为BC的中点，求AE的取值范围．
【解决问题】（1）小强经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，作AB边上的中点F，连接EF，构造出△ABC的中位线EF，请你完成余下的求解过程．
【灵活运用】（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝6，E、F分别为BC、AD中点，求EF的取值范围．
（3）变式：把图②中的A、D、C变成在一直线上时，如图③，其它条件不变，则EF的取值范围为 1＜EF＜7 ．
【迁移拓展】（4）如图④，在△ABC中，∠A＝60°，AB＝8，E为BC边的中点，F是AC边上一点且EF正好平分△ABC的周长，则EF＝ ．
【点拨】（1）取AB边上的中点F，连接EF，求出AF，EF的长，则可得出答案；
（2）连接BD，取BD中点G，连接FG、EG，求出GF，EG的长，则可得出答案；
（3）连接BD，取BD中点H，连接FH、EH，求出FH＝4，EH＝3，则可得出答案；
（4）在FC上截取FM＝AF，连接BM，取BM的中点N，连接FN，NE，过点N作NP⊥EF于P，证出∠NFE＝∠NEF＝30°，FP＝PE，由直角三角形的性质可得出答案．
【解析】解：（1）如图，取AB边上的中点F，连接EF，
∵E 为BC中点，F为AB的中点，
∴，
∵AB＝8，AC＝6，
∴，，
在△AEF中，4﹣3＜AE＜4+3，
即1＜AE＜7；
（2）如图②，连接BD，取BD中点G，连接FG、EG，
又∵E、F分别为BC、AD中点，
∴，，
∵AB＝8，CD＝6，
∴EG＝3，FG＝4，
在△GEF中，4﹣3＜EF＜4+3，
∴1＜EF＜7；
当点G在EF上时，EF最大值为7，
即1＜EF≤7；
（3）如图③，连接BD，取BD的中点H，连接FH、EH，
又∵E、F分别为BC、AD中点，
∴，，
∵CD＝6，AB＝8，
∴FH＝4，EH＝3，
在△HEF中，4﹣3＜EF＜4+3，
即1＜EF＜7，
故答案为：1＜EF＜7；
（4）如图④，在FC上截取FM＝AF，连接BM，取BM的中点N，连接FN，NE，过点N作NP⊥EF于P，
∵FM＝AF，点N是BM中点，点E是BC的中点，
∴，，FN∥AB，NE∥MC，
∴∠FNM＝∠ABM，∠BEN＝∠ACB，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠FNE＝∠FNM+∠MNE＝∠ABM+∠CBM+∠BEN＝120°，
∵EF正好平分△ABC的周长，
∴AB+AF+BE＝FM+MC+EC，
∴MC＝AB＝8，
∴EN＝FN＝4，
又∵∠FNE＝120°，NP⊥EF，
∴∠NFE＝∠NEF＝30°，FP＝PE，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形形综合题，考查了三角形中位线定理，三角形的三边关系，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形本题的关键．
13．已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
【点拨】（1）①按题中要求补全图形即可；
②由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，由正方形的性质得CB＝CD，∠BCD＝90°，则∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BCE≌△DCF，则BE＝DF；
（2）先证明△BCE≌△DCF，得BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，再延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，可证明△AGM≌△FDM，得AG＝DF，∠G＝∠MDF，所以BE＝AG，AG∥DF，可推导出∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，而∠ABE＝∠CBE﹣90°，所以∠ABE＝∠DAG，即可证明△ABE≌△DAG，则AE＝DG＝2DM．
【解析】解：（1）①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF.
②证明：由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF．
（2）AE＝2DM，
证明：如图2，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF，取AF中点M，连接AE，DM，
由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD＝AB＝DA，∠BCD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，
∴∠CBE﹣90°＝∠CDF﹣90°，
延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，
∵M是AF的中点，
∴AM＝FM，
在△AGM和△FDM中，
，
∴△AGM≌△FDM（SAS），
∴AG＝DF，∠G＝∠MDF，
∴BE＝AG，AG∥DF，
∴∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，
∵∠ABE＝∠CBE﹣90°，
∴∠ABE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴AE＝DG＝2DM．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且适当选择全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．
14．定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： 等腰梯形 ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 C ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
【点拨】（1）①根据对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形；
②根据顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形；
（2）根据对角线相等得出BD＝3，进而利用勾股定理解答即可；
（3）根据对角线相等得出BD＝AC，进而利用含30°角的直角三角形的性质得出AC，进而利用三角形面积公式解答即可．
【解析】解：（1）①对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形，
故答案为：等腰梯形；
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，
故答案为：C；
（2）∵伪矩形ABCD，
∴BD＝AC＝3，
∵∠BCD＝90°，CD＝2，
∴BC＝；
（3）过D作DE⊥BC于E，
由图可知，BE是△ABD的高，DE是△BDC的高，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴BC＝2，AC＝4，
∵伪矩形ABCD，AC＝CD，
∴BD＝AC＝CD＝4，
∴BE＝EC＝，
∴DE＝，
∴这个伪矩形的面积＝
．
【点睛】此题是四边形综合题，考查勾股定理和矩形的性质以及等腰梯形的性质，关键是根据对角线相等得出AC＝BD解答．
15．综合与实践：
如图1，在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，将对角线AC绕点O逆时针旋转到MN，且旋转角α满足0°≤α≤180°，构造出四边形AMCN，连结BM，DN．
（1）探究发现
四边形AMCN是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
若AC＝4，BC＝5，设△ABM的面积为S1，△BMC的面积为S2，当MN∥BC时，求的值．
（3）延伸思考
如图2，若四边形ABCD是正方形，当MN经过AB中点时，探究MB，MC，BC三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由．
【点拨】（1）四边形形ABCD为菱形，OA＝OC，再根据旋转即可证明；
（2）连接AB，延长AM交B于G，根据菱形性质及在Rt△BOC中，BO＝，S△ABC＝2S△BOC，S△BMC＝S△BOC，进而求出S2，再根据△AMC≌△GMC（ASA），S△AMB＝S△BMG＝S△ABG，S△ABG＝S△ABC，进而求出S1，计算即可；
（3）根据正方形的性质，O为AC中点，推出AC2＝AB2+BC2＝2AB2，再根据△AOM≌△BOM（SAS），推出AC2＝AM2+MC2，进而作答即可．
【解析】解：（1）四边形AMCN为矩形，
证明：四边形形ABCD为菱形，
∴O是AC中点，
∴OA＝OC，
由旋转知OM＝OA＝OC＝ON，AC＝AN，
∴四边形AMCN为矩形；
（2）连接AB，延长AM交B于G，如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD过AC中点O，且BO⊥AC，
∵AC＝4，
∴AO＝CO＝2，
在Rt△BOC中，
BO＝＝，
S△BOC＝CO BO＝，
∴S△ABC＝2S△BOC＝2，
∵MN∥BC，
∴S△BMC＝S△BOC＝，
∴S2＝，
∵OM＝OC，
∴∠OMC＝∠OCM，
∵MN∥BC，
∴∠GCM＝∠NMC，
∴∠ACM＝∠GCM，
又∵四边形AMCN为矩形，
∴∠AMC＝∠GMC＝90°，
CM＝CM，
∴△AMC≌△GMC（ASA），
∴AC＝CG＝4，AM＝MG，
∴S△AMB＝S△BMG＝S△ABG，
∴BG＝BC﹣CG＝1＝BC，
∴S△ABG＝S△ABC＝，
∴S△AMB＝，
∴S1＝，
∴＝；
（3）连接OB，如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
O为AC中点，
∴∠BAC＝45°，OB＝OA，∠AOB＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2AB2，
∵MN过AB中点O，
∴OM平分∠AOB，
∴∠AOM＝∠BOM，
∵OM＝OM，OA＝OB，
∴△AOM≌△BOM（SAS），
∴AM＝BM，
由（1）知四边形AMCN为矩形，
∴∠AMC＝90°，
∴AC2＝AM2+MC2，
又∵AM＝BM，AC2＝AB2+BC2＝2AB2，
∴2BC2＝BM2+MC2．
【点睛】本题考查三角形全等，四边形的综合应用，解题的关键是根据菱形矩形和正方形的性质综合三角形全等作辅助线．
16．如图，在 ABCD中，E、F为对角线DB的三等分点，延长CE，CF分别交DA，AB于点G，H．
（1）求证：DG＝GA；
（2）若DA＝8，DC＝5，，求四边形EFHG的面积．
【点拨】（1）通过证明△CBE∽△GDE，可得＝，可得BC＝2DG＝AD，即可求解；
（2）由锐角三角函数可求CQ＝4，可求△CEF的面积，由三角形中位线定理可得GH∥BD，GH＝BD，通过证明△CEF∽△CGH，可得＝，即可求解．
【解析】（1）证明：如图：延长BA，CG交于点N，
∵E、F为对角线DB的三等分点，
∴DE＝EF＝BF，
∴BE＝2DE，DF＝2BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∴△CBE∽△GDE，
∴＝，
∴BC＝2DG＝AD，
∴DG＝AG；
（2）解：如图，过点C作CQ⊥AD于Q，
∵tan∠CDA＝＝，
∴设CQ＝4x，DQ＝3x，
∴DC＝＝5x，
∵DC＝5，
∴5x＝5，
∴x＝1，
∴CQ＝4，DQ＝3，
∴S ABCD＝AD CQ＝4×8＝32，
∴S△BCD＝16，
∵DE＝EF＝BF＝BD，
∴S△CEF＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴△CDF∽△HBF，
∴＝2，
∴CD＝2BH＝AB，
∴AH＝BH，
又∵AG＝DG，
∴GH∥BD，GH＝BD，
∴，△CEF∽△CGH，
∴＝，
∴S△CGH＝12，
∴S四边形EFHG＝12﹣＝．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG．
（1）求证：四边形EFCG是平行四边形．
（2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值．
【点拨】（1）由矩形ABCD可知OA＝OB＝OC＝OD，根据条件可得OE是△ACG的中位线，根据中位线性质可推出EF＝CG，FE∥CG，则可知四边形EFCG是平行四边形；
（2）过A作AH⊥BD于H，设OE＝m，可知BE＝OE＝OF＝DF＝m，又四边形EFCG是菱形，可得OA＝AE＝2m，由勾股定理求出AH2＝AE2﹣EH2＝m2；即可得AB＝＝m，AD＝＝m，从而可得AB：AD的值为．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵EG＝AE，AO＝OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，OE＝CG，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴OE＝OB＝OD＝OF，
∴OE＝EF，
∴EF＝CG，FE∥CG，
∴四边形EFCG是平行四边形；
（2）解：过A作AH⊥BD于H，如图：
设OE＝m，由（1）可知BE＝OE＝OF＝DF＝m，
∴OB＝OD＝OA＝OC＝2m，
∵四边形EFCG是菱形，
∴EF＝EG＝AE＝2m，
∴OA＝AE＝2m，
∵AH⊥BD，
∴HE＝HO＝OE＝，
∴AH2＝AE2﹣EH2＝（2m）2﹣（m）2＝m2；BH＝BE+HE＝m+＝m，DH＝OD+HO＝2m+＝m，
∴AB＝＝＝m，AD＝＝＝m，
∴AB：AD＝（m）：（m）＝；
∴AB：AD的值为．
【点睛】本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握平行四边形判定定理和勾股定理的应用．
18．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE △DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
【点拨】（1）①说明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可证明△DBE △DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）连接BD交AC于点O，通过计算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，则；
（3）连接BD交AC于O点，同理得tan，则△DHB∽△DOC，得，求出BH的长，再利用△DBE∽△DCF，得，从而结论问题．
【解析】（1）①证明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB+∠BDF＝45°，
∵∠CDF+∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE △DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD cos45°，
∴BD＝CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接BD交AC于点O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD＝＝10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC＝，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB+∠BDF，∠BDC＝∠BDF+∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
连接BD交AC于O点，
∵AC＝BD，且AC与BD互相平分，
∴OC＝，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD＝，
∴tan，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH＝，
∵HE＝，
∴BE＝BH﹣HE＝，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC+∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF＝．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、矩形、菱形的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明△DBE∽△DCF是解题的关键，注意解题方法的延续性．
08 押浙江卷第22题
命题探究
真题回顾
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押题方向：四边形综合
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷、丽水卷第22题宁波卷第23题 四边形综合题 从近几年浙江中考来看，特殊四边形的性质与四边形的综合问题在解答题中经常出现，考查特殊四边形的性质的试题难度不大，四边形综合问题有一定的难度，考查四边形的判定与性质与其他知识的综合应用。预计2024年浙江卷还将继续考查特殊四边形的性质与四边形综合问题。
2023年温州卷第21题 矩形的性质
2023年绍兴卷第22题、杭州卷第21题 正方形的性质
2023年舟山嘉兴卷第19题 菱形的性质
1．（2023 杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．
2．（2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
3．（2023 杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED＝，求DF的长．
（2）求证：AE CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．
4．（2023 丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．
5．（2023 衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
6．（2023 绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
7．（2023 宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，已知四边形ABCD是菱形，延长AD至点E，使AE＝2BC．
（1）求证：∠ACE＝90°；
（2）若AC＝16，BC＝10，求四边形ABCE的面积．
2．已知：如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠OAB＝∠OBA．
（1）求证： ABCD是矩形．
（2）若AD＝4，∠AOB＝120°，求对角线AC的长．
3．（2024 萧山区一模）如图，菱形ABCD中，F是CD上一动点，过F作FG⊥AC交BC于点G，垂足为E，连结AF，AG．
（1）求证：AF＝AG．
（2）当∠DAB＝100°，AF＝AD时，试求∠AFG的度数．
4．【背景】如图（1），点E，F分别是正方形ABCD的边AD，AB的中点，CE与DF相交于点P，连接BP．同学们在研究图形时，作DH∥BP交CE于点H，发现：．他们通过作三角形的中位线，构造全等三角形，找到与线段DH相等的线段，得到了多种方法证明成立．
【猜想】若把正方形ABCD改成平行四边形ABCD，其余条件不变，如图（2），结论是否还成立？请说明理由．
【延伸】在图（2）的条件下连接BH，那么四边形BHDP的面积和△BPF的面积有什么关系？请说明理由．
5．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE、CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝6，DE＝3，在△DEF旋转的过程中，请直接写出线段BG长度的最小值为 ．
6．在一堂“折纸与数学”的实践探究课上，每个小组分到若干张A4纸进行折纸．
下面给出了“遥遥领先”小组利用半张A4纸（矩形ABCD的长：宽＝折特殊三角形的方法，我们一起来探究其中的数学原理．
（1）折法一：如图1，将矩形ABCD的顶点D与BC边上的任意一点G重合对折，折痕为EF．求证：△EFG是等腰三角形．
（2）在折法一的条件下，若E是AD的中点，求sin∠EGF的值．
（3）折法二：如图2，先折出一个正方形CDHF，折痕为CH，再将点D折到BF上并让折痕过点F，折痕为EF，点D的对应点为点G．求证：EH＝BG．
7．综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
【问题解决】
（2）如图1，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，连结B′C，则B′C的长为 4 ．
【深入探究】
（3）如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？
8．综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，E为垂足，过点D作AE的平行线，过点A作BD的平行线，两线相交于点F．
问题解决：
（1）判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）如图2，将四边形AEDF绕着点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形AE′D′F′，且C，E′，F′三点在同一条直线上，过点B作BG⊥CE′，G为垂足，连接BE′并延长交DF′于点H，
①求证：G是CE′的中点；
②若正方形ABCD的边长为2，请直接写出BH的长．
9．如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），AF⊥DE于点O，交BC于点F，点G在OD上，OG＝OA，∠DOF的平分线交CG于点M，连接DM并延长与AF的延长线交于点N．
（1）求证：AE＝BF；
（2）点E在AB边上运动时，探究∠ODM的大小是否发生变化？若不变，求出∠ODM的度数；若变化，说明理由；
（3）若AB＝10，当点E运动到AB中点时，求BN的长．
10．如图1，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠ACE＝90°，M是AC上的动点（不与点A、C重合），连接BM，作BN⊥MB，交射线CE千点N，连接MN．
（1）求证：△ABM≌△CBN；
（2）点M在运动过程中，四边形BMCN的面积是否改变，若不变，请求出四边形BMCN面积；若改变，请说明理由；
（3）如图2，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，AB＝4，AD＝4，其他条件不变．
①请判断线段AM与线段CN的数量关系，并说明理由；
②若BC把四边形BMCN的面积分为1：2两部分，求此时线段CN的长．
11．如图，菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在AB上，FH⊥AC于点H，分别交AE、AD于点G、点P．
（1）求证：∠AFH＝∠CAE；
（2）若∠GFE＝45°，求证：AF＝AE；
（3）若∠GFE＝45°，且，S△AFG＝6，求菱形ABCD的边长．
12．【发现问题】爱好数学的小强在做作业时碰到这样的一道题目：如图①，在△ABC中，E为BC的中点，求AE的取值范围．
【解决问题】（1）小强经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，作AB边上的中点F，连接EF，构造出△ABC的中位线EF，请你完成余下的求解过程．
【灵活运用】（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝6，E、F分别为BC、AD中点，求EF的取值范围．
（3）变式：把图②中的A、D、C变成在一直线上时，如图③，其它条件不变，则EF的取值范围为 ．
【迁移拓展】（4）如图④，在△ABC中，∠A＝60°，AB＝8，E为BC边的中点，F是AC边上一点且EF正好平分△ABC的周长，则EF＝ ．
13．已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
14．定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
15．综合与实践：
如图1，在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，将对角线AC绕点O逆时针旋转到MN，且旋转角α满足0°≤α≤180°，构造出四边形AMCN，连结BM，DN．
（1）探究发现
四边形AMCN是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
若AC＝4，BC＝5，设△ABM的面积为S1，△BMC的面积为S2，当MN∥BC时，求的值．
（3）延伸思考
如图2，若四边形ABCD是正方形，当MN经过AB中点时，探究MB，MC，BC三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由．
16．如图，在 ABCD中，E、F为对角线DB的三等分点，延长CE，CF分别交DA，AB于点G，H．
（1）求证：DG＝GA；
（2）若DA＝8，DC＝5，，求四边形EFHG的面积．
17．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG．
（1）求证：四边形EFCG是平行四边形．
（2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值．
18．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE △DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
答案与解析
押题方向：四边形综合
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷、丽水卷第22题宁波卷第23题 四边形综合题 从近几年浙江中考来看，特殊四边形的性质与四边形的综合问题在解答题中经常出现，考查特殊四边形的性质的试题难度不大，四边形综合问题有一定的难度，考查四边形的判定与性质与其他知识的综合应用。预计2024年浙江卷还将继续考查特殊四边形的性质与四边形综合问题。
2023年温州卷第21题 矩形的性质
2023年绍兴卷第22题、杭州卷第21题 正方形的性质
2023年舟山嘉兴卷第19题 菱形的性质
1．（2023 杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．
【点拨】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵BE＝EF，
∴S△ABE＝S△AEF＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，
∴△CFO的面积＝1．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．（2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【点拨】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【点睛】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
3．（2023 杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED＝，求DF的长．
（2）求证：AE CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．
【点拨】（1）通过证明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性质可求解；
（2）通过证明△ABE∽△CFB，可得，可得结论；
（3）设EG＝ED＝x，则AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，
∴△DEF∽△CBF，
∴，
∴，
∴DF＝；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠F，
又∵∠A＝∠BCD＝90°，
∴△ABE∽△CFB，
∴，
∴AE CF＝AB BC＝1；
（3）解：设EG＝ED＝x，则AE＝AD﹣DE＝1﹣x，BE＝BG+GE＝BC+GE＝1+x，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，
∴1+（1﹣x）2＝（1+x）2，
∴x＝，
∴DE＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
4．（2023 丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．
【点拨】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）先证明四边形MBCN为平行四边形，再证明∠N＝90°，从而得出四边形MBCN为矩形．
【解析】解：（1）；（2）如图，；
（3）
矩形，理由如下：
∵∠MDB+∠BDE＝180°，∠DEC+∠NEC＝180°，
∴点M、D、E、N在一条直线上，
∵点D、点E分别是AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，，
∵MD+EN＝DE，
∴MN＝MD+DE+EN＝BC，MN∥BC，
∴四边形MBCN为平行四边形，
由题意可得：△MDB≌△FAD，△AFE≌△CNE，
∴∠N＝∠AFE，
∵AF⊥DE，
∴∠AFE＝90°，
∴∠N＝90°，
∴四边形MBCN为矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定、中位线的知识、平行四边形的知识，难度不大，认真分析即可．
5．（2023 衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
【点拨】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF；
（2）过G作GH⊥BC于H，设DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根据点O为矩形ABCD的对称中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）2，解得x的值从而可得AE的长为6﹣2；
（3）①过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，由点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，可得O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，证明△GOQ∽△OEQ，得＝，即GQ EQ＝OQ2，故GQ EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②连接B'D，OG，OB，证明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝∠OB'G，从而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可证△OGK≌△OGH（SSS），得S△OGK＝S△OGH，有＝，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得＝，＝＝＝＝，又△EGF∽△DGB'，有＝，当a＝1时，b＝，即AE＝1，DG＝，即可得＝＝＝＝．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF＝∠BFE，
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴∠BFE＝∠GFE，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF；
（2）解：过G作GH⊥BC于H，如图：
设DG＝x，则AE＝2x，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，
∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形GHCD是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴CF＝AE＝2x，
∴FH＝CF﹣CH＝x，
在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，
∴x2+42＝（8﹣3x）2，
解得x＝3+（此时AE大于AD，舍去）或x＝3﹣，
∴AE＝2x＝6﹣2；
∴AE的长为6﹣2；
（3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图：
∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，
∵GE＝GF，
∴OG⊥EF，
∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，
∵∠GQO＝90°＝∠OQE，
∴△GOQ∽△OEQ，
∴＝，即GQ EQ＝OQ2，
∴GQ EQ＝4，
∵OA＝OD，OQ⊥AD，
∴AQ＝DQ＝AD＝4，
∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，
∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②解：连接B'D，OG，OB，如图：
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴BF＝B'F，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BF＝DE，
∴B'F＝DE，
同理OD＝OB＝OB'，
由（1）知GF＝GE，
∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，
∵OG＝OG，
∴△DOG≌△B'OG（SSS），
∴∠ODG＝∠OB'G，
∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH（ASA），
∴DK＝B'H，GK＝GH，
∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，
∵OG＝OG，
∴△OGK≌△OGH（SSS），
∴S△OGK＝S△OGH，
∴S1＝2S△OGK，
∴＝，
∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，
∴EF∥B'D，
∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，
∴＝，
∵＝，
∴＝＝＝＝，
∵△EGF∽△DGB'，
∴＝，
当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，
∴b＝，
∴AE＝1，DG＝，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝，
∴＝＝＝＝，
∴的值为．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和相似三角形解决问题．
6．（2023 绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
【点拨】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；
（2）①由三角形全等和三角形相似可得出结论；
②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论．
【解析】解：（1）在 ABCD中，BC＝AD＝10，
在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝．
（2）①如图，作 CH⊥BA 于点H，
由（1）得，BH＝＝＝6，
作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，
∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，
∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，
∴∠PC'Q＝∠CPH，
由旋转知 PC'＝PC，
∴△PQC′≌△CHP（AAS）．
设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q∥CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴，
∴，
∴x＝，
∴BP＝，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'
CD⊥CD'
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．
∵C'D'⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC＝8，
∴BP＝6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图，
设 C'D'与射线BA的交点为T，
作 CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'＝90°，
∵点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'，
∴∠CPD＝∠C'PD'，
∴△PCD≌△PC'D'（SAS），
∴∠PCD＝∠PC'D'，
∵AB∥CD，
∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'，
∵∠C'PT+∠CPB＝90°，
∴∠C'PT+∠PC'T＝90°，
∴∠PTC'＝90°＝∠CHP，
∴△CPH≌△PC′T（AAS），
∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．
设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，
∴AT＝PT﹣PA＝2+t．
∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴，
∴AT2＝C'T TD'，
∴（2+t）2＝t（12﹣t），
化简得t2﹣4t+2＝0，
解得 ，
∴BP＝BH+HP＝8±，
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP＝6 或8±．
②方法二：
动静互换：将C、D看成静止的，点A绕P点顺时针旋转90°，
∴△APA1是等腰直角三角形，
∴A点轨迹是在∠BAE＝45°的射线AE上，
当△A1CD为直角三角形时，
（i）当∠A1CD＝90°时，
∴∠BP1A1＝90°，
∴BP1＝＝6；
（ii）当点A为直角时，
以CD为直径作圆O交AE于点A2、A3.如图所示，
则△AOE为等腰直角三角形，
∵AO＝8，
∴AE＝8，OF＝4，
∴A2F＝A3F＝2，AF＝4，
∴AA2＝4+2，
∴AP2＝4+
BP2＝12﹣（4+）＝8﹣，
（iii）AA3＝4﹣2，
∴AA3＝4﹣，
∴BP3＝12﹣（4﹣）＝8+，
综上所述：BP＝6 或8±．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
7．（2023 宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【点拨】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长．
【解析】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；
（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，
∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，
∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，
在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：
BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，
∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，
∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，
整理得x2﹣20x+82＝0，
解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去），
∴CD＝CB＝10﹣3，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．
【点睛】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是理解邻等四边形定义．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，已知四边形ABCD是菱形，延长AD至点E，使AE＝2BC．
（1）求证：∠ACE＝90°；
（2）若AC＝16，BC＝10，求四边形ABCE的面积．
【点拨】（1）根据菱形的性质得出AD＝DC，进而利用直角三角形的判定解答即可；
（2）连接BD交AC于O，利用菱形的性质和直角三角形的面积公式解答即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝BC，
∵AE＝2BC，
∴AD＝DE＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，∠DCE＝∠E，
∵∠DAC+∠DCA+∠DCE+∠E＝180°，
∴∠DCA+∠DCE＝90°，
∴∠ACE＝90°；
（2）解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，
∵AC＝16，BC＝10，
∴OC＝8，BC＝10，
∴OB＝，
∴BD＝12，
∴四边形ABCE的面积＝＝144．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的对角线互相垂直和四条边相等解答．
2．已知：如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠OAB＝∠OBA．
（1）求证： ABCD是矩形．
（2）若AD＝4，∠AOB＝120°，求对角线AC的长．
【点拨】（1）由等边三角形的性质得OA＝OB，再由平行四边形的性质得OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，则BD＝AC，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠BAD＝90°，则∠ADB＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【解析】（1）证明：∵∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD＝BD，OA＝OC＝AC，
∴BD＝AC，
∴ ABCD是矩形；
（2）解：∵ ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠AOB＝120°，
∴∠ABD＝∠OAB＝30°，
∴BD＝2AD＝8，
∴AC＝BD＝8．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质以及等边三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
3．（2024 萧山区一模）如图，菱形ABCD中，F是CD上一动点，过F作FG⊥AC交BC于点G，垂足为E，连结AF，AG．
（1）求证：AF＝AG．
（2）当∠DAB＝100°，AF＝AD时，试求∠AFG的度数．
【点拨】（1）证明△ACF≌△ACG（SAS），可得结论；
（2）证明△AFG是等边三角形，可得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠ACB，
∵FG⊥AC，
∴∠CEF＝∠CEG＝90°，
∴∠CFE+∠ACD＝90°，∠CGE+∠ACB＝90°，
∴∠CFE＝∠CGE，
∴CF＝CG，
在△ACF和△ACG中，
，
∴△ACF≌△ACG（SAS），
∴AF＝AG；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠DAC＝∠BAC＝∠DAB＝×100°＝50°，
∴∠ADF＝180°﹣∠DAB＝80°，
∵AD＝AF，
∴∠D＝∠AFD＝80°，
∴∠FAC＝∠DAC﹣∠DAF＝50°﹣20°＝30°，
∵△ACF≌△ACG，
∴∠CAF＝∠GAC＝30°，
∴∠FAG＝60°，
∵AF＝AG，
∴△AFG是等边三角形，
∴∠AFG＝60°．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
4．【背景】如图（1），点E，F分别是正方形ABCD的边AD，AB的中点，CE与DF相交于点P，连接BP．同学们在研究图形时，作DH∥BP交CE于点H，发现：．他们通过作三角形的中位线，构造全等三角形，找到与线段DH相等的线段，得到了多种方法证明成立．
【猜想】若把正方形ABCD改成平行四边形ABCD，其余条件不变，如图（2），结论是否还成立？请说明理由．
【延伸】在图（2）的条件下连接BH，那么四边形BHDP的面积和△BPF的面积有什么关系？请说明理由．
【点拨】【猜想】延长CE交BA的延长线于点N，取NP的中点M，连接AM，证明△AEN≌△DCE（AAS），得出AN＝DC，证出AM∥PB，AM＝PB，证明△DEH≌△AEM（AAS），得出DH＝AM，则可得出结论；
【延伸】连接BD，AP，BH，证明△PCD∽△PNF，得出，由三角形面积可得出结论．
【解析】解：【猜想】DH＝BP结论在平行四边形的情况下也成立；
理由：延长CE交BA的延长线于点N，取NP的中点M，连接AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠N＝∠ECD，∠EDC＝∠NAE，
又∵E为AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△AEN≌△DCE（AAS），
∴AN＝DC，
∴AN＝AB，
∵MN＝MP，
∴AM为△PBN的中位线，
∴AM∥PB，AM＝PB，
∵DH∥PB，
∴AM∥DH，
∴∠DHE＝∠AME，∠EDH＝∠EAM，
∵AE＝ED，
∴△DEH≌△AEM（AAS），
∴DH＝AM，
∴DH＝BP；
【延伸】四边形BHDP的面积＝△BPF面积．
理由：连接BD，AP，BH，
∵F为AB的中点，
∴AF＝，
∴AN＝，
∵AB∥CD，AN＝CD，
∴△PCD∽△PNF，
∴，
∴S△PBD：S△PFB＝2：3，
∵DH∥PB，DH＝PB，
∴S△DHB：S△PDB＝1：2，
设S△DHB＝x，则S△DPB＝2x，
∴S△PFB＝3x，
∵S四边形BHPD＝S△DHB+S△DPB＝3x，
∴S四边形BHPD＝S△BPF．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
5．已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE、CF．
（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；
（2）直线AE与CF相交于点G．
①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；
②如图3，连接BG，若AB＝6，DE＝3，在△DEF旋转的过程中，请直接写出线段BG长度的最小值为 ．
【点拨】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∵DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）①证明：如图2，设AG与CD相交于点P．
∠ADP＝90°，
∠DAP+∠DPA＝90°，
∵△ADE≌△CDF，
∴∠DAE＝∠DCF．
∵∠DPA＝∠GPC，
∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．
∠PGN＝90°，
∵BM⊥AG，BN⊥GN，
∴四边形BMGN是矩形，
∴∠MBN＝90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．
∴∠ABM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠BNC＝90°
∴△AMB≌△CNB（ASA）．
∴MB＝NB．
∴矩形BMGN是正方形；
②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，
此时△AMB≌△AHD．
∴BM＝AH，
AH2＝AD2﹣DH2，AD＝AB＝6，
∴DH最大时，AH最小，DH＝DE＝3，
∴BM＝AH＝＝3，
∴BM＝AH＝4，
由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，
∴BG最小＝BM＝3，
故答案为：3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题
6．在一堂“折纸与数学”的实践探究课上，每个小组分到若干张A4纸进行折纸．
下面给出了“遥遥领先”小组利用半张A4纸（矩形ABCD的长：宽＝折特殊三角形的方法，我们一起来探究其中的数学原理．
（1）折法一：如图1，将矩形ABCD的顶点D与BC边上的任意一点G重合对折，折痕为EF．求证：△EFG是等腰三角形．
（2）在折法一的条件下，若E是AD的中点，求sin∠EGF的值．
（3）折法二：如图2，先折出一个正方形CDHF，折痕为CH，再将点D折到BF上并让折痕过点F，折痕为EF，点D的对应点为点G．求证：EH＝BG．
【点拨】（1）由矩形的性质和折叠的性质可以得出∠GEF＝∠EFB，即可得出结论；
（2）设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，求出EG＝ED＝AD＝x，过E作EH⊥BC于H，则EH＝AB＝x，根据锐角三角函数的定义即可求解；
（3）分别求出EH、BG的长，即可得出结论．
【解析】（1）证明：由折叠的性质得∠DEF＝∠GEF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEF＝∠EFB，
∴∠GEF＝∠EFB，
∴GE＝GF，
∴△EFG是等腰三角形；
（2）解：如图，过点E作EH⊥BC于点H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AB⊥CD，
∴EH＝AB，
设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，
∵E是AD的中点，
∴EG＝ED＝AD＝x，
∴sin∠EGF＝＝．
∴sin∠EGF的值为；
（3）证明：设AD＝BC＝2x，AB＝CD＝x，
∵四边形CDHF 是正方形，
∴DH＝HF＝CF＝CD＝x，
由折叠的性质得D′G＝CD＝x，D′F＝CF＝x，∠D′＝∠ADC＝90°，
∴FG＝x，
∴BG＝BC﹣FG﹣CF＝2x﹣x﹣x＝x﹣x，
由（1）知GE＝GF＝x，
由折叠的性质得DE＝GE＝x，
∴EH＝DE﹣DH＝x﹣x，
∴EH＝BG．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和折叠的性质，直角三角形的性质，锐角三角函数的定义等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
7．综合与实践
【问题情境】
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B′，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
【活动猜想】
（1）如图2，当点B′与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
【问题解决】
（2）如图1，当AB＝4，AD＝8，BF＝3时，连结B′C，则B′C的长为 4 ．
【深入探究】
（3）如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A′B′与对角线AC平行？
【点拨】（1）由折叠可得：EF⊥BD，OB＝OD，再证得△BFO≌△DEO（ASA），可得OE＝OF，利用菱形的判定定理即可得出答案；
（2）设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，利用勾股定理可得BD＝4，再证明△BFM∽△BDC，可求得BM＝，进而可得BB′＝，再由△BB′K∽△BDC，可求得B′K＝，BK＝，CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，运用勾股定理可得B′C＝4；
（3）设∠OAB＝∠OBA＝α，则∠OBC＝90°﹣α，利用折叠的性质和平行线性质可得：∠AB′B＝∠AOB＝α，再运用三角形内角和定理即可求得α＝60°，利用解直角三角形即可求得答案．
【解析】解：（1）当点B′与点D重合时，四边形BEDF是菱形．理由如下：
设EF与BD交于点O，如图2，
由折叠得：EF⊥BD，OB＝OD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，
∴△BFO≌△DEO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝8，BF＝3，
∴BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴CF＝BC﹣BF＝8﹣3＝5，
∴BD＝＝＝4，
如图1，设EF与BD交于点M，过点B′作B′K⊥BC于K，
由折叠得：∠A′B′F＝∠ABF＝∠BMF＝∠B′MF＝90°，B′F＝BF＝3，BB′＝2BM，
∴∠BMF＝∠BCD，
∵∠FBM＝∠DBC，
∴△BFM∽△BDC，
∴＝，即＝，
∴BM＝，
∴BB′＝，
∵∠BKB′＝∠BCD，∠B′BK＝∠DBC，
∴△BB′K∽△BDC，
∴＝＝，即＝＝，
∴B′K＝，BK＝，
∴CK＝BC﹣BK＝8﹣＝，
∴B′C＝＝＝4，
故答案为：4；
（3）当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵BC＝AB，
∴tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO＝∠AOB＝60°，
由折叠得：∠A′B′B＝∠ABO＝60°，
∴∠A′B′B＝∠AOB，
∴A′B′∥AC，
故当BC＝AB时，始终有A′B′与对角线AC平行．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，难度较大．
8．综合与实践
问题情境：
如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，E为垂足，过点D作AE的平行线，过点A作BD的平行线，两线相交于点F．
问题解决：
（1）判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）如图2，将四边形AEDF绕着点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），得到四边形AE′D′F′，且C，E′，F′三点在同一条直线上，过点B作BG⊥CE′，G为垂足，连接BE′并延长交DF′于点H，
①求证：G是CE′的中点；
②若正方形ABCD的边长为2，请直接写出BH的长．
【点拨】（1）证明四边形AEDF是平行四边形．由正方形的判定可得出结论；
（2）①过点A作AM⊥BG，AN⊥CF′，M，N为垂足，证明△AMB≌△BGC（AAS），得出AM＝BG，BM＝CG．证出E′G＝CG．则可得出结论；
②证明△BGE'≌△F'HE'（AAS），得出E'H＝E'G，设BM＝CG＝E'G＝x，则BG＝x+1，求出x，则可得出答案．
【解析】（1）解：四边形AEDF的形状是正方形．
理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝45°
∵AE⊥BD，
∴∠ADE＝∠DAE＝45°，∠AED＝90°，
∴AE＝DE．
∵DF∥AE，AF∥BD，
∴四边形AEDF是平行四边形．
∵∠AED＝90°，
∴四边形AEDF是矩形．
∵AE＝DE，
∴四边形AEDF是正方形．
（2）①证明：过点A作AM⊥BG，AN⊥CF′，M，N为垂足，
∵BG⊥CE′，
∴四边形AMGN是矩形，
∴AM＝GN，AN＝GM．
∵四边形AE′D′F′是正方形，AN⊥CF′，
∴△AE′N是等腰直角三角形，
∴AN＝E′N＝GM．
∵AM⊥BG，
∴∠1+∠ABM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠2+∠ABM＝90°，
∴∠1＝∠2．
又∵AB＝BC，∠AMB＝∠BGC＝90°，
∴△AMB≌△BGC（AAS），
∴AM＝BG，BM＝CG．
∵AM＝GN，
∴BG＝GN，
∴BM+MG＝NE′+E′G，
∵MG＝AN＝NE′，
∴BM＝E′G．
又∵BM＝CG，
∴E′G＝CG．
∴G是CE′的中点；
②解：BH＝．
∵AB＝2，
∴AF'＝AE'＝，
∴E'F'＝2，
∵AN⊥E'F'，
∴AN＝MG＝1，
由①可知，BM＝CG，BC＝BE'，
∴BE'＝E'F'，
∵∠F'E'H＝∠BE'G，∠BGE'＝∠E'HF'＝90°，
∴△BGE'≌△F'HE'（AAS），
∴E'H＝E'G，
设BM＝CG＝E'G＝x，则BG＝x+1，
∵BG2+E'G2＝BE'2，
∴（x+1）2+x2＝22，
∴x＝（负值舍去），
∴E'G＝，
∴E'H＝，
∴BH＝BE'+E'H＝2+＝．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识．
9．如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），AF⊥DE于点O，交BC于点F，点G在OD上，OG＝OA，∠DOF的平分线交CG于点M，连接DM并延长与AF的延长线交于点N．
（1）求证：AE＝BF；
（2）点E在AB边上运动时，探究∠ODM的大小是否发生变化？若不变，求出∠ODM的度数；若变化，说明理由；
（3）若AB＝10，当点E运动到AB中点时，求BN的长．
【点拨】（1）由DE⊥AF，可证∠ADE＝∠BAF，从而△ADE≌△BAF（ASA），得AE＝BF；
（2）过点D作DK⊥DO，与OM的延长线交于点K，连接CK，证明△CDK≌△ADO（SAS），得CK＝OA，∠CKD＝∠AOD＝90°，再证△CKM≌△GOM（AAS），得OM＝KM，故DM平分∠ODK，∠ODM＝∠ODK＝45°；
（3）连接BD，用面积法求出OA＝＝2，再证△ADO∽△BDN，可得＝，故BN＝2．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AOE＝90°，
∴∠BAF+∠AED＝90°，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ADE≌△BAF（ASA）
∴AE＝BF；
（2）解：∠ODM的大小不会变化，理由如下：
过点D作DK⊥DO，与OM的延长线交于点K，连接CK，如图：
∴∠ODK＝90°，
∴∠CDK+∠ODC＝90°，
又∠ADO+∠ODC＝90°，
∴∠CDK＝∠ADO，
∵OM平分∠DON，
∴∠DOM＝∠DON＝45°，
∴∠DKO＝90°﹣∠DOM＝45°，
∴∠DOM＝∠DKO，
∴DK＝DO，
又CD＝AD，
∴△CDK≌△ADO（SAS），
∴CK＝OA，∠CKD＝∠AOD＝90°，
∵OA＝OG，
∴CK＝OG，
∵∠DKO＝45°，
∴∠CKM＝∠CKD﹣∠DKO＝45°，
∴∠CKM＝∠GOM，
又∠CMK＝∠GMO，
∴△CKM≌△GOM（AAS），
∴OM＝KM，
∴DM平分∠ODK，
∴∠ODM＝∠ODK＝45°；
（3）解：连接BD，如图：
∵E为AB中点，
∴AE＝AB＝5，
∴BF＝AE＝5，DE＝＝＝5，
∵S△ADE＝AD AE＝DE OA，
∴OA＝＝＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴＝，
由（2）知，∠ODM为定值，且∠ODM＝45°，
∴△ODN是等腰直角三角形，
∴＝，
∴，
∵∠ADO＝∠ADB﹣∠EDB＝45°﹣∠EDB，
∠BDN＝∠ODN﹣∠EDB＝45°﹣∠EDB，
∴∠ADO＝∠BDN，
∴△ADO∽△BDN，
∴，即＝，
∴BN＝2．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系等知识，解题的关键是掌握全等三角形，相似三角形的判定定理．
10．如图1，四边形ABCD是边长为4的正方形，∠ACE＝90°，M是AC上的动点（不与点A、C重合），连接BM，作BN⊥MB，交射线CE千点N，连接MN．
（1）求证：△ABM≌△CBN；
（2）点M在运动过程中，四边形BMCN的面积是否改变，若不变，请求出四边形BMCN面积；若改变，请说明理由；
（3）如图2，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，AB＝4，AD＝4，其他条件不变．
①请判断线段AM与线段CN的数量关系，并说明理由；
②若BC把四边形BMCN的面积分为1：2两部分，求此时线段CN的长．
【点拨】（1）由四边形ABCD是正方形，得AB＝BC，∠CAB＝∠ACB＝45°，∠ABM+∠MBC＝90°，而BN⊥MB，可得∠ABM＝∠CBN，又∠ACE＝90°，故∠MAB＝∠NCB，从而△ABM≌△CBN（ASA）；
（2）由△ABM≌△CBN，知S△ABM＝S△CBN，故S△ABC＝S四边形BMCN，求出S△ABC＝×4×4＝8，可得S四边形BMCN＝8；
（3）证明△ABM∽△CBN，可得＝，即＝＝，故AM＝CN；
②分两种情况：当S△BCN：S△BCM＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，设S△BCN＝x，则S△BCM＝2x，由△ABM∽△CBN，AM＝CN，得S△ABM＝2S△CBN＝2x，可得4x＝×4×4，x＝2，从而S△ABM＝2x＝4，求出MH＝2，由△AMH∽△ACB，得＝，AH＝2，即得AM＝＝2，CN＝；当S△BCM：S△BCN＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，同理可得CN＝．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠CAB＝∠ACB＝45°，∠ABC＝90°，即∠ABM+∠MBC＝90°，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN＝90°，
∴∠ABM＝∠CBN，
∵∠ACE＝90°，
∴∠BCN＝90°﹣∠ACB＝45°，
∴∠CAB＝∠BCN，即∠MAB＝∠NCB，
在△ABM和△CBN中，
，
∴△ABM≌△CBN（ASA）；
（2）解：四边形BMCN的面积不改变，理由如下：
由（1）知，△ABM≌△CBN，
∴S△ABM＝S△CBN，
∴S△ABM+S△BMC＝S△CBN+S△BMC，
即S△ABC＝S四边形BMCN，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴S△ABC＝×4×4＝8，
∴S四边形BMCN＝8；
（3）解：①AM＝CN，理由如下：
：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，即∠ABM+∠MBC＝90°，
∴∠CAB+∠ACB＝90°，
∵∠ACE＝90°，
∴∠BCN+∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝∠BCN，
∵BN⊥MB，
∴∠MBC+∠CBN＝90°，
∴∠ABM＝∠CBN，
∴△ABM∽△CBN，
∴＝，
∵AB＝4，AD＝4，
∴＝＝，
∴AM＝CN；
②当S△BCN：S△BCM＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
设S△BCN＝x，则S△BCM＝2x，
由①知，△ABM∽△CBN，AM＝CN，
∴＝（）2＝2，
∴S△ABM＝2S△CBN＝2x，
∴S△ABC＝S△BCM+S△ABM＝2x+2x＝4x，
∵AB＝4，AD＝4＝BC，
∴4x＝×4×4，
∴x＝2，
∴S△ABM＝2x＝4，
∴AB MH＝4，即×4 MH＝4，
∴MH＝2，
∵∠MAH＝∠CAB，∠MHA＝∠CBA＝90°，
∴△AMH∽△ACB，
∴＝，即＝，
∴AH＝2，
∴AM＝＝＝2，
∴2＝CN，
∴CN＝；
当S△BCM：S△BCN＝1：2时，过M作MH⊥AB于H，如图：
同理可得S△ABM＝，MH＝，AH＝，
∴AM＝，
∴CN＝＝．
综上所述，CN的长为或．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是掌握全等三角形判定定理和相似三角形判定定理．
11．如图，菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在AB上，FH⊥AC于点H，分别交AE、AD于点G、点P．
（1）求证：∠AFH＝∠CAE；
（2）若∠GFE＝45°，求证：AF＝AE；
（3）若∠GFE＝45°，且，S△AFG＝6，求菱形ABCD的边长．
【点拨】（1）根据菱形的性质得出AB＝BC，进而利用垂直解答即可；
（2）作EM⊥PF于M，EN⊥AC于N，根据等腰直角三角形的性质解答即可；
（3）根据AAS证明三角形全等，进而利用全等三角形的性质和相似三角形的判定与性质得出比例解答即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∵AE⊥BC，FH⊥AC，
∴∠CAE+∠ACB＝90°，∠AFH+∠BAC＝90°，
∴∠AFH＝∠CAE；
（2）证明：作EM⊥PF于M，EN⊥AC于N，
则EM∥AC，
∴∠AEM＝∠CAE，
∵∠AFH＝∠CAE，
∴∠AFH＝∠AEM，
∵∠GFE＝45°，
∴∠MEF＝45°，
∴∠MFE＝∠MEF，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AF＝AE；
（3）解：∵∠AHF＝∠ENA＝90°，∠AFH＝∠EAN，AF＝AE，
∴△AFH≌△EAN（AAS），
∴AH＝EN＝MH，FH＝AN，
设CN＝a，FH＝AN＝b，则AC＝a+b，PF＝2b，
∵，
∴，
∴b＝4a，
∵AH＝EN，∠AHG＝∠ENC＝90°，∠GAH＝∠CEN＝90°﹣∠ACE，
∴△AGH≌△ECN（AAS），
∴GH＝CN＝a，
∴FG＝3a，
∵∠ANE＝∠ENC＝90°，∠EAN＝∠CEN，
∴△AEN∽△CEN，
∴，
∴，
∴EN＝2a，
∴AH＝2a，
∵S△AFG＝6，
∴，
即，
解得：a＝，
即CN＝，
∴EN＝2，AC＝5，EC＝，
连接AC，BD相交于O，则OC＝，AC⊥BD，
∴EN∥BO，
∴，
即，
∴BC＝，
即菱形的边长为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用相似三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
12．【发现问题】爱好数学的小强在做作业时碰到这样的一道题目：如图①，在△ABC中，E为BC的中点，求AE的取值范围．
【解决问题】（1）小强经过多次的尝试与探索，终于得到解题思路：在图①中，作AB边上的中点F，连接EF，构造出△ABC的中位线EF，请你完成余下的求解过程．
【灵活运用】（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝8，CD＝6，E、F分别为BC、AD中点，求EF的取值范围．
（3）变式：把图②中的A、D、C变成在一直线上时，如图③，其它条件不变，则EF的取值范围为 1＜EF＜7 ．
【迁移拓展】（4）如图④，在△ABC中，∠A＝60°，AB＝8，E为BC边的中点，F是AC边上一点且EF正好平分△ABC的周长，则EF＝ ．
【点拨】（1）取AB边上的中点F，连接EF，求出AF，EF的长，则可得出答案；
（2）连接BD，取BD中点G，连接FG、EG，求出GF，EG的长，则可得出答案；
（3）连接BD，取BD中点H，连接FH、EH，求出FH＝4，EH＝3，则可得出答案；
（4）在FC上截取FM＝AF，连接BM，取BM的中点N，连接FN，NE，过点N作NP⊥EF于P，证出∠NFE＝∠NEF＝30°，FP＝PE，由直角三角形的性质可得出答案．
【解析】解：（1）如图，取AB边上的中点F，连接EF，
∵E 为BC中点，F为AB的中点，
∴，
∵AB＝8，AC＝6，
∴，，
在△AEF中，4﹣3＜AE＜4+3，
即1＜AE＜7；
（2）如图②，连接BD，取BD中点G，连接FG、EG，
又∵E、F分别为BC、AD中点，
∴，，
∵AB＝8，CD＝6，
∴EG＝3，FG＝4，
在△GEF中，4﹣3＜EF＜4+3，
∴1＜EF＜7；
当点G在EF上时，EF最大值为7，
即1＜EF≤7；
（3）如图③，连接BD，取BD的中点H，连接FH、EH，
又∵E、F分别为BC、AD中点，
∴，，
∵CD＝6，AB＝8，
∴FH＝4，EH＝3，
在△HEF中，4﹣3＜EF＜4+3，
即1＜EF＜7，
故答案为：1＜EF＜7；
（4）如图④，在FC上截取FM＝AF，连接BM，取BM的中点N，连接FN，NE，过点N作NP⊥EF于P，
∵FM＝AF，点N是BM中点，点E是BC的中点，
∴，，FN∥AB，NE∥MC，
∴∠FNM＝∠ABM，∠BEN＝∠ACB，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠FNE＝∠FNM+∠MNE＝∠ABM+∠CBM+∠BEN＝120°，
∵EF正好平分△ABC的周长，
∴AB+AF+BE＝FM+MC+EC，
∴MC＝AB＝8，
∴EN＝FN＝4，
又∵∠FNE＝120°，NP⊥EF，
∴∠NFE＝∠NEF＝30°，FP＝PE，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形形综合题，考查了三角形中位线定理，三角形的三边关系，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形本题的关键．
13．已知正方形ABCD和一动点E，连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF．
（1）如图1，当点E在正方形ABCD内部时：
①依题意补全图1；
②求证：BE＝DF；
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，连接AF，取AF中点M，连接AE，DM，用等式表示线段AE与DM的数量关系，并证明．
【点拨】（1）①按题中要求补全图形即可；
②由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，由正方形的性质得CB＝CD，∠BCD＝90°，则∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△BCE≌△DCF，则BE＝DF；
（2）先证明△BCE≌△DCF，得BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，再延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，可证明△AGM≌△FDM，得AG＝DF，∠G＝∠MDF，所以BE＝AG，AG∥DF，可推导出∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，而∠ABE＝∠CBE﹣90°，所以∠ABE＝∠DAG，即可证明△ABE≌△DAG，则AE＝DG＝2DM．
【解析】解：（1）①如图1，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF.
②证明：由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF．
（2）AE＝2DM，
证明：如图2，将线段CE绕点C顺时针旋转90°得到线段CF，连接BE，DF，取AF中点M，连接AE，DM，
由旋转得CE＝CF，∠ECF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD＝AB＝DA，∠BCD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BCE＝∠DCF＝90°﹣∠DCE，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，∠CBE＝∠CDF，
∴∠CBE﹣90°＝∠CDF﹣90°，
延长DM到点G，使GM＝DM，连接AG，
∵M是AF的中点，
∴AM＝FM，
在△AGM和△FDM中，
，
∴△AGM≌△FDM（SAS），
∴AG＝DF，∠G＝∠MDF，
∴BE＝AG，AG∥DF，
∴∠DAG＝180°﹣∠ADF＝180°﹣（360°﹣90°﹣∠CDF）＝∠CDF﹣90°，
∵∠ABE＝∠CBE﹣90°，
∴∠ABE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴AE＝DG＝2DM．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线并且适当选择全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．
14．定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： 等腰梯形 ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 C ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
【点拨】（1）①根据对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形；
②根据顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形；
（2）根据对角线相等得出BD＝3，进而利用勾股定理解答即可；
（3）根据对角线相等得出BD＝AC，进而利用含30°角的直角三角形的性质得出AC，进而利用三角形面积公式解答即可．
【解析】解：（1）①对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形，
故答案为：等腰梯形；
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，
故答案为：C；
（2）∵伪矩形ABCD，
∴BD＝AC＝3，
∵∠BCD＝90°，CD＝2，
∴BC＝；
（3）过D作DE⊥BC于E，
由图可知，BE是△ABD的高，DE是△BDC的高，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴BC＝2，AC＝4，
∵伪矩形ABCD，AC＝CD，
∴BD＝AC＝CD＝4，
∴BE＝EC＝，
∴DE＝，
∴这个伪矩形的面积＝
．
【点睛】此题是四边形综合题，考查勾股定理和矩形的性质以及等腰梯形的性质，关键是根据对角线相等得出AC＝BD解答．
15．综合与实践：
如图1，在菱形ABCD中，点O为对角线AC的中点，将对角线AC绕点O逆时针旋转到MN，且旋转角α满足0°≤α≤180°，构造出四边形AMCN，连结BM，DN．
（1）探究发现
四边形AMCN是哪种特殊的四边形？请写出你的猜想，并证明．
（2）性质应用
若AC＝4，BC＝5，设△ABM的面积为S1，△BMC的面积为S2，当MN∥BC时，求的值．
（3）延伸思考
如图2，若四边形ABCD是正方形，当MN经过AB中点时，探究MB，MC，BC三条边存在的等量关系．请给出结论，并说明理由．
【点拨】（1）四边形形ABCD为菱形，OA＝OC，再根据旋转即可证明；
（2）连接AB，延长AM交B于G，根据菱形性质及在Rt△BOC中，BO＝，S△ABC＝2S△BOC，S△BMC＝S△BOC，进而求出S2，再根据△AMC≌△GMC（ASA），S△AMB＝S△BMG＝S△ABG，S△ABG＝S△ABC，进而求出S1，计算即可；
（3）根据正方形的性质，O为AC中点，推出AC2＝AB2+BC2＝2AB2，再根据△AOM≌△BOM（SAS），推出AC2＝AM2+MC2，进而作答即可．
【解析】解：（1）四边形AMCN为矩形，
证明：四边形形ABCD为菱形，
∴O是AC中点，
∴OA＝OC，
由旋转知OM＝OA＝OC＝ON，AC＝AN，
∴四边形AMCN为矩形；
（2）连接AB，延长AM交B于G，如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD过AC中点O，且BO⊥AC，
∵AC＝4，
∴AO＝CO＝2，
在Rt△BOC中，
BO＝＝，
S△BOC＝CO BO＝，
∴S△ABC＝2S△BOC＝2，
∵MN∥BC，
∴S△BMC＝S△BOC＝，
∴S2＝，
∵OM＝OC，
∴∠OMC＝∠OCM，
∵MN∥BC，
∴∠GCM＝∠NMC，
∴∠ACM＝∠GCM，
又∵四边形AMCN为矩形，
∴∠AMC＝∠GMC＝90°，
CM＝CM，
∴△AMC≌△GMC（ASA），
∴AC＝CG＝4，AM＝MG，
∴S△AMB＝S△BMG＝S△ABG，
∴BG＝BC﹣CG＝1＝BC，
∴S△ABG＝S△ABC＝，
∴S△AMB＝，
∴S1＝，
∴＝；
（3）连接OB，如图2，
∵四边形ABCD为正方形，
O为AC中点，
∴∠BAC＝45°，OB＝OA，∠AOB＝90°，AC2＝AB2+BC2＝2AB2，
∵MN过AB中点O，
∴OM平分∠AOB，
∴∠AOM＝∠BOM，
∵OM＝OM，OA＝OB，
∴△AOM≌△BOM（SAS），
∴AM＝BM，
由（1）知四边形AMCN为矩形，
∴∠AMC＝90°，
∴AC2＝AM2+MC2，
又∵AM＝BM，AC2＝AB2+BC2＝2AB2，
∴2BC2＝BM2+MC2．
【点睛】本题考查三角形全等，四边形的综合应用，解题的关键是根据菱形矩形和正方形的性质综合三角形全等作辅助线．
16．如图，在 ABCD中，E、F为对角线DB的三等分点，延长CE，CF分别交DA，AB于点G，H．
（1）求证：DG＝GA；
（2）若DA＝8，DC＝5，，求四边形EFHG的面积．
【点拨】（1）通过证明△CBE∽△GDE，可得＝，可得BC＝2DG＝AD，即可求解；
（2）由锐角三角函数可求CQ＝4，可求△CEF的面积，由三角形中位线定理可得GH∥BD，GH＝BD，通过证明△CEF∽△CGH，可得＝，即可求解．
【解析】（1）证明：如图：延长BA，CG交于点N，
∵E、F为对角线DB的三等分点，
∴DE＝EF＝BF，
∴BE＝2DE，DF＝2BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD，
∴△CBE∽△GDE，
∴＝，
∴BC＝2DG＝AD，
∴DG＝AG；
（2）解：如图，过点C作CQ⊥AD于Q，
∵tan∠CDA＝＝，
∴设CQ＝4x，DQ＝3x，
∴DC＝＝5x，
∵DC＝5，
∴5x＝5，
∴x＝1，
∴CQ＝4，DQ＝3，
∴S ABCD＝AD CQ＝4×8＝32，
∴S△BCD＝16，
∵DE＝EF＝BF＝BD，
∴S△CEF＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴△CDF∽△HBF，
∴＝2，
∴CD＝2BH＝AB，
∴AH＝BH，
又∵AG＝DG，
∴GH∥BD，GH＝BD，
∴，△CEF∽△CGH，
∴＝，
∴S△CGH＝12，
∴S四边形EFHG＝12﹣＝．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CF，CG．
（1）求证：四边形EFCG是平行四边形．
（2）如图2，若四边形EFCG是菱形，求AB：AD的值．
【点拨】（1）由矩形ABCD可知OA＝OB＝OC＝OD，根据条件可得OE是△ACG的中位线，根据中位线性质可推出EF＝CG，FE∥CG，则可知四边形EFCG是平行四边形；
（2）过A作AH⊥BD于H，设OE＝m，可知BE＝OE＝OF＝DF＝m，又四边形EFCG是菱形，可得OA＝AE＝2m，由勾股定理求出AH2＝AE2﹣EH2＝m2；即可得AB＝＝m，AD＝＝m，从而可得AB：AD的值为．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵EG＝AE，AO＝OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，OE＝CG，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴OE＝OB＝OD＝OF，
∴OE＝EF，
∴EF＝CG，FE∥CG，
∴四边形EFCG是平行四边形；
（2）解：过A作AH⊥BD于H，如图：
设OE＝m，由（1）可知BE＝OE＝OF＝DF＝m，
∴OB＝OD＝OA＝OC＝2m，
∵四边形EFCG是菱形，
∴EF＝EG＝AE＝2m，
∴OA＝AE＝2m，
∵AH⊥BD，
∴HE＝HO＝OE＝，
∴AH2＝AE2﹣EH2＝（2m）2﹣（m）2＝m2；BH＝BE+HE＝m+＝m，DH＝OD+HO＝2m+＝m，
∴AB＝＝＝m，AD＝＝＝m，
∴AB：AD＝（m）：（m）＝；
∴AB：AD的值为．
【点睛】本题考查矩形的性质，解题的关键是掌握平行四边形判定定理和勾股定理的应用．
18．（1）【证明体验】如图1，正方形ABCD中，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，∠EDF＝45°．
①求证：△DBE △DCF；
②＝ ；
（2）【思考探究】如图2，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F分别是边AB和对角线AC上的点，tan∠EDF＝，BE＝5，求CF的长；
（3）【拓展延伸】如图3，菱形ABCD中，BC＝5，对角线AC＝6，BH⊥AD交DA的延长线于点H，E、F分别是线段HB和AC上的点，tan∠EDF＝，HE＝，求CF的长．
【点拨】（1）①说明∠EDB＝∠CDF，∠EBD＝∠FCD＝45°，即可证明△DBE △DCF；
②由①△DBE∽△DCF得，；
（2）连接BD交AC于点O，通过计算tan∠BDC，得出∠EDF＝∠BDC，再由①同理可得△DBE∽△DCF，则；
（3）连接BD交AC于O点，同理得tan，则△DHB∽△DOC，得，求出BH的长，再利用△DBE∽△DCF，得，从而结论问题．
【解析】（1）①证明：∵∠EDF＝45°，
∴∠EDB+∠BDF＝45°，
∵∠CDF+∠BDF＝45°，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠EBD＝∠FCD＝45°，
∴△DBE △DCF；
②解：∵四边形ABCD为正方形，BD，AC为对角线，
∴∠BDC＝45°，
∴CD＝BD cos45°，
∴BD＝CD，
∵△DBE∽△DCF，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接BD交AC于点O，
在矩形ABCD中，AC＝BD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴AC＝BD＝＝10，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠ODC，
∴∠ABD＝∠OCD，
∵tan∠BDC＝，tan，
∴∠EDF＝∠BDC，
∵∠EDF＝∠EDB+∠BDF，∠BDC＝∠BDF+∠FDC，
∴∠EDB＝∠FDC，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∵BE＝5，
∴CF＝3；
（3）解：在菱形ABCD中，BC＝AB＝DC＝AD＝5，
连接BD交AC于O点，
∵AC＝BD，且AC与BD互相平分，
∴OC＝，BD＝2OD，
在Rt△ODC中，OD＝，
∴tan，
∵BD为菱形对角线，
∴∠HDB＝∠ODC，
∵BH⊥HD，AC⊥BD，
∴∠DHB＝∠DOC＝90°，
∴△DHB∽△DOC，
∴，
即，
∴BH＝，
∵HE＝，
∴BE＝BH﹣HE＝，
∵tan，
∴∠EDF＝∠ODC＝∠HDB，
∴∠EDB＝∠CDF，
∵BH⊥AD，
∴∠HBD+∠HDB＝90°，∠HDB＝∠ODC，∠ODC+∠OCD＝90°，
∴∠HBD＝∠OCD，
∴△DBE∽△DCF，
∴，
∴CF＝．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、矩形、菱形的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明△DBE∽△DCF是解题的关键，注意解题方法的延续性．
08 押浙江卷第22题
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