2026年中考数学核心考点一轮复习 四边形（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026年中考数学核心考点一轮复习 四边形（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-08-07 15:09:47 | ||
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文档简介
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中考数学一轮复习 四边形
一．解答题（共20小题）
1．【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）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）．
【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA＝4，AE＝6，求BG的长．
【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分别在AD、BC、AB边上，若，，∠FEG＝∠BAD，求出的值．
2．综合与实践——平行四边形旋转中的数学问题
问题情境：
已知 ABCD与 A'B'C'D'中，AB＝A'B'＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝∠A'B'C'＝60°，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．
拼图思考：
（1）希望小组的同学将 ABCD与 A'B'C'D'按图1的方式摆放，其中，点B与点B'重合，点A'落在BC边上，点C'落在BA边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：
①连接BE，求证：BE平分∠ABA'；
②点D，D′之间的距离为： ；
操作探究：
（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持 ABCD不动，将 A'B'C'D'绕点B沿顺时针方向旋转，连接DD′．
①当线段C'D'与DC交于点P时，连接CC'；如图2，求证：点P在DD'的垂直平分线上；
②在 A'B'C'D'旋转的过程中，当点C′恰好落在线段DC的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，D'之间的距离．
3．【问题探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．
①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处，当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③在探究AQ与OP的数量关系时，小颖作了如图2的辅助线：作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，请你直接写出AQ与OP的数量关系．
【迁移探究】
（2）如图3，将（1）中正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
4．在 ABCD中，点E是对角线AC上一点．
（1）如图1，∠DAC＝90°，将△ADE沿DE翻折，使得A点的对应点F落在CD上，若AD＝3，AC＝4，求EF的长；
（2）如图2，∠ADC＝45°，AD＝AC，点G是DE的中点，AF⊥DE交CD于F点，I是AC上一点，连接FI，延长FI交DE的延长线于点J．若∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，求证：AF+FI＝2IJ；
（3）如图3，∠ADC＝45°，AD＝AC，延长DE至M点使AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，取CD中点F，连接GF，FM．当E在直线AC上运动时，直接写出的最大值．
5．如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C的直线L不经过三角形的内部，过点A、B作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为D，E．
（1）请你在图1中，写出一对全等三角形： ；
（2）请证明你所写的结论；
（3）尝试探究：若AD＝a，BE＝b
图1中四边形ADEB的面积为 ；
图2中过点C的直线L经过三角形内部，其他条件不变，则四边形ADBE面积为 （用含a，b的代数式表示）；
（4）拓展应用：如图3，A（﹣1，0）C（0，2）则点B坐标为 ；若点P（不与B重合），在坐标平面内，△ABC与△ACP全等，则点P的坐标为 ．
6．[问题提出]
（1）如图①，BD为矩形ABCD的对角线，点E为BD的中点，连接AE，若BC＝10，CD＝6，则AE的长为 ；
[问题探究]
（2）如图②，AC为 ABCD的对角线，且AC⊥AB，点E、F分别为边AD、BC的中点，连接AF，CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
[问题解决]
（3）如图③，△BCG是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为 ABCD，其中点D在GC的延长线上，E、F分别为边AD、BC的中点，在四边形AECF内种植某种新品种果树，经测量，AC∥BG，BG⊥DG，CE＝160米，∠AFC＝120°，P、H为两个临时仓库，其中H为CE的中点，点P在AC上，现要沿PE、PH修建两条运输通道，问运输通道的总长度（PE+PH）是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．
7．在菱形ABCD中，∠B＝α（0°＜α≤90°），点O′在对角线AC上运动（点O′不与点A，点C重合），，以点O′为顶点作菱形A'B'C'O'；且菱形A'B'C'O'与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′＝AB，∠B′＝∠B，在菱形A'B'C'O'绕点O′旋转的过程中，O'A'与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
（1）如图1，当α＝90°，时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是 ；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，α＝60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接O′B，O′B＝7，，求CE的长度．
8．【材料背景】
如图1，在△ABC中，以边AB为底边向外作等腰Rt△ABD，其中∠ADB＝90°，且AD＝DB，那么点D就被称为边AB的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，∠OAB＝90°，点C为OB的中点．
（1）连接OA、OB、AB，请分别作边OA、AB的“外展等直点”P和Q，连接PC、QC和PQ，则△PCQ的形状为 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段EF上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接OD、BD，分别作△OBD的边OD和边BD的“外展等直点”G、H，连接GC、HC和GH，请判断△GHC的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知M（﹣2，﹣1），N（3，1），请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
9．综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在 ABCD中，∠ADC＝90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持 ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
初步思考：（1）如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥OM，请你证明这一结论；
操作探究：（2）如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
拓展延伸：（3）已知，CD＝2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
10．在数学探究课上，王宇同学通过作辅助图形的方法，计算动点条件下线段和的最小值，其过程如下：
（1）【观察发现】
如图1，在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，E，F分别是AB和AC上的动点，且总有BE＝AF，阅读下面作辅助图形的方法及推理过程并填空，理解确定DE+DF最小值的方法．
∵在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，
∴点D为BC边上的中点，∠B＝∠ACB．
∴AD⊥BC．
过点A作AG⊥AD，使AG＝BD，连接GF．
∴AG∥BC．∴∠GAC＝∠ACB＝∠B．
又∵AF＝BE，∴△AGF≌△BDE（SAS）．
∴GF＝DE．
连接DG，DF，当D，F，G三点共线时，GF+DF的最小值等于线段DG的长．
连接GC，可证四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC．
∴DE+DF的最小值为 ．
（2）【类比应用】
如图2，已知正方形ABCD的边长为6，O为对角线的交点，M，N分别是AB，AD上的动点，且总有BM＝DN，连接OM，CN，求OM+CN的最小值．
（3）【拓展延伸】
如图3，矩形ABCD中，AB，AD＝2，E是AD的中点，F，G分别是BC和DC上的动点，且总有BF＝2DG，则EF+2AG的最小值为 ．
11．综合与实践课上，老师和同学们开展了一场以“最小值”为主题的探究活动．
【提出问题】老师提出了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，P为AD边上的一动点，以PC为边向右作等边△PCE，连接BE，求BE的最小值；
【探究发现】小明发现：如图4所示，以BC为边向下构造一个等边△BCM，便可得到△PCM≌△ECB，进而将 BE的最小值转化为PM的最小值．
（1）按照小明的想法，请求出BE的最小值；
【拓展应用】
（2）小刚受此启发，举一反三，提出新问题：如图2，若将图1当中构造的等边三角形，改为以PC为边向右构造正方形PCFG，则运动过程中，BG的最小值是 ．
（3）小红同学深入研究了小刚的问题，并又提出了新的问题：如图3，若将图2当中构造的正方形改为以PC为边向右构造菱形PCHI，使．∠CPI＝120°，也可求得BI的最小值请你直接写出BI最小值为 ．
12．综合实践
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，点E′为正方形ABCD外一点，且BE'⊥CE'，BE＝BE'，延长AE交CE'于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，BE＝9，请求出DE的长．
13．在一次数学活动课上，老师带领同学们探究图形的变换问题．老师先提出这样一个问题：
有一张矩形纸片ABCD，其中AB＝4，，你能用这张矩形纸片折出一个等边三角形吗？
【操作】小明同学是这样操作的：如图①，先将矩形ABCD沿MN对折；展开后，再将点C沿BE折叠，使点C落在MN上的点F处；再展开，连接BF，CF，则△BCF为等边三角形．
【验证】（1）求证：△BCF为等边三角形；
【应用】（2）连接AF，DF，如图②，求AF的长；
【拓展】（3）将图②中的△BCF绕着点F顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△B′C′F（点B，C的对应点分别为B′，C′），连接AB′，DC′，当△AFB'为等腰三角形时，直接写出线段DC′的长．
14．[回顾课本]苏教版八年级下册数学教材“9.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请根据分析完成证明过程．
已知：如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥BC，．
分析：因为点E是AC的中点，可以考虑把△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就需要证明四边形BCFD是平行四边形……
[探究发现]
如图2，等边△ABC的边长为2，点D、E分别为AB、AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B、C重合），沿DE、DF剪开分成①、②、③三块后，将②、③分别绕点D顺时针、点E逆时针旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值．
[拓展作图]
如图3，已知四边形ABCD，现要求只剪两次将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出两条剪痕，并对剪痕作适当的说明．
15．函数是刻画现实世界的有效模型，函数和现实情境之间的转换可以帮助我们简化问题的处理．
（1）下列情境中，可以用反比例函数刻画的是 ；
A．甲、乙两地相距200km，行驶时间和行驶速度之间的关系；
B．单价为3元的练习本，购买数量和总价的关系；
C．面积为8的矩形，长和宽的关系．
（2）求函数的最小值时，直接求解困难较大，我们可以给函数赋予这样的数学情境：如图1，线段BC＝3，AB＝1，CD＝2，AB⊥BC，CD⊥BC，则AP+PD可表示为 ，（用含有x的代数式表示）请你结合图形，继续完成求解过程．
（3）如图2，四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝9，P为矩形ABCD内（不包含边界）一点，过P分别向AB、BC作垂线，垂足为M，N，若四边形MBNP的面积为6，则称点P为“美丽点”，在矩形BEFG中，BE＝9，BG＝4，过F点的直线l交直线BC于点Q，若直线l上存在“美丽点”，求FQ的取值范围．
16．【探索发现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边A1O与边AB相交于点E，边C1O与边CB相交于点F，连接EF．在实验与探究中，小新发现无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，AE，CF，EF之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明△AOE≌△BOF即可推导出来．
①请你猜想AE，CF，EF之间的数量关系是 ．
②小新对图1的进一步研究中发现，延长EO与DC交于一点G，通过证明△AOE≌△COG也可推导出AE，CF，EF之间的数量关系，请你证明△AOE≌△COG．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断AE，CF，EF之间的数量关系并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，点D是边AB的中点，∠EDF＝90°，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝4cm时，请直接写出线段CF的长度．
17．综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF．
特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积．
“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
（2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE．
深入探究：老师进一步提出问题：
（3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2．
请你解答这三个问题．
18．数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 ，位置关系是 ．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
19．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例1：求证：三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分． 已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，BE＝EC，AF＝FC． 求证：AE、DF互相平分． 证明：连接DE、EF．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的解题过程．
【拓展】如图②，设图①中的AE与DF的交点为G，连接CD，分别交AE、EF于点H、K．
（1） ．
（2）若四边形FGHK的面积为3，则四边形ADEF的面积为 ．
20．【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 ；
【模型应用】
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 ；S四边形BPCQ＝ ；
（3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 ；AC的长为 ；
【深化模型】
（4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 ．
【拓展提高】
（5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 ．
（6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
中考数学一轮复习 四边形
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）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： DEAG （不用证明）．
【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA＝4，AE＝6，求BG的长．
【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分别在AD、BC、AB边上，若，，∠FEG＝∠BAD，求出的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】【问题情境】DEAG；
【变式探究】BG＝64；
【拓展应用】的值为．
【分析】【问题情境】由四边形ABCD是矩形，可得∠A＝∠B＝90°，推出△AEG∽△DFE，可得DEAG；
【变式探究】过点F作FH⊥AD于H，则∠EHF＝90°，可得△AEG∽△HFE，得出，，进而求得：EH＝4，FH＝6，再由四边形ABFH是矩形，可得AB＝FH＝6，即可求得答案；
【拓展应用】延长AD至M，连接FM交CD于P，使∠AMF＝∠BAD，可得△AEG∽△MFE，推出，再根据平行四边形性质和等腰三角形性质即可求得答案．
【解答】解：【问题情境】结论：EDAG，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AGE+∠AEG＝90°，
∵∠FEG＝90°，∠GFE＝30°，
∴∠DEF+∠AEG＝90°，tan30°，
∴∠AGE＝∠DEF，
∴△AEG∽△DFE，
∴，
∴DEAG，
故答案为：DEAG；
【变式探究】如图2，过点F作FH⊥AD于H，
则∠EHF＝90°，
∴∠FEH+∠EFH＝90°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠FEH+∠AEG＝90°，
∴∠AEG＝∠EFH，
∵∠A＝∠EHF＝90°，
∴△AEG∽△HFE，
∴，，
∴EH＝4，FH＝6，
∵∠A＝∠B＝∠AHF＝90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝6，
∴BG＝AB﹣AG＝64；
【拓展应用】如图3，延长AD至M，连接FM交CD于P，使∠AMF＝∠BAD，
∵∠FEG＝∠BAD，
∴∠FEG＝∠BAD＝∠AMF，
∴∠AEG+∠AGE＝∠FEM+∠AEG，
∴∠AGE＝∠FEM，
∴△AEG∽△MFE，
∴，
∵，，
∴ABAD，AEAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝∠C，
∴∠CDM＝∠BAD＝∠AMF＝∠C＝∠CFP，
∴PD＝PM，PC＝PF，
∴PC+PD＝PF+PM，
即CD＝FM＝AB，
∴．
【点评】本题是三角形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
2．综合与实践——平行四边形旋转中的数学问题
问题情境：
已知 ABCD与 A'B'C'D'中，AB＝A'B'＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝∠A'B'C'＝60°，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．
拼图思考：
（1）希望小组的同学将 ABCD与 A'B'C'D'按图1的方式摆放，其中，点B与点B'重合，点A'落在BC边上，点C'落在BA边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：
①连接BE，求证：BE平分∠ABA'；
②点D，D′之间的距离为： 2 ；
操作探究：
（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持 ABCD不动，将 A'B'C'D'绕点B沿顺时针方向旋转，连接DD′．
①当线段C'D'与DC交于点P时，连接CC'；如图2，求证：点P在DD'的垂直平分线上；
②在 A'B'C'D'旋转的过程中，当点C′恰好落在线段DC的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，D'之间的距离．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）①证明见解析；②2；
（2）①证明见解析；②20．
【分析】（1）①借助△BAE与△BAE全等求证；②连接DD，判断△DDE′求解即可；
（2）①连接BD，BD，判断△BDD为等腰三角形，利用三线合一求证；②画出满足条件的图形，利用等边三角形求解．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD、A'B'C'D'是平行四边形，
∴AD∥BC，A'D'∥B'C'，
∴四边形A'EAB是平行四边形，∠AEB＝∠EBC，
∴AE＝B'A'，
∵BA＝B'A'，
∴BA＝AE，
∴四边形A'EAB是菱形，
∴BE平分∠ABA'．
②解：连接DD，如图，
由①知四边形ABAE是菱形，
∴AE＝AE＝CD＝6，
∴AD﹣AE＝AD﹣AE，
∴ED＝ED'＝8﹣6＝2，
∵∠DED＝∠ABA＝60°，
∴△EDD为等边三角形，
∴DD'＝ED＝2．
故答案为：2．
（2）①证明：∵BC＝BC'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
在 ABCD和 A'B'C'D'中，
∵∠ABC＝∠AB'C＝60°，AB＝A'B'，
∴∠BCD＝∠B'C'D'＝120°，CD＝C'D'，
∴∠PCC'＝∠PC'C
∴PC＝PC'，
∴PD＝PD'，
∴点P在DD'的垂直平分线上．
②解：如图，
ABCD与 ABCD中，AB＝AB＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝ABC'＝60°，
∴CD＝C'D'＝6，BC＝BC'＝8，∠CBC'＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴△BCC'是等边三角形，
∴CC'＝8，
∴DD'＝6+6+8＝20．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，等腰三角的性质定，等边三角形的判定与性质．关键是借助三角形全等和等腰三角形的三线合一进行解题．
3．【问题探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．
①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处，当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③在探究AQ与OP的数量关系时，小颖作了如图2的辅助线：作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，请你直接写出AQ与OP的数量关系．
【迁移探究】
（2）如图3，将（1）中正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答；②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°；③AQOP；
（2）AQ＝CP．
【分析】（1）①根据正方形的性质可得CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°，利用SAS证明△DCP≌△BCP即可证得结论；
②过点P作PM⊥AB于M，作PN⊥AD于N，可证得四边形AMPN是正方形，再利用HL证明Rt△DPN≌Rt△QPM，可得∠DPN＝∠QPM，再利用角的关系即可证得结论；
③先得出△BEF是等腰直角三角形，BEEF，再证得四边形EFOP是矩形，得出EF＝OP，即可求得答案；
（2）过点P作PM⊥AB于M，PE∥BC交AB于E，过点E作EG∥AC交BC于G，结合菱形的性质可得：四边形PEGC是平行四边形，再得出△ABC、△PAE和△BGE都是等边三角形，即可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°，
∵CP＝CP，
∴△DCP≌△BCP（SAS），
∴PD＝PB；
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°；
理由如下：
过点P作PM⊥AB于M，作PN⊥AD于N，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，
又∵PM⊥AB，PN⊥AD，
∴PM＝PN，
∴四边形AMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°，
∵PD＝PQ，PM＝PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），
∴∠DPN＝∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM＝90°，
∴∠QPN+∠DPN＝90°，
即∠DPQ＝90°；
③解：AQOP，理由如下：如图2，
由①②知：PB＝PD＝PQ，AM＝PM，
∵PM⊥AB，
∴BM＝QM，
∵∠BAC＝45°，
∴∠PEA＝45°＝∠PAE，
∵PM⊥AE，
∴AM＝EM＝PM，
∴BM﹣EM＝QM﹣AM，
即BE＝AQ，
∵∠BFE＝90°，∠ABD＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BEEF，
∵∠POF＝∠OPE＝∠OFE＝90°，
∴四边形EFOP是矩形，
∴EF＝OP，
∴AQOP；
（2）解：AQ＝CP．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PD＝PB，
由旋转知：PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
过点P作PM⊥AB于M，PE∥BC交AB于E，过点E作EG∥AC交BC于G，如图3，
则四边形PEGC是平行四边形，
∴PC＝EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
同理可得：△PAE和△BGE都是等边三角形，
∴BE＝EG＝PC，
∵PM⊥AB，
∴MQ＝MB，MA＝ME，
∴MQ﹣MA＝MB﹣ME，
即AQ＝BE，
∴AQ＝CP．
【点评】本题是正方形和菱形综合题，考查了正方形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
4．在 ABCD中，点E是对角线AC上一点．
（1）如图1，∠DAC＝90°，将△ADE沿DE翻折，使得A点的对应点F落在CD上，若AD＝3，AC＝4，求EF的长；
（2）如图2，∠ADC＝45°，AD＝AC，点G是DE的中点，AF⊥DE交CD于F点，I是AC上一点，连接FI，延长FI交DE的延长线于点J．若∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，求证：AF+FI＝2IJ；
（3）如图3，∠ADC＝45°，AD＝AC，延长DE至M点使AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，取CD中点F，连接GF，FM．当E在直线AC上运动时，直接写出的最大值．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）；
（2）证明过程详见解析；
（3）．
【分析】（1）先由勾股定理求得CD＝5，再由折叠性质得DF＝AD＝3，EF＝AE，设EF＝AE＝x，在Rt△EFC中，利用勾股定理列方程求得x值即可；
（2）先根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝∠ACD＝45°，∠DAC＝90°，再根据直角三角形斜边中线性质得到，进而得到∠ADG＝∠DAG，设∠ADG＝∠DAG＝α，利用三角形的外角性质结合已知得到∠AGE＝∠J＝2α，GE＝EJ，证明△AEG≌△IEJ（ASA），AG∥FJ得到DE＝2AG＝2IJ，在DE截取DH＝AF，连接AH，证明△ADH≌△CAF（SAS）得到AH＝CF，∠DAH＝∠ACF＝45°，再证明△AHE≌△CFI（AAS）得到HE＝FI，进而可得结论；
（3）连接AF，DG，根据等腰三角形的性质得到AG垂直平分DM，则DG＝GM，∠DAC＝90°，设∠CAM＝2β，再根据等腰三角形的等边对等角进行角度运算得∠CMD＝45°，进而推导出∠DGC＝90°，设AD＝AC＝2a，则AM＝2a，利用直角三角形斜边中线性质得到，利用三角形的三边关系得到，当点F、A、M共线时取等号，进而求得FM的最大值即可求解．
【解答】（1）解：∵AD＝3，AC＝4，∠DAC＝90°，
∴，
由折叠性质得DF＝AD＝3，EF＝AE，
设EF＝AE＝x，
在Rt△EFC中，CE＝AC﹣AE＝4﹣x，CF＝CD﹣DF＝2，
由勾股定理得x2+22＝（4﹣x）2，
解得，
∴．
（2）证明：∵∠ADC＝45°，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝45°，则∠DAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∵点G是DE的中点，
∴，
∴∠ADG＝∠DAG，设∠ADG＝∠DAG＝α，
∴∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠DAG＝2α，
又∵∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，
∴∠AGE＝∠J＝2α，GE＝EJ，
又∵∠AEG＝∠IEJ，
∴△AEG≌△IEJ（ASA），AG∥FJ，
∴AG＝IJ，则DE＝2AG＝2IJ，
∵AF⊥DE，∠DAC＝90°，
∴∠FAC+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠FAC＝α，
在DE截取DH＝AF，连接AH，
在△ADH和△CAF中，
，
∴△ADH≌△CAF（SAS），
∴AH＝CF，∠DAH＝∠ACF＝45°，
∵∠HAE＝∠DAC﹣∠DAH＝90°﹣45°＝45°，
∴∠HAE＝∠FCI＝45°，
∵AG∥FJ，∠GAE＝90°﹣∠DAG＝90°﹣α，
∴∠CIF＝∠GAE＝90°﹣α，
∵∠AEH＝90°﹣∠ADG＝90°﹣α，
∴∠AEH＝∠CIF，
在△AHE和△CFI中，
，
∴△AHE≌△CFI（AAS），
∴HE＝FI，
∵DH+HE＝DE，
∴AF+FI＝2IJ；
（3）如图，连接AF、DG，
∵AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，
∴AG⊥DM，DN＝MN，
∴AG垂直平分DM，则DG＝GM，
∵∠ADC＝45°，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝45°，则∠DAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
设∠CAM＝2β，
∵AM＝AD＝AC，
∴∠AMD（180°﹣∠DAM）＝45°﹣β，，
∴∠CMD＝∠AMC﹣∠AMD＝（90°﹣β）﹣（45°﹣β）＝45°，
又∵DG＝GM，
∴∠GDM＝∠GMD＝45°，
则∠DGC＝180°﹣2×45°＝90°，
设AD＝AC＝2a，则AM＝2a，
∵F为CD的中点，∠DAC＝90°，∠DGC＝90°，
∴，
∵E在直线AC上运动时，，
当点F、A、M共线时取等号，即点M在点M'处时，FM有最大值为（2）a，
的最大值为．
【点评】本题考查等腰三角形的判定与性质、折叠性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、线段垂直平分线的性质、最短路径问题等知识，综合性极强的压轴题，需要学生有一定的综合能力和分析问题、解决问题的能力，利用数形结合思想进行灵活运用所学相关知识进行解决问题．
5．如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C的直线L不经过三角形的内部，过点A、B作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为D，E．
（1）请你在图1中，写出一对全等三角形： △ADC≌△CEB； ；
（2）请证明你所写的结论；
（3）尝试探究：若AD＝a，BE＝b
图1中四边形ADEB的面积为 ；
图2中过点C的直线L经过三角形内部，其他条件不变，则四边形ADBE面积为 （用含a，b的代数式表示）；
（4）拓展应用：如图3，A（﹣1，0）C（0，2）则点B坐标为 （﹣2，3） ；若点P（不与B重合），在坐标平面内，△ABC与△ACP全等，则点P的坐标为 （﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1） ．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）△ADC≌△CEB；
（2）见解析；
（3），；
（4）（﹣2，3），（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1）．
【分析】（1）依据图形直接写出即可；
（2）这是“一线三垂直”全等模型，通过同角的余角相等进行转化即可得证；
（3）①利用梯形面积公式可解；②同（2）可证△ADC≌△CEB，四边形ADEB的面积为△ADE和△BDE面积之和；
（4）在坐标系内构造全等三角形即可求解，注意分情况讨论．
【解答】（1）解：△ADC≌△CEB；
（2）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（3）解：①由（2）知△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE＝a，BE＝DC＝b，
∴四边形ADEB的面积为：；
②同（2）可证△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE＝a，BE＝DC＝b，
∴DE＝CE﹣CD＝a﹣b，
∴四边形ADEB的面积为：；
故答案为：，；
（4）解：如图所示，作BD⊥y轴于点D．
∵A（﹣1，0），C（0，2），
∴OA＝1，OC＝2，
∵∠ACB＝90°，BD⊥y轴，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠ACO，
在△AOC和△CEB中，
，
∴△CDB≌△AOC（AAS），
∴CD＝OA＝1，BD＝OC＝2，
∴OD＝OC+CD＝2+1＝3，
∴B（﹣2，3）；
若△ABC与△ACP全等，则点P可能在第一、二、四象限，如图所示：
当点P在第二象限时，作P1H⊥x轴于点H，
∵∠CAP1＝∠ACB＝90°，P1H⊥x轴，
∴∠CAO+∠P1AH＝90°，∠AP1H+∠P1AH＝90°，
∴∠ACO＝∠P1AH，
在△P1AH和△ACO中，
，
∴△ACO≌△P1AH（AAS），
∴P1H＝OA＝1，AH＝OC＝2，
∴OH＝OA+AH＝1+2＝3，
∴P1（﹣3，1），
同理可得P2（2，1），P3（1，﹣1），
综上可知，B点坐标为（﹣2，3），点P的坐标为（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1），
故答案为：（﹣2，3），（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质以及坐标与图形等内容，熟练掌握“一线三垂直”模型是解题关键．
6．[问题提出]
（1）如图①，BD为矩形ABCD的对角线，点E为BD的中点，连接AE，若BC＝10，CD＝6，则AE的长为 ；
[问题探究]
（2）如图②，AC为 ABCD的对角线，且AC⊥AB，点E、F分别为边AD、BC的中点，连接AF，CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
[问题解决]
（3）如图③，△BCG是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为 ABCD，其中点D在GC的延长线上，E、F分别为边AD、BC的中点，在四边形AECF内种植某种新品种果树，经测量，AC∥BG，BG⊥DG，CE＝160米，∠AFC＝120°，P、H为两个临时仓库，其中H为CE的中点，点P在AC上，现要沿PE、PH修建两条运输通道，问运输通道的总长度（PE+PH）是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力；模型思想．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）PE+PH的最小值为米．
【分析】（1）先求解，可得；
（2）证明AD∥|BC，AD＝BC，结合AE＝CF，可得四边形AECF是平行四边形，结合AC⊥AB，F为边BC的中点，可得AF＝BF＝CF，从而可得结论；
（3）如图，连接EF，连接FH交AC于P，证明四边形ABGC是矩形，可得∠BAC＝90°，结合（2）可得：四边形AFCE为菱形；可得PE+PH＝PF+PH＝FH，此时PE+PH最小，证明△ECF为等边三角形，可得CF＝EF＝160，证明FH⊥CE，CH＝EH＝80，再进一步即可得解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，BC＝10，CD＝6，
∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝6，∠BAD＝90°，
∴，
∵点E为BD的中点，
∴．
故答案为：．
（2）四边形AECF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E、F分别为边AD、BC的中点，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥AB，F为边BC的中点，
∴AF＝BF＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
（3）如图，连接EF，连接FH交AC于P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DG，
∵AC∥BG，
∴四边形ABGC是平行四边形，
∵BG⊥DG，
∴∠BGC＝90°，
∴四边形ABGC是矩形，
∴∠BAC＝90°，
∵E、F分别为边AD、BC的中点，
结合（2）可得：四边形AFCE为菱形；
∴AF∥CE，AF＝CF＝CE＝AE，AC⊥EF，AC，EF互相垂直平分，
∴PE+PH＝PF+PH≥FH，
当F、P、H三点共线时，PE+PH最小，
∵∠AFC＝120°，
∴∠ECF＝60°，
∴△ECF为等边三角形，而CE＝160，
∴CF＝EF＝160，
∵H为CE的中点，
∴FH⊥CE，CH＝EH＝80，
∴．
∴PE+PH的最小值为米．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定 与性质，等边三角形的判定与性质，掌握几何基础知识是解本题的关键．
7．在菱形ABCD中，∠B＝α（0°＜α≤90°），点O′在对角线AC上运动（点O′不与点A，点C重合），，以点O′为顶点作菱形A'B'C'O'；且菱形A'B'C'O'与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′＝AB，∠B′＝∠B，在菱形A'B'C'O'绕点O′旋转的过程中，O'A'与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
（1）如图1，当α＝90°，时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是 CF+CE＝BC ；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，α＝60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接O′B，O′B＝7，，求CE的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）CF+CE＝BC；
（2）CE+CF＝8k；
（3）CE的长度为或．
【分析】（1）连接O′B，当α＝90°，时，四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，可证得△BO′E≌△CO′F（ASA），得出BE＝CF，即可求得答案；
（2）过点O′作O′G∥AB，交BC于G，可证得△ABC、△ACD、△O′CG均为等边三角形，得出O′G＝CG＝O′C＝k AC＝8k，再证得△O′EG≌△O′FC（ASA），即可得出答案；
（3）连接BD交AC于O，运用勾股定理求得OO′＝1，分两种情况：当点O′在线段AO上时，当点O′在线段OC上时，分别求得CE即可．
【解答】解：（1）当α＝90°，时，
四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，
如图1，连接O′B，
则O′B＝O′C，∠O′BE＝∠O′CF＝45°，∠BO′E+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F＝90°，
∴∠BO′E＝∠CO′F，
∴△BO′E≌△CO′F（ASA），
∴BE＝CF，
∵BE+CE＝BC，
∴CF+CE＝BC，
故答案为：CF+CE＝BC；
（2）如图2，过点O′作O′G∥AB，交BC于G，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O′是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，α＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝A′B′＝B′C′＝C′O′＝O′A′＝8，∠B＝∠D＝∠B′＝∠A′O′C′＝60°，
∴△ABC、△ACD均为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，AC＝AB＝8，
∵O′G∥AB，
∴∠CO′G＝∠BAC＝60°＝∠O′CG，
∴△O′CG是等边三角形，
∴O′G＝CG＝O′C＝k AC＝8k，
∵∠EO′G+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F′＝60°，
∴∠EO′G＝∠CO′F，
∴△O′EG≌△O′FC（ASA），
∴EG＝CF，
∵CE+EG＝CG，
∴CE+CF＝8k；
（3）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，
∴OCACBC＝4，
∴OB4，
∴OO′1，
当点O′在线段AO上时，如图2，过点O′作O′H⊥BC于H，
则O′C＝OO′+OC＝1+4＝5，
∴k，
由（2）知：CE+CF＝8k，
∴CE+CF＝85，
∵CF，
∴CE＝5；
当点O′在线段OC上时，如图3，
则O′C＝OC﹣OO′＝4﹣1＝3，
∴k，
∴CE+CF＝83，
∴CE＝3；
综上所述，CE的长度为或．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．
8．【材料背景】
如图1，在△ABC中，以边AB为底边向外作等腰Rt△ABD，其中∠ADB＝90°，且AD＝DB，那么点D就被称为边AB的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，∠OAB＝90°，点C为OB的中点．
（1）连接OA、OB、AB，请分别作边OA、AB的“外展等直点”P和Q，连接PC、QC和PQ，则△PCQ的形状为 等腰直角三角形 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段EF上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接OD、BD，分别作△OBD的边OD和边BD的“外展等直点”G、H，连接GC、HC和GH，请判断△GHC的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知M（﹣2，﹣1），N（3，1），请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
【考点】四边形综合题．
【专题】作图题；压轴题；新定义；几何直观．
【答案】（1）作图见解析，等腰直角三角形；（2）具体见解析；（3）K1（，），K2（，）．
【分析】（1）根据“外展等值点”的定义即可画出点P、Q，再根据图形可知△PCQ是等腰直角三角形；
（2）先在格点上选取点D，根据“外展等值点”的定义即可画出点G、H，再利用“一线三垂直”的全等即可得证；
（3）由第二问可知△MNK为等腰直角三角形，所以会有两个K点，再构造“一线三垂直”的全等求解即可．
【解答】解：（1）点P、Q即为所求，
由图可知PC＝CQ＝3，且∠PCQ＝90°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形．
（2）选取点D如图所示，G、H即为所求．
参考一：
△GHC形状为等腰直角三角形，理由如下：
如图，GI＝CJ＝CI＝HJ＝3，∠GIC＝∠CHH＝90°
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝CH，且∠GCH＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
参考二：
如图，GI＝CJ＝3，CI＝HJ＝1，∠GIC＝∠CJH＝90°，
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝HC，∠IGC＝∠JCH，则∠GCH＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
参考三：
如图，GI＝CJ＝1，CI＝HJ＝3，∠GIC＝∠CHH＝90°，
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝HC，∠IGC＝∠JCH，则∠GCH＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
（3）由第二问可知△MNK为等腰直角三角形，如图则会在MN上方和下方各有一个K点，
过K1作EF∥x轴，作ME⊥EF于点E，NF⊥EF于点F，
∵∠MK1N＝90°，
∴∠MK1E＝∠FNK1＝90°﹣∠FK1N，
∵∠E＝∠F＝90°，MK1＝NK1，
∴△MEK1≌△K1FN（AAS），
∴ME＝FK1，EK1＝FN，
∵M（﹣2，﹣1），N（3，1），
∴EF＝EK1+FK1＝5，EM﹣FN＝2，
即ME+FN＝5，ME﹣FN＝2，
∴ME，FN，
∴K1（，）；
同理可得K2（，）．
综上，三角形第三条边的中点K的坐标为K1（，），K2（，）．
【点评】本题主要考查格点作图、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识点和理解题意是解题的关键．
9．综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在 ABCD中，∠ADC＝90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持 ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
初步思考：（1）如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥OM，请你证明这一结论；
操作探究：（2）如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
拓展延伸：（3）已知，CD＝2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）线段AM的长度为2或1或．
【分析】（1）连接CF，DF，由旋转得∠ADC＝∠EFG，OD＝OF，再证得Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），得出∠AOM＝∠FOM，进而得出∠AOM＝∠ODF，利用平行线的判定即可证得结论；
（2）延长OM交BG于点N，由旋转得CD＝GF，进而推出BM＝GM，再证得∠BMN＝∠GMN，利用等腰三角形的性质即可证得结论；
（3）分三种情况：当FC＝FD时，当FC＝CD时，当FD＝CD时，分别求得AM即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接CF，DF，
∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴∠ADC＝∠EFG，OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠ADC＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵点O是边AD的中点，
∴OA＝OD，
∴OA＝OF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°，
∴∠BAD＝∠EFG＝90°，
∵在Rt△OAM和Rt△OFM中，
∴Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），
∴∠AOM＝∠FOM，
∵∠AOF是△OFD的一个外角，
∴∠AOF＝∠AOM+∠FOM＝∠ODF+∠OFD，
即2∠AOM＝2∠ODF，
∴∠AOM＝∠ODF，
∴FD∥OM；
（2）证明：如图2，延长OM交BG于点N，
由（1）知：Rt△OAM≌Rt△OFM，
∴AM＝FM，∠AMO＝∠FMO，
∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴CD＝GF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝GF，
∴AB﹣AM＝GF﹣MF，
即BM＝GM，
∵∠AMO＝∠FMO，∠AMO＝∠BMN，∠FMO＝∠GMN，
∴∠BMN＝∠GMN，
∴OM垂直平分BG；
（3）解：∵以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形，
∴FC＝FD或FC＝CD或FD＝CD，
当FC＝FD时，如图3，过点F作FH⊥CD于H，交AB于L，过点O作OK⊥FH于K，
则四边形AOKL、OKHD、ALHD均为矩形，
∴AL＝OK＝DH，LK＝OA，
∵，CD＝2，点O是边AD的中点，
∴LK＝OA＝OD，
∵FC＝FD，FH⊥CD，
∴DHCD＝1，
∴OK＝AL＝DH＝1，
由旋转得OF＝OD，
又∵∠OKF＝90°，
∴FK1，
∴FK＝OK，
∴∠OFK＝∠FOK＝45°，
∴∠MFL＝90°﹣∠OFK＝45°，
∴△FML是等腰直角三角形，
∴ML＝FL＝LK﹣FK1，
∴AM＝AL﹣ML＝1﹣（1）＝2；
当FC＝CD时，如图3，连接OC，
由旋转得OF＝OD，
又∵OC＝OC，
∴△OCF≌△OCD（SSS），
∴∠OFC＝∠ODC＝90°，
∵∠EFG＝90°，
∴∠OFC+∠EFG＝90°+90°＝180°，
即C、F、G三点共线，
在Rt△OAM和Rt△OFM中，
，
∴Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），
∴AM＝FM，
设AM＝x，
∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，CD＝2，
∴AB＝CD＝2，BC＝AD＝2，
则BM＝2﹣x，CM＝CF+FM＝2+x，
在Rt△BCM中，BM2+BC2＝CM2，
∴（2﹣x）2+（2）2＝（2+x）2，
解得：x＝1，
∴AM＝1；
当FD＝CD时，如图5，过点O作OK⊥DF于K，
∵OF＝OD，OK⊥DF，
∴DK＝FKDF＝1，
在Rt△ODK中，OK1，
∴OK＝DK＝FK，
∴△ODK和△OFK均为等腰直角三角形，
∴∠DOK＝∠FOK＝45°，
∴∠DOF＝45°+45°＝90°，
∴∠AOF＝90°，
∴∠OAM＝∠AOF＝∠OFM＝90°，
∴四边形AOFM是矩形，
∴AM＝OF；
综上所述，线段AM的长度为2或1或．
【点评】本题是矩形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质等知识，熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题关键．
10．在数学探究课上，王宇同学通过作辅助图形的方法，计算动点条件下线段和的最小值，其过程如下：
（1）【观察发现】
如图1，在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，E，F分别是AB和AC上的动点，且总有BE＝AF，阅读下面作辅助图形的方法及推理过程并填空，理解确定DE+DF最小值的方法．
∵在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，
∴点D为BC边上的中点，∠B＝∠ACB．
∴AD⊥BC．
过点A作AG⊥AD，使AG＝BD，连接GF．
∴AG∥BC．∴∠GAC＝∠ACB＝∠B．
又∵AF＝BE，∴△AGF≌△BDE（SAS）．
∴GF＝DE．
连接DG，DF，当D，F，G三点共线时，GF+DF的最小值等于线段DG的长．
连接GC，可证四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC．
∴DE+DF的最小值为 2 ．
（2）【类比应用】
如图2，已知正方形ABCD的边长为6，O为对角线的交点，M，N分别是AB，AD上的动点，且总有BM＝DN，连接OM，CN，求OM+CN的最小值．
（3）【拓展延伸】
如图3，矩形ABCD中，AB，AD＝2，E是AD的中点，F，G分别是BC和DC上的动点，且总有BF＝2DG，则EF+2AG的最小值为 2 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；构造法；模型思想．
【答案】（1）2；（2）；（3）2．
【分析】（1）根据题意可得四边形ADCG是矩形，从而得到DG＝AC＝2；
（2）类比第一问作辅助线，得出OM+CN＝GN+CN，当G，N，C三点共线时，线段GC的长为GN+CN的最小值，进而求解即可；
（3）由BF＝2DG和前述思路可以构造2AG，所有延长AB到H，使BH＝2AD，连接FH，从而△ADG∽△HBF，得到FH＝2AG，连接EH，当E、F、H三点共线时，线段EH的长为EF+2AG的最小值，利用勾股定理求EH即可．
【解答】解：（1）由作图可知，四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC＝2，
故答案为：2．
（2）如图，类比（1），过点D作 DG⊥BD，使DG＝OB，连接GN，易得∠GDN＝∠ADB＝∠OBM．
在△GND和△OMB 中，
∵GD＝OB，∠GDN＝∠OBM，DN＝BM，
∴△GND≌△OMB（SAS）．
∴GN＝OM．
∴OM+CN＝GN+CN．
连接GC，当G，N，C三点共线时，线段GC的长为GN+CN的最小值．
过点G作GH⊥CD，交CD的延长线于点H．
在正方形ABCD中，BD为对角线，
∴∠ADB＝45°
∵∠GDH+∠GDA＝90°，∠ADB+∠GDA＝90°
∴∠GDH＝∠ADB＝45°．
∴Rt△HGD为等腰直角三角形．
∵正方形ABCD的边长为6，
∴．
∴．
∴在 Rt△HGC 中，，
∴OM+CN的最小值为 ．
（3）如图，延长AB到H，使BH＝2AD，连接FH．
∵，∠ADG＝∠HBF，
∴△ADG∽△HBF，
∴，
∴FH＝2AG，
∴EF+2AG＝EF+FH，
连接EH，当E、F、H三点共线时，线段EH的长为EF+2AG的最小值．
∵AEAD，AH＝AB+BH＝5，
∴EH2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查矩形的性质、正方形的性质、勾股定理、轴对称的性质、全等三角形的判定和性质相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
11．综合与实践课上，老师和同学们开展了一场以“最小值”为主题的探究活动．
【提出问题】老师提出了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，P为AD边上的一动点，以PC为边向右作等边△PCE，连接BE，求BE的最小值；
【探究发现】小明发现：如图4所示，以BC为边向下构造一个等边△BCM，便可得到△PCM≌△ECB，进而将 BE的最小值转化为PM的最小值．
（1）按照小明的想法，请求出BE的最小值；
【拓展应用】
（2）小刚受此启发，举一反三，提出新问题：如图2，若将图1当中构造的等边三角形，改为以PC为边向右构造正方形PCFG，则运动过程中，BG的最小值是 6 ．
（3）小红同学深入研究了小刚的问题，并又提出了新的问题：如图3，若将图2当中构造的正方形改为以PC为边向右构造菱形PCHI，使．∠CPI＝120°，也可求得BI的最小值请你直接写出BI最小值为 3+3 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）BE的最小值为33；
（2）6；
（3）3+3．
【分析】（1）过点M作MK⊥AD于K，交BC于L，可证得△BCE≌△MCP（SAS），得出BE＝MP，由M为定点，可得当MP⊥AD时，即点P与点K重合时，MP＝MK最小，再利用解直角三角形求得MK即可；
（2）以BC为边向下作正方形BCKL，连接BK、CL交于点O，连接OP，CG，过点O作OP′⊥AD于P′，交BC于T，可推出∠BCG＝∠OCP，，证得△BCG∽△OCP，得出，即BGOP，故当BG取得最小值时，OPBG最小，利用解直角三角形求得OT，进而可求得BG的最小值；
（3）连接CI、PH交于O，在BC下方作射线BM、射线CN，使∠CBM＝∠BCN＝30°，射线BM、射线CN交于点Q，过点Q作QP′⊥AD于P′，交BC于K，连接PQ，可证得△BCI∽△QCP，得出，即BIQP，故当QP取得最小值时，BIQP最小，由点Q为定点，可得当QP⊥AD，即点P与点P′重合时，QP＝QP′＝QK+KP′最小，运用解直角三角形即可求得答案．
【解答】解：（1）如图，过点M作MK⊥AD于K，交BC于L，
∵△PCE和△BCM都是等边三角形，
∴CE＝CP，CB＝CM，∠PCE＝∠MCB＝∠MBC＝60°，
∴∠PCE+∠PCB＝∠MCB+∠PCB，
即∠BCE＝∠MCP，
在△BCE和△MCP中，
，
∴△BCE≌△MCP（SAS），
∴BE＝MP，
∴当MP最小时，BE最小，
∵M为定点，
∴当MP⊥AD时，即点P与点K重合时，MP＝MK最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC＝6，∠A＝∠ABC＝90°，
∴ML⊥BC，
∵∠AKL＝∠A＝∠ABC＝90°，
∴四边形ABLK是矩形，
∴KL＝AB＝3，
在Rt△MCL中，ML＝CM sin∠MCB＝6sin60°＝3，
∴MK＝ML+KL＝33，
∴BE的最小值为33；
（2）如图，以BC为边向下作正方形BCKL，连接BK、CL交于点O，连接OP，CG，过点O作OP′⊥AD于P′，交BC于T，
∵四边形CPGF、BCKL是正方形，
∴∠PCG＝∠BCO＝45°，CGCP，OC＝OBBC＝3，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠PCG+∠PCB＝∠BCO+∠PCB，
即∠BCG＝∠OCP，
∵，
∴△BCG∽△OCP，
∴，
∴BGOP，
∴当BG取得最小值时，OPBG最小，
∵点O为定点，
∴当OP⊥AD时，即点P与点P′重合时，OP＝OP′最小，
∵BC∥AD，
∴OP′⊥BC，即∠CTO＝90°，
∴OT＝OC sin∠BCO＝3sin45°＝3，
∵∠A＝∠ABC＝∠AP′O＝90°，
∴四边形ABTP′是矩形，
∴TP′＝AB＝3，
∴OP′＝OT+TP′＝3+3＝6，
∴OP的最小值为6，
∴BG的最小值为6，
故答案为：6；
（3）如图，连接CI、PH交于O，在BC下方作射线BM、射线CN，使∠CBM＝∠BCN＝30°，射线BM、射线CN交于点Q，
过点Q作QP′⊥AD于P′，交BC于K，连接PQ，
∵四边形PCHI是菱形，∠CPI＝120°，
∴PH⊥CI，PC＝PI，∠PCI＝∠PIC＝30°，CI＝2CO，
在Rt△CPO中，CO＝PC cos∠PCI＝PC cos30°PC，
∴CI＝2COPC，
∵∠CBQ＝∠BCQ＝30°，
∴QB＝QC，
∵QP′⊥AD，AD∥BC，
∴QK⊥BC，
∴BK＝CKBC＝3，
∴QK＝CK tan∠BCQ＝3tan30°，CQ2，
∴，，
∴，
∵∠BCI＝∠BCP+30°，∠QCP＝∠BCP+30°，
∴∠BCI＝∠QCP，
∴△BCI∽△QCP，
∴，
∴BIQP，
∴当QP取得最小值时，BIQP最小，
∵点Q为定点，
∴当QP⊥AD，即点P与点P′重合时，QP＝QP′＝QK+KP′最小，
由（2）知：KP′＝AB＝3，
∴QP′＝QK+KP′3，
∴BI的最小值（3）＝3+3，
故答案为：3+3．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，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，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形和相似三角形，此题难度较大，属于中考压轴题．
12．综合实践
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，点E′为正方形ABCD外一点，且BE'⊥CE'，BE＝BE'，延长AE交CE'于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，BE＝9，请求出DE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）四边形BE'FE是正方形，证明见解答；
（2）CF＝E′F，证明见解答；
（3）DE的长为3．
【分析】（1）利用HL证明Rt△ABE≌Rt△CBE′，再证得四边形BE'FE是矩形，即可得出答案；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，则∠AGD＝∠AEB＝90°，进而证得△DAG≌△ABE（AAS），Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），再根据线段的和差关系即可得出答案；
（3）过点E作EG⊥AB于G，EH⊥AD于H，则四边形AGEH是矩形，运用勾股定理求得AE＝12，再运用面积法得出EG，AG，再运用勾股定理即可．
【解答】解：（1）四边形BE'FE是正方形，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，
∵BE'⊥CE'，
∴∠BE′C＝90°，
又∠AEB＝90°，
在Rt△ABE和Rt△CBE′中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），
∴∠ABE＝∠CBE′，
∴∠CBE′+∠CBE＝∠ABE+∠CBE，
即∠EBE′＝∠ABC＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴∠BEF＝∠EBE′＝∠BE′F＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）猜想：CF＝E′F，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠AGD＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝EGAE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠DAG+∠BAE＝90°，
∵∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠DAG＝∠ABE，
在△DAG和△ABE中，
，
∴△DAG≌△ABE（AAS），
∴AG＝BE，
∴AE＝2BE，
在Rt△ABE和Rt△CBE′中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），
∴AE＝CE′，∠ABE＝∠CBE′，
∵∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE′+∠CBE＝90°，即∠EBE′＝90°，
∴∠BEF＝∠EBE′＝∠BE′C＝90°，
又BE＝BE'，
∴四边形BEFE′上正方形，
∴E′F＝BE，
∴CF+E′F＝CE′＝2E′F，
∴CF＝E′F；
（3）如图3，过点E作EG⊥AB于G，EH⊥AD于H，
则四边形AGEH是矩形，
∴AH＝EG，EH＝AG，
在Rt△ABE中，AB＝15，BE＝9，
∴AE12，
∵EG⊥AB，
∴EG，
在Rt△AEG中，AG，
∴EH，AH，
∴DH＝AD﹣AH＝15，
∴DE3，
故DE的长为3．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明△DAG≌△ABE≌△CBE′是关键．
13．在一次数学活动课上，老师带领同学们探究图形的变换问题．老师先提出这样一个问题：
有一张矩形纸片ABCD，其中AB＝4，，你能用这张矩形纸片折出一个等边三角形吗？
【操作】小明同学是这样操作的：如图①，先将矩形ABCD沿MN对折；展开后，再将点C沿BE折叠，使点C落在MN上的点F处；再展开，连接BF，CF，则△BCF为等边三角形．
【验证】（1）求证：△BCF为等边三角形；
【应用】（2）连接AF，DF，如图②，求AF的长；
【拓展】（3）将图②中的△BCF绕着点F顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△B′C′F（点B，C的对应点分别为B′，C′），连接AB′，DC′，当△AFB'为等腰三角形时，直接写出线段DC′的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）2；（3）2或2．
【分析】（1）由折叠很容易得出BF＝CF＝BC，即可得证；
（2）根据勾股定理先求出FN长度，进而求出FM长度，再用勾股定理求出AF即可；
（3）由题可知AF≠FB'，所以需要分两种情况讨论，即AF＝AB'，B'A＝BF，分别画出图形，再进行计算即可．
【解答】（1）证明：∵矩形沿MN对折，
∴MN是BC的垂直平分线，
∴BF＝CF，
∵折叠，
∴BC＝BF，
∴BC＝BF＝CF，
∴△BCF是等边三角形．
（2）解：设MN交AD于M，交BC于N，
∵BC＝2，
∴BF＝2，BN，
∴FN3，
∵AB＝4，
∴MN＝4，
∴FM＝MN﹣FN＝1，
∵AM，
∴AF2．
（3）∵旋转，
∴FB'＝FB＝2，
∵AF＝2，
∴等腰三角形AFB'中AF≠FB'，
∴可分两种情况讨论，
①当AF＝AB'时，如图所示，
由（2）知，AF＝2，FB＝2，AB＝4，
∴AF2+BF2＝AB2，
∴△AFB是直角三角形，即∠AFB＝90°，
∵AF＝AB'，
∴AB垂直平分FB'，
∴此时FB旋转60°到FB'，
∴点C对应点C'落到点B的位置，
此时DC'2．
②当B'A＝BF时，如图所示，
过B'作B'K⊥AF于K，DR⊥CF于R，
∴KFAF＝1，
∴B′K，
∴DRB'K，
∵DF＝AF＝2，
∴FR，
∴C'R，
在Rt△DRC'中，DC'2．
综上，线段DC′的长为2或2．
【点评】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．[回顾课本]苏教版八年级下册数学教材“9.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请根据分析完成证明过程．
已知：如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥BC，．
分析：因为点E是AC的中点，可以考虑把△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就需要证明四边形BCFD是平行四边形……
[探究发现]
如图2，等边△ABC的边长为2，点D、E分别为AB、AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B、C重合），沿DE、DF剪开分成①、②、③三块后，将②、③分别绕点D顺时针、点E逆时针旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值．
[拓展作图]
如图3，已知四边形ABCD，现要求只剪两次将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出两条剪痕，并对剪痕作适当的说明．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】[回顾课本]证明见解答；
[探究发现] DIHG周长的最小值为4；[拓展作图]作图见解答．
【分析】【回顾课本】以点E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，则D，E，F同在一直线上，DE＝EF，且△ADE≌△CFE，得出∠ADE＝∠F，AD＝CF，证明四边形BCFD是平行四边形，则可得出结论；【探究发现】当DF⊥BC时最小，此时DF，则可得出答案；【拓展作图】取AB，BC，CD，DA边的中点，沿EG，FH剪开分成①，②，③，④四块即可．
【解答】[回顾课本]
证明：∵△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，
∴CF＝AD，EF＝DE，∠ECF＝∠A，
∴CF∥AB，
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴CF＝BD，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，
即DE∥BC，2DE＝BC，
∴DE∥BC，DEBC；
[探究发现]
解：由题可知： DIHG周长＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝4+2DF，
当DF⊥BC时最小，此时DF，
∴ DIHG周长的最小值为4；
[拓展作图]
如图，取点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边的中点，沿EG，FH剪开分成①，②，③，④四块后，将①，③分别绕点F，E旋转180°至⑦，⑤，再将②平移至⑥，恰好能与④拼成平行四边形LJKN即可，
理由：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，
∴AE＝BE，BF＝CF，CG＝DG，AH＝DH，
由旋转得：∠J＝∠FLG，∠N＝∠ELH，
∴KJ∥NL、KN∥JL，
∴四边形JKNL是平行四边形．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．函数是刻画现实世界的有效模型，函数和现实情境之间的转换可以帮助我们简化问题的处理．
（1）下列情境中，可以用反比例函数刻画的是 AC ；
A．甲、乙两地相距200km，行驶时间和行驶速度之间的关系；
B．单价为3元的练习本，购买数量和总价的关系；
C．面积为8的矩形，长和宽的关系．
（2）求函数的最小值时，直接求解困难较大，我们可以给函数赋予这样的数学情境：如图1，线段BC＝3，AB＝1，CD＝2，AB⊥BC，CD⊥BC，则AP+PD可表示为 ，（用含有x的代数式表示）请你结合图形，继续完成求解过程．
（3）如图2，四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝9，P为矩形ABCD内（不包含边界）一点，过P分别向AB、BC作垂线，垂足为M，N，若四边形MBNP的面积为6，则称点P为“美丽点”，在矩形BEFG中，BE＝9，BG＝4，过F点的直线l交直线BC于点Q，若直线l上存在“美丽点”，求FQ的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）AC；
（2）；最小值为；
（3）9≤FQ＜9．
【分析】（1）分别求出各问题中的关系式，根据反比例函数的定义判断即可；
（2）利用勾股定理表示出AP+PD，得到当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小，即AP+PD＝AD，利用勾股定理求出AD，即可得到最小值；
（3）以点B为原点，BC、BA分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设反比例函数y的图象交AD于点T，交FG于点N，求出FQ最大值和最小值即可．
【解答】解：（1）A．∵时间×速度＝路程，即tv＝200，
∴行驶时间和行驶速度之间的关系为t，
故A属于反比例函数；
B．∵单价×数量（x）＝总价（y），
∴y＝3x，即购买数量和总价的关系是正比例函数，不属于反比例函数；
C．∵矩形的面积（S）＝长（a）×宽（b），即8＝ab，
∴a，即面积为8的矩形，长和宽的关系属于反比例函数；
故答案为：AC；
（2）设BP＝x，则PC＝3﹣x，如图1，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴AP+PD，
故答案为：；
由图形可知，当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小，即AP+PD＝AD，
如图2，过点D作DE⊥AB，交AB的延长线于点E，则四边形BCDE上矩形，
∴BE＝CD＝2，DE＝BC＝3，
∴AE＝AB+BE＝1+2＝3，
∴AD3，
∴AP+PD的最小值为3，
故函数的最小值为3；
（3）如图3，以点B为原点，BC、BA分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
∵点P为“美丽点”，
∴S矩形BMPN＝6，
∴点P在反比例函数y的图象上，
设反比例函数y的图象交AD于点T，交FG于点N，
当y＝6时，x＝1，
∴T（1，6），
设直线FT的解析式为y＝kx+b，将F（4，9），T（1，6）代入得，
解得：，
∴直线FT的解析式为y＝x+5，
当y＝0时，x＝﹣5，故Q（﹣5，0），
∴FQ9，此时，FQ最大；
当点Q与点G重合时，FQ＝9，此时，FQ最小，
∴FQ的取值范围是9≤FQ＜9．
【点评】本题是反比例函数综合题，考查了实际问题与反比例函数的关系，反比例函数的实际应用，勾股定理，矩形的判定和性质，最值的确定，正确理解实际问题与反比例函数的关系是解题关键．
16．【探索发现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边A1O与边AB相交于点E，边C1O与边CB相交于点F，连接EF．在实验与探究中，小新发现无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，AE，CF，EF之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明△AOE≌△BOF即可推导出来．
①请你猜想AE，CF，EF之间的数量关系是 AE2+CF2＝EF2 ．
②小新对图1的进一步研究中发现，延长EO与DC交于一点G，通过证明△AOE≌△COG也可推导出AE，CF，EF之间的数量关系，请你证明△AOE≌△COG．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断AE，CF，EF之间的数量关系并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，点D是边AB的中点，∠EDF＝90°，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝4cm时，请直接写出线段CF的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）①AE2+CF2＝EF2，证明见解答；②证明见解答；
（2）AE2+CF2＝EF2，证明见解答；
（3）线段CF的长度为cm或cm．
【分析】（1）①先证明△AOE≌△BOF（ASA），可得AE＝BF，推出BE＝CF，再运用勾股定理即可证得结论；
②延长EO交DC于点G，由正方形性质可得OA＝OC，∠OAE＝∠OCG＝45°，再利用ASA可证得△AOE≌△COG；
（2）延长EO交CD于点G，连接FG，可证得△AEO≌△CGO（AAS），得出AE＝CG，OE＝OG，再由线段垂直平分线的性质可得EF＝FG，再运用勾股定理即可求得答案；
（3）设CF＝x cm，分两种情况讨论：①当点E在线段AC上时，②当点E在CA延长线上时，结合勾股定理，即可求解．
【解答】（1）①解：猜想：AE2+CF2＝EF2，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD和四边形A1B1C1O均为正方形，
∴OA＝OB，AB＝BC，∠OAE＝∠OBF＝45°，∠AOB＝∠A1OC1＝90°，
∴∠AOB﹣∠BOE＝∠A1OC1﹣∠BOE，
即∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
∴AB﹣AE＝BC﹣BF，即BE＝CF，
在Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2，
∴AE2+CF2＝EF2，
故答案为：AE2+CF2＝EF2．
②证明：如图1′，延长EO交DC于点G，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OC，∠OAE＝∠OCG＝45°，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG（ASA）．
（2）解：结论：AE2+CF2＝EF2，
证明：如图2，延长EO交CD于点G，连接FG，
∵O是矩形ABCD的中心，
∴点O是AC的中点．
∴AO＝CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CGO，
∴△AEO≌△CGO（AAS），
∴AE＝CG，OE＝OG，
∵四边形A1B1C1O是矩形，
∴∠A1OC1＝90°，即OF⊥EG，
∴OF垂直平分EG，
∴EF＝FG，
在Rt△FCG中，CG2+CF2＝GF2，
∴AE2+CF2＝EF2；
（3）解：设CF＝x cm，①当E在线段AC上时，如图3，连接EF，
∵AE＝4cm，AC＝5cm，BC＝12cm，
∴CE＝1cm，在Rt△FCE中，∠C＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴12+x2＝EF2，
又由（2）易知EF2＝AE2十 BF2，
∴EF2＝42+BF2，
∴12+x2＝42+（12﹣x）2，
解得：x，
∴此时线段CF的长度为cm；
②当点E在CA延长线上时，如图4，过点B作BG⊥BC，交ED的延长线于G，连接EF，GF，
同理可证EF2＝AE2十 BF2，
∴EF2＝42+（12﹣x）2，
在Rt△FCE中，EF2＝x2+（5+4）2，
∴x2+（5+4）2＝42+（12﹣x）2，
解得：x，
∴此时线段CF的长度为cm；
综上所述，线段CF的长度为cm或cm．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等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根据勾股定理列方程解决问题．
17．综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF．
特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积．
“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
（2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE．
深入探究：老师进一步提出问题：
（3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2．
请你解答这三个问题．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）6；（2）证明过程见解析；（3）证明过程见解析．
【分析】（1）根据”弦图“关系，设参数，利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）由b＝2a可知E是AF中点，从而可证△HGB≌△BFA，得到∠GBH＝∠BAF，再证∠BHE＝∠GBH即可得证；
（3）用代数法思路证：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c，先将S1表示出来，再证△BEF≌△BEM（AAS）得到EN的表示，从而达到S1和S2的关系．
【解答】（1）解：设BF＝a，则BG＝a+1，
∵△ABF≌△BCG，
∴AF＝BG＝a+1，
∵AB＝5，
∴在Rt△ABF中，BF2+AF2＝AB2，
即a2+（a+1）2＝25，
解得a＝3（负值舍去），
∴BF＝3，AF＝4，
∴S△ABFBF AF＝6．
（2）证明：∵b＝2a，
∴AF＝2BF＝2AE，
∴AE＝EF，
∵四边形EHGF是正方形，
∴HG＝HE＝EF＝GF＝BF，
∵AF＝BG，∠AFB＝∠HGE＝90°，
∴△HGB≌△BFA（SAS），
∴∠GBH＝∠BAF，
∵DE∥BG，
∴∠BHE＝∠HBG，
∴∠BAE＝∠BHE．
（3）证明：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
S1＝a（a+b+c）＝a（a+b）+ac＝AD EN+ac，
∵BE平分∠ABF，
∴∠FBE＝∠MBE，
∵∠BME＝∠BFE＝90°，BE＝BE，
∴△BEF≌△BEM（AAS），
∴BM＝BF＝a，
∴NE＝AM＝c﹣a，
∴S1＝AD EN+ac＝c（c﹣a）+ac＝c2＝S2．
∴S1＝S2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 BE＝DF ，位置关系是 BE⊥DF ．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）BE＝DF，BE⊥DF；（2）证明过程详见解析；（3）π．
【分析】（1）先证△AEB≌△AFD，得到BE＝DF，再根据△AMB和△DMG内角和推导，证∠G＝90°即可；
（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证；
（3）由（2）知点OA＝OD＝OG，则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△AEF是含有45°的直角三角尺，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∵∠BAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴∠G＝∠BAM＝90°，即BE⊥DF，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF．
（2）∵△BAD是直角三角形，O是BD中点，
∴OABD＝OD，
由（1）知∠G＝90°，
∴△BGD是直角三角形，
∴OGBD＝OD，
∴OA＝OD＝OG．
（3）由（2）知，OA＝OD＝OG，
∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，
连接OA，OG，
∵旋转角α从0°变化到60°，
∴此时点G的运动路线就是，
取AB中点H，连接EH，
∵∠BAE＝60°，AE＝1，AB＝2，
∴AE＝AHAB＝BH，
∴△AEH为等边三角形，
∴EH＝AH＝BH，∠AHE＝∠AEH＝60°
∴∠HBE＝∠BEH，
∵∠AHE＝∠HBE+∠BEH，
∴∠HBE＝∠BEHAHE＝30°，
即∠ABE＝30°，
∴∠OBG＝45°﹣30°＝15°，
∵OB＝OGBD，
∴∠DOG＝30°，
∴∠AOG＝180°﹣∠AOB﹣∠DOG＝60°，
∵AB＝2，
∴BDAB＝2，
∴OA＝OG，
∴的长度π．
即点G经过路线的长度为π．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
19．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例1：求证：三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分． 已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，BE＝EC，AF＝FC． 求证：AE、DF互相平分． 证明：连接DE、EF．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的解题过程．
【拓展】如图②，设图①中的AE与DF的交点为G，连接CD，分别交AE、EF于点H、K．
（1） ．
（2）若四边形FGHK的面积为3，则四边形ADEF的面积为 18 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】【教材呈现】见解答；
【拓展】（1）；（2）18．
【分析】【教材呈现】证明DE∥AC，且DEAC＝AF，即可求解；
【拓展】（1）证明△DHG∽△CHE，则，即DHHC，进而求解；
（2）S△DHE+S△DHG＝S四边形GFKH+S△EHK，即2a+S△DHG＝3+a，故S△DHG＝3﹣a，而K是平行四边形DFCE的对角线的交点，故K是EF的中点，同理S△DHE+S△EHK＝S四边形GFKH+S△DGH，则3a＝6﹣a，解得a，即可求解．
【解答】【教材呈现】证明：连接DE、EF，
则DE是△ABC的中位线，故DE∥AC，且DEAC＝AF，
故四边形DAFE为平行四边形，
∴AE、DF互相平分；
【拓展】（1）解：同理可得，四边形DFCE为平行四边形，则KD＝KC，DF＝EC＝BE，
∵DGBE，FGEC，
∴DG＝FGEC，
∵DF∥BC，
∴△DHG∽△CHE，
∴，即DHHC，
设DH＝x，则HC＝2x，CD＝DH+HC＝3x，则CKCDx，
故，
故答案为；
（2）解：设△HKE的面积为a，
∵DH＝x，HKx，则△DHE的面积为2a，
∵G是DF的中点，
∴S△DHE+S△DHG＝S四边形GFKH+S△EHK，
即2a+S△DHG＝3+a，故S△DHG＝3﹣a，
∵K是平行四边形DFCE的对角线的交点，故K是EF的中点，
同理S△DHE+S△EHK＝S四边形GFKH+S△DGH，
即3a＝6﹣a，解得a，
故S△EFG＝a+3，
∵四边形ADEF为平行四边形，
故四边形ADEF的面积＝4S△EFG＝18，
故答案为18．
【点评】本题为四边形综合题，涉及到三角形中位线的性质、平行四边形的性质、三角形面积的计算等，综合性比较强，难度较大．
20．【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 60° ；
【模型应用】
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 150° ；S四边形BPCQ＝ 46 ；
（3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 135° ；AC的长为 ；
【深化模型】
（4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 ①②③⑤ ．
【拓展提高】
（5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 3 ．
（6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）60°．
（2）150°；46；
（3）135°；；
（4）①②③⑤．
（5）3；
（6）．
【分析】（1）先证明△ACD≌△BCE（SAS），可得∠ADC＝∠BEC，再利用等边三角形性质可得∠CDE＝∠CED＝60°，进而得出∠ADC＝∠BEC＝120°，即可求得答案．
（2）先证明△ABP≌△CBQ（SAS），可得AP＝CQ，∠APB＝∠CQB，由等边三角形性质可得：PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°，再运用勾股定理逆定理可得∠PQC＝90°，再利用S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ即可求得答案．
（3）连接AD，先证明△CAD≌△CBP（SAS），可得：AD＝BP，∠CDA＝∠CPB，再运用勾股定理逆定理可得∠ADP＝90°，推出∠APC＝90°，运用勾股定理即可求得答案．
（4）利用SAS证得△DCA≌△ECB，可得AD＝BE，故结论①正确．利用ASA证得△ACP≌△BCQ，可得CP＝CQ，故结论③正确．利用等边三角形的性质推出∠ACB＝∠CPQ，再运用平行线的判定可得PQ∥AE，故结论②正确．没有条件证出BO＝OE，故结论④错误．利用三角形外角性质可得∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确．由PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC，不能说明△POC与△QOC全等，∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误．
（5）将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C，过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K，可得PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，再运用勾股定理即可得出答案．
（6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，运用勾股定理可得CE，利用SAS可证得△BAD≌△CAE，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
即∠ACD+∠BCD＝∠BCD+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
故答案为：60°．
（2）如图2，
∵△ABC与△BPQ都是等边三角形，
∴AB＝BC，BP＝BQ＝PQ，∠ABC＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ，
在△ABP和△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ（SAS），
∴AP＝CQ，∠APB＝∠CQB，
∵PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，
∴PB＝4，PC＝5，CQ＝3，
∵△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°，
在△CPQ中，CQ2+PQ2＝32+42＝25＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
∴∠APB＝150°；
S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ423×4＝46；
故答案为：150°；46；
（3）如图3，连接AD，
∵△ACB、△DCP均为等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠DCP＝90°，CA＝CB，CD＝CP，
∴∠DCP﹣∠ACP＝∠ACB﹣∠ACP，
即∠ACD＝∠BCP，
在△CAD和△CBP中，
，
∴△CAD≌△CBP（SAS），
∴AD＝BP，∠CDA＝∠CPB，
在等腰直角三角形DCP中，CP＝1，∠DCP＝90°，
∴CD＝1，DP，∠CDP＝∠CPD＝45°，
在△ADP中，AD2+DP2＝（）2+（）2＝4，AP2＝22＝4，
∴AD2+DP2＝AP2，
∴∠ADP＝90°，
∴∠CDA＝∠CDP+∠ADP＝45°+90°＝135°，
∴∠CPB＝135°；
∵AD＝DP，∠ADP＝90°，
∴∠APD＝45°，
∴∠APC＝∠APD+∠CPD＝45°+45°＝90°，
∴AC，
故答案为：135°；；
（4）∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC＝AC，DE＝DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
即∠ACD＝∠BCE．
在△DCA和△ECB中，
，
∴△DCA≌△ECB（SAS），
∴AD＝BE，故结论①正确．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE．
∵∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ＝60°．
在△ACP与△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴CP＝CQ，故结论③正确．
∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ＝60°，
∴∠ACB＝∠CPQ，
∴PQ∥AE，故结论②正确．
没有条件证出BO＝OE，故结论④错误．
∵∠CAD＝∠CBE，∠APC＝∠OPB，
∴∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确．
∵PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC，
∴不能说明△POC与△QOC全等，
∴∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误．
综上所述，正确的结论有①②③⑤，
故答案为：①②③⑤．
（5）如图5，将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C，
过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K，
则∠A′BP′＝∠ABP，BP′＝BP，A′B＝AB，P′A′＝PA，
在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，
∴∠ABC＝60°，BCAB＝3，
∵BP′＝BP，∠P′BP＝60°，
∴△BPP′是等边三角形，
∴PP′＝BP，
∴PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，
∵∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴∠PBC+∠A′BP′＝60°，
∴∠A′BC＝∠PBC+∠A′BP′+∠P′BP＝120°，
∴∠A′BK＝180°﹣∠A′BC＝60°，
∵∠A′KB＝90°，
∴∠BA′K＝30°，
∴BKA′B＝3，
在Rt△A′BK中，A′K3，
∴CK＝BC+BK＝3+3＝6，
在Rt△A′CK中，A′C3，
∴PA+PB+PC的最小值为3，
故答案为：3；
（6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，如图6所示：
则△ADE是等腰直角三角形，∠EAD＝90°，
∴DEAD＝4，∠EDA＝45°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠EDC＝45°+45°＝90°，
在Rt△DCE中，CE，
∵∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
∵∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
故答案为：．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转变换的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解本题的关键．
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中考数学一轮复习 四边形
一．解答题（共20小题）
1．【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）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）．
【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA＝4，AE＝6，求BG的长．
【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分别在AD、BC、AB边上，若，，∠FEG＝∠BAD，求出的值．
2．综合与实践——平行四边形旋转中的数学问题
问题情境：
已知 ABCD与 A'B'C'D'中，AB＝A'B'＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝∠A'B'C'＝60°，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．
拼图思考：
（1）希望小组的同学将 ABCD与 A'B'C'D'按图1的方式摆放，其中，点B与点B'重合，点A'落在BC边上，点C'落在BA边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：
①连接BE，求证：BE平分∠ABA'；
②点D，D′之间的距离为： ；
操作探究：
（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持 ABCD不动，将 A'B'C'D'绕点B沿顺时针方向旋转，连接DD′．
①当线段C'D'与DC交于点P时，连接CC'；如图2，求证：点P在DD'的垂直平分线上；
②在 A'B'C'D'旋转的过程中，当点C′恰好落在线段DC的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，D'之间的距离．
3．【问题探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．
①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处，当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③在探究AQ与OP的数量关系时，小颖作了如图2的辅助线：作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，请你直接写出AQ与OP的数量关系．
【迁移探究】
（2）如图3，将（1）中正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
4．在 ABCD中，点E是对角线AC上一点．
（1）如图1，∠DAC＝90°，将△ADE沿DE翻折，使得A点的对应点F落在CD上，若AD＝3，AC＝4，求EF的长；
（2）如图2，∠ADC＝45°，AD＝AC，点G是DE的中点，AF⊥DE交CD于F点，I是AC上一点，连接FI，延长FI交DE的延长线于点J．若∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，求证：AF+FI＝2IJ；
（3）如图3，∠ADC＝45°，AD＝AC，延长DE至M点使AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，取CD中点F，连接GF，FM．当E在直线AC上运动时，直接写出的最大值．
5．如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C的直线L不经过三角形的内部，过点A、B作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为D，E．
（1）请你在图1中，写出一对全等三角形： ；
（2）请证明你所写的结论；
（3）尝试探究：若AD＝a，BE＝b
图1中四边形ADEB的面积为 ；
图2中过点C的直线L经过三角形内部，其他条件不变，则四边形ADBE面积为 （用含a，b的代数式表示）；
（4）拓展应用：如图3，A（﹣1，0）C（0，2）则点B坐标为 ；若点P（不与B重合），在坐标平面内，△ABC与△ACP全等，则点P的坐标为 ．
6．[问题提出]
（1）如图①，BD为矩形ABCD的对角线，点E为BD的中点，连接AE，若BC＝10，CD＝6，则AE的长为 ；
[问题探究]
（2）如图②，AC为 ABCD的对角线，且AC⊥AB，点E、F分别为边AD、BC的中点，连接AF，CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
[问题解决]
（3）如图③，△BCG是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为 ABCD，其中点D在GC的延长线上，E、F分别为边AD、BC的中点，在四边形AECF内种植某种新品种果树，经测量，AC∥BG，BG⊥DG，CE＝160米，∠AFC＝120°，P、H为两个临时仓库，其中H为CE的中点，点P在AC上，现要沿PE、PH修建两条运输通道，问运输通道的总长度（PE+PH）是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．
7．在菱形ABCD中，∠B＝α（0°＜α≤90°），点O′在对角线AC上运动（点O′不与点A，点C重合），，以点O′为顶点作菱形A'B'C'O'；且菱形A'B'C'O'与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′＝AB，∠B′＝∠B，在菱形A'B'C'O'绕点O′旋转的过程中，O'A'与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
（1）如图1，当α＝90°，时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是 ；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，α＝60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接O′B，O′B＝7，，求CE的长度．
8．【材料背景】
如图1，在△ABC中，以边AB为底边向外作等腰Rt△ABD，其中∠ADB＝90°，且AD＝DB，那么点D就被称为边AB的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，∠OAB＝90°，点C为OB的中点．
（1）连接OA、OB、AB，请分别作边OA、AB的“外展等直点”P和Q，连接PC、QC和PQ，则△PCQ的形状为 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段EF上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接OD、BD，分别作△OBD的边OD和边BD的“外展等直点”G、H，连接GC、HC和GH，请判断△GHC的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知M（﹣2，﹣1），N（3，1），请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
9．综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在 ABCD中，∠ADC＝90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持 ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
初步思考：（1）如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥OM，请你证明这一结论；
操作探究：（2）如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
拓展延伸：（3）已知，CD＝2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
10．在数学探究课上，王宇同学通过作辅助图形的方法，计算动点条件下线段和的最小值，其过程如下：
（1）【观察发现】
如图1，在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，E，F分别是AB和AC上的动点，且总有BE＝AF，阅读下面作辅助图形的方法及推理过程并填空，理解确定DE+DF最小值的方法．
∵在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，
∴点D为BC边上的中点，∠B＝∠ACB．
∴AD⊥BC．
过点A作AG⊥AD，使AG＝BD，连接GF．
∴AG∥BC．∴∠GAC＝∠ACB＝∠B．
又∵AF＝BE，∴△AGF≌△BDE（SAS）．
∴GF＝DE．
连接DG，DF，当D，F，G三点共线时，GF+DF的最小值等于线段DG的长．
连接GC，可证四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC．
∴DE+DF的最小值为 ．
（2）【类比应用】
如图2，已知正方形ABCD的边长为6，O为对角线的交点，M，N分别是AB，AD上的动点，且总有BM＝DN，连接OM，CN，求OM+CN的最小值．
（3）【拓展延伸】
如图3，矩形ABCD中，AB，AD＝2，E是AD的中点，F，G分别是BC和DC上的动点，且总有BF＝2DG，则EF+2AG的最小值为 ．
11．综合与实践课上，老师和同学们开展了一场以“最小值”为主题的探究活动．
【提出问题】老师提出了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，P为AD边上的一动点，以PC为边向右作等边△PCE，连接BE，求BE的最小值；
【探究发现】小明发现：如图4所示，以BC为边向下构造一个等边△BCM，便可得到△PCM≌△ECB，进而将 BE的最小值转化为PM的最小值．
（1）按照小明的想法，请求出BE的最小值；
【拓展应用】
（2）小刚受此启发，举一反三，提出新问题：如图2，若将图1当中构造的等边三角形，改为以PC为边向右构造正方形PCFG，则运动过程中，BG的最小值是 ．
（3）小红同学深入研究了小刚的问题，并又提出了新的问题：如图3，若将图2当中构造的正方形改为以PC为边向右构造菱形PCHI，使．∠CPI＝120°，也可求得BI的最小值请你直接写出BI最小值为 ．
12．综合实践
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，点E′为正方形ABCD外一点，且BE'⊥CE'，BE＝BE'，延长AE交CE'于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，BE＝9，请求出DE的长．
13．在一次数学活动课上，老师带领同学们探究图形的变换问题．老师先提出这样一个问题：
有一张矩形纸片ABCD，其中AB＝4，，你能用这张矩形纸片折出一个等边三角形吗？
【操作】小明同学是这样操作的：如图①，先将矩形ABCD沿MN对折；展开后，再将点C沿BE折叠，使点C落在MN上的点F处；再展开，连接BF，CF，则△BCF为等边三角形．
【验证】（1）求证：△BCF为等边三角形；
【应用】（2）连接AF，DF，如图②，求AF的长；
【拓展】（3）将图②中的△BCF绕着点F顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△B′C′F（点B，C的对应点分别为B′，C′），连接AB′，DC′，当△AFB'为等腰三角形时，直接写出线段DC′的长．
14．[回顾课本]苏教版八年级下册数学教材“9.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请根据分析完成证明过程．
已知：如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥BC，．
分析：因为点E是AC的中点，可以考虑把△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就需要证明四边形BCFD是平行四边形……
[探究发现]
如图2，等边△ABC的边长为2，点D、E分别为AB、AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B、C重合），沿DE、DF剪开分成①、②、③三块后，将②、③分别绕点D顺时针、点E逆时针旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值．
[拓展作图]
如图3，已知四边形ABCD，现要求只剪两次将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出两条剪痕，并对剪痕作适当的说明．
15．函数是刻画现实世界的有效模型，函数和现实情境之间的转换可以帮助我们简化问题的处理．
（1）下列情境中，可以用反比例函数刻画的是 ；
A．甲、乙两地相距200km，行驶时间和行驶速度之间的关系；
B．单价为3元的练习本，购买数量和总价的关系；
C．面积为8的矩形，长和宽的关系．
（2）求函数的最小值时，直接求解困难较大，我们可以给函数赋予这样的数学情境：如图1，线段BC＝3，AB＝1，CD＝2，AB⊥BC，CD⊥BC，则AP+PD可表示为 ，（用含有x的代数式表示）请你结合图形，继续完成求解过程．
（3）如图2，四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝9，P为矩形ABCD内（不包含边界）一点，过P分别向AB、BC作垂线，垂足为M，N，若四边形MBNP的面积为6，则称点P为“美丽点”，在矩形BEFG中，BE＝9，BG＝4，过F点的直线l交直线BC于点Q，若直线l上存在“美丽点”，求FQ的取值范围．
16．【探索发现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边A1O与边AB相交于点E，边C1O与边CB相交于点F，连接EF．在实验与探究中，小新发现无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，AE，CF，EF之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明△AOE≌△BOF即可推导出来．
①请你猜想AE，CF，EF之间的数量关系是 ．
②小新对图1的进一步研究中发现，延长EO与DC交于一点G，通过证明△AOE≌△COG也可推导出AE，CF，EF之间的数量关系，请你证明△AOE≌△COG．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断AE，CF，EF之间的数量关系并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，点D是边AB的中点，∠EDF＝90°，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝4cm时，请直接写出线段CF的长度．
17．综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF．
特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积．
“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
（2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE．
深入探究：老师进一步提出问题：
（3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2．
请你解答这三个问题．
18．数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 ，位置关系是 ．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
19．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例1：求证：三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分． 已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，BE＝EC，AF＝FC． 求证：AE、DF互相平分． 证明：连接DE、EF．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的解题过程．
【拓展】如图②，设图①中的AE与DF的交点为G，连接CD，分别交AE、EF于点H、K．
（1） ．
（2）若四边形FGHK的面积为3，则四边形ADEF的面积为 ．
20．【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 ；
【模型应用】
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 ；S四边形BPCQ＝ ；
（3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 ；AC的长为 ；
【深化模型】
（4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 ．
【拓展提高】
（5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 ．
（6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
中考数学一轮复习 四边形
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）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： DEAG （不用证明）．
【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE＝30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA＝4，AE＝6，求BG的长．
【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分别在AD、BC、AB边上，若，，∠FEG＝∠BAD，求出的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】【问题情境】DEAG；
【变式探究】BG＝64；
【拓展应用】的值为．
【分析】【问题情境】由四边形ABCD是矩形，可得∠A＝∠B＝90°，推出△AEG∽△DFE，可得DEAG；
【变式探究】过点F作FH⊥AD于H，则∠EHF＝90°，可得△AEG∽△HFE，得出，，进而求得：EH＝4，FH＝6，再由四边形ABFH是矩形，可得AB＝FH＝6，即可求得答案；
【拓展应用】延长AD至M，连接FM交CD于P，使∠AMF＝∠BAD，可得△AEG∽△MFE，推出，再根据平行四边形性质和等腰三角形性质即可求得答案．
【解答】解：【问题情境】结论：EDAG，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠AGE+∠AEG＝90°，
∵∠FEG＝90°，∠GFE＝30°，
∴∠DEF+∠AEG＝90°，tan30°，
∴∠AGE＝∠DEF，
∴△AEG∽△DFE，
∴，
∴DEAG，
故答案为：DEAG；
【变式探究】如图2，过点F作FH⊥AD于H，
则∠EHF＝90°，
∴∠FEH+∠EFH＝90°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠FEH+∠AEG＝90°，
∴∠AEG＝∠EFH，
∵∠A＝∠EHF＝90°，
∴△AEG∽△HFE，
∴，，
∴EH＝4，FH＝6，
∵∠A＝∠B＝∠AHF＝90°，
∴四边形ABFH是矩形，
∴AB＝FH＝6，
∴BG＝AB﹣AG＝64；
【拓展应用】如图3，延长AD至M，连接FM交CD于P，使∠AMF＝∠BAD，
∵∠FEG＝∠BAD，
∴∠FEG＝∠BAD＝∠AMF，
∴∠AEG+∠AGE＝∠FEM+∠AEG，
∴∠AGE＝∠FEM，
∴△AEG∽△MFE，
∴，
∵，，
∴ABAD，AEAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠BAD＝∠C，
∴∠CDM＝∠BAD＝∠AMF＝∠C＝∠CFP，
∴PD＝PM，PC＝PF，
∴PC+PD＝PF+PM，
即CD＝FM＝AB，
∴．
【点评】本题是三角形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
2．综合与实践——平行四边形旋转中的数学问题
问题情境：
已知 ABCD与 A'B'C'D'中，AB＝A'B'＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝∠A'B'C'＝60°，同学们利用这样的两张平行四边形纸片开展操作实验，从中发现了许多有趣的数学问题，请你和他们一起进行探究．
拼图思考：
（1）希望小组的同学将 ABCD与 A'B'C'D'按图1的方式摆放，其中，点B与点B'重合，点A'落在BC边上，点C'落在BA边的延长线上，他们提出了如下问题，请你解答：
①连接BE，求证：BE平分∠ABA'；
②点D，D′之间的距离为： 2 ；
操作探究：
（2）创新小组的同学在图1的基础上进行了如下操作：保持 ABCD不动，将 A'B'C'D'绕点B沿顺时针方向旋转，连接DD′．
①当线段C'D'与DC交于点P时，连接CC'；如图2，求证：点P在DD'的垂直平分线上；
②在 A'B'C'D'旋转的过程中，当点C′恰好落在线段DC的延长线上时，请在图3中补全图形，并直接写出此时点D，D'之间的距离．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）①证明见解析；②2；
（2）①证明见解析；②20．
【分析】（1）①借助△BAE与△BAE全等求证；②连接DD，判断△DDE′求解即可；
（2）①连接BD，BD，判断△BDD为等腰三角形，利用三线合一求证；②画出满足条件的图形，利用等边三角形求解．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD、A'B'C'D'是平行四边形，
∴AD∥BC，A'D'∥B'C'，
∴四边形A'EAB是平行四边形，∠AEB＝∠EBC，
∴AE＝B'A'，
∵BA＝B'A'，
∴BA＝AE，
∴四边形A'EAB是菱形，
∴BE平分∠ABA'．
②解：连接DD，如图，
由①知四边形ABAE是菱形，
∴AE＝AE＝CD＝6，
∴AD﹣AE＝AD﹣AE，
∴ED＝ED'＝8﹣6＝2，
∵∠DED＝∠ABA＝60°，
∴△EDD为等边三角形，
∴DD'＝ED＝2．
故答案为：2．
（2）①证明：∵BC＝BC'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
在 ABCD和 A'B'C'D'中，
∵∠ABC＝∠AB'C＝60°，AB＝A'B'，
∴∠BCD＝∠B'C'D'＝120°，CD＝C'D'，
∴∠PCC'＝∠PC'C
∴PC＝PC'，
∴PD＝PD'，
∴点P在DD'的垂直平分线上．
②解：如图，
ABCD与 ABCD中，AB＝AB＝6，BC＝B'C'＝8，∠ABC＝ABC'＝60°，
∴CD＝C'D'＝6，BC＝BC'＝8，∠CBC'＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
∴△BCC'是等边三角形，
∴CC'＝8，
∴DD'＝6+6+8＝20．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，图形的旋转，全等三角形的判定与性质，等腰三角的性质定，等边三角形的判定与性质．关键是借助三角形全等和等腰三角形的三线合一进行解题．
3．【问题探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD，PB．
①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处，当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③在探究AQ与OP的数量关系时，小颖作了如图2的辅助线：作PM⊥AB于点M，作PN⊥AD于点N，作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，请你直接写出AQ与OP的数量关系．
【迁移探究】
（2）如图3，将（1）中正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答；②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°；③AQOP；
（2）AQ＝CP．
【分析】（1）①根据正方形的性质可得CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°，利用SAS证明△DCP≌△BCP即可证得结论；
②过点P作PM⊥AB于M，作PN⊥AD于N，可证得四边形AMPN是正方形，再利用HL证明Rt△DPN≌Rt△QPM，可得∠DPN＝∠QPM，再利用角的关系即可证得结论；
③先得出△BEF是等腰直角三角形，BEEF，再证得四边形EFOP是矩形，得出EF＝OP，即可求得答案；
（2）过点P作PM⊥AB于M，PE∥BC交AB于E，过点E作EG∥AC交BC于G，结合菱形的性质可得：四边形PEGC是平行四边形，再得出△ABC、△PAE和△BGE都是等边三角形，即可得出答案．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°，
∵CP＝CP，
∴△DCP≌△BCP（SAS），
∴PD＝PB；
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°；
理由如下：
过点P作PM⊥AB于M，作PN⊥AD于N，如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，
又∵PM⊥AB，PN⊥AD，
∴PM＝PN，
∴四边形AMPN是正方形，
∴∠MPN＝90°，
∵PD＝PQ，PM＝PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），
∴∠DPN＝∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM＝90°，
∴∠QPN+∠DPN＝90°，
即∠DPQ＝90°；
③解：AQOP，理由如下：如图2，
由①②知：PB＝PD＝PQ，AM＝PM，
∵PM⊥AB，
∴BM＝QM，
∵∠BAC＝45°，
∴∠PEA＝45°＝∠PAE，
∵PM⊥AE，
∴AM＝EM＝PM，
∴BM﹣EM＝QM﹣AM，
即BE＝AQ，
∵∠BFE＝90°，∠ABD＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BEEF，
∵∠POF＝∠OPE＝∠OFE＝90°，
∴四边形EFOP是矩形，
∴EF＝OP，
∴AQOP；
（2）解：AQ＝CP．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PD＝PB，
由旋转知：PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
过点P作PM⊥AB于M，PE∥BC交AB于E，过点E作EG∥AC交BC于G，如图3，
则四边形PEGC是平行四边形，
∴PC＝EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
同理可得：△PAE和△BGE都是等边三角形，
∴BE＝EG＝PC，
∵PM⊥AB，
∴MQ＝MB，MA＝ME，
∴MQ﹣MA＝MB﹣ME，
即AQ＝BE，
∴AQ＝CP．
【点评】本题是正方形和菱形综合题，考查了正方形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
4．在 ABCD中，点E是对角线AC上一点．
（1）如图1，∠DAC＝90°，将△ADE沿DE翻折，使得A点的对应点F落在CD上，若AD＝3，AC＝4，求EF的长；
（2）如图2，∠ADC＝45°，AD＝AC，点G是DE的中点，AF⊥DE交CD于F点，I是AC上一点，连接FI，延长FI交DE的延长线于点J．若∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，求证：AF+FI＝2IJ；
（3）如图3，∠ADC＝45°，AD＝AC，延长DE至M点使AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，取CD中点F，连接GF，FM．当E在直线AC上运动时，直接写出的最大值．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）；
（2）证明过程详见解析；
（3）．
【分析】（1）先由勾股定理求得CD＝5，再由折叠性质得DF＝AD＝3，EF＝AE，设EF＝AE＝x，在Rt△EFC中，利用勾股定理列方程求得x值即可；
（2）先根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝∠ACD＝45°，∠DAC＝90°，再根据直角三角形斜边中线性质得到，进而得到∠ADG＝∠DAG，设∠ADG＝∠DAG＝α，利用三角形的外角性质结合已知得到∠AGE＝∠J＝2α，GE＝EJ，证明△AEG≌△IEJ（ASA），AG∥FJ得到DE＝2AG＝2IJ，在DE截取DH＝AF，连接AH，证明△ADH≌△CAF（SAS）得到AH＝CF，∠DAH＝∠ACF＝45°，再证明△AHE≌△CFI（AAS）得到HE＝FI，进而可得结论；
（3）连接AF，DG，根据等腰三角形的性质得到AG垂直平分DM，则DG＝GM，∠DAC＝90°，设∠CAM＝2β，再根据等腰三角形的等边对等角进行角度运算得∠CMD＝45°，进而推导出∠DGC＝90°，设AD＝AC＝2a，则AM＝2a，利用直角三角形斜边中线性质得到，利用三角形的三边关系得到，当点F、A、M共线时取等号，进而求得FM的最大值即可求解．
【解答】（1）解：∵AD＝3，AC＝4，∠DAC＝90°，
∴，
由折叠性质得DF＝AD＝3，EF＝AE，
设EF＝AE＝x，
在Rt△EFC中，CE＝AC﹣AE＝4﹣x，CF＝CD﹣DF＝2，
由勾股定理得x2+22＝（4﹣x）2，
解得，
∴．
（2）证明：∵∠ADC＝45°，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝45°，则∠DAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∵点G是DE的中点，
∴，
∴∠ADG＝∠DAG，设∠ADG＝∠DAG＝α，
∴∠AGE＝∠ADG+∠DAG＝2∠DAG＝2α，
又∵∠J＝2∠DAG，AG＝EJ，
∴∠AGE＝∠J＝2α，GE＝EJ，
又∵∠AEG＝∠IEJ，
∴△AEG≌△IEJ（ASA），AG∥FJ，
∴AG＝IJ，则DE＝2AG＝2IJ，
∵AF⊥DE，∠DAC＝90°，
∴∠FAC+∠AED＝∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠FAC＝α，
在DE截取DH＝AF，连接AH，
在△ADH和△CAF中，
，
∴△ADH≌△CAF（SAS），
∴AH＝CF，∠DAH＝∠ACF＝45°，
∵∠HAE＝∠DAC﹣∠DAH＝90°﹣45°＝45°，
∴∠HAE＝∠FCI＝45°，
∵AG∥FJ，∠GAE＝90°﹣∠DAG＝90°﹣α，
∴∠CIF＝∠GAE＝90°﹣α，
∵∠AEH＝90°﹣∠ADG＝90°﹣α，
∴∠AEH＝∠CIF，
在△AHE和△CFI中，
，
∴△AHE≌△CFI（AAS），
∴HE＝FI，
∵DH+HE＝DE，
∴AF+FI＝2IJ；
（3）如图，连接AF、DG，
∵AM＝AD，∠DAM的角平分线交DE于点N，交MC延长线于点G，
∴AG⊥DM，DN＝MN，
∴AG垂直平分DM，则DG＝GM，
∵∠ADC＝45°，AD＝AC，
∴∠ADC＝∠ACD＝45°，则∠DAC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
设∠CAM＝2β，
∵AM＝AD＝AC，
∴∠AMD（180°﹣∠DAM）＝45°﹣β，，
∴∠CMD＝∠AMC﹣∠AMD＝（90°﹣β）﹣（45°﹣β）＝45°，
又∵DG＝GM，
∴∠GDM＝∠GMD＝45°，
则∠DGC＝180°﹣2×45°＝90°，
设AD＝AC＝2a，则AM＝2a，
∵F为CD的中点，∠DAC＝90°，∠DGC＝90°，
∴，
∵E在直线AC上运动时，，
当点F、A、M共线时取等号，即点M在点M'处时，FM有最大值为（2）a，
的最大值为．
【点评】本题考查等腰三角形的判定与性质、折叠性质、直角三角形的性质、三角形的外角性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、线段垂直平分线的性质、最短路径问题等知识，综合性极强的压轴题，需要学生有一定的综合能力和分析问题、解决问题的能力，利用数形结合思想进行灵活运用所学相关知识进行解决问题．
5．如图1，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C的直线L不经过三角形的内部，过点A、B作AD⊥DE，BE⊥DE，垂足为D，E．
（1）请你在图1中，写出一对全等三角形： △ADC≌△CEB； ；
（2）请证明你所写的结论；
（3）尝试探究：若AD＝a，BE＝b
图1中四边形ADEB的面积为 ；
图2中过点C的直线L经过三角形内部，其他条件不变，则四边形ADBE面积为 （用含a，b的代数式表示）；
（4）拓展应用：如图3，A（﹣1，0）C（0，2）则点B坐标为 （﹣2，3） ；若点P（不与B重合），在坐标平面内，△ABC与△ACP全等，则点P的坐标为 （﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1） ．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力．
【答案】（1）△ADC≌△CEB；
（2）见解析；
（3），；
（4）（﹣2，3），（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1）．
【分析】（1）依据图形直接写出即可；
（2）这是“一线三垂直”全等模型，通过同角的余角相等进行转化即可得证；
（3）①利用梯形面积公式可解；②同（2）可证△ADC≌△CEB，四边形ADEB的面积为△ADE和△BDE面积之和；
（4）在坐标系内构造全等三角形即可求解，注意分情况讨论．
【解答】（1）解：△ADC≌△CEB；
（2）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC＝∠CEB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝∠ACD+∠DAC，
∴∠DAC＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（3）解：①由（2）知△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE＝a，BE＝DC＝b，
∴四边形ADEB的面积为：；
②同（2）可证△ADC≌△CEB，
∴AD＝CE＝a，BE＝DC＝b，
∴DE＝CE﹣CD＝a﹣b，
∴四边形ADEB的面积为：；
故答案为：，；
（4）解：如图所示，作BD⊥y轴于点D．
∵A（﹣1，0），C（0，2），
∴OA＝1，OC＝2，
∵∠ACB＝90°，BD⊥y轴，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠ACO，
在△AOC和△CEB中，
，
∴△CDB≌△AOC（AAS），
∴CD＝OA＝1，BD＝OC＝2，
∴OD＝OC+CD＝2+1＝3，
∴B（﹣2，3）；
若△ABC与△ACP全等，则点P可能在第一、二、四象限，如图所示：
当点P在第二象限时，作P1H⊥x轴于点H，
∵∠CAP1＝∠ACB＝90°，P1H⊥x轴，
∴∠CAO+∠P1AH＝90°，∠AP1H+∠P1AH＝90°，
∴∠ACO＝∠P1AH，
在△P1AH和△ACO中，
，
∴△ACO≌△P1AH（AAS），
∴P1H＝OA＝1，AH＝OC＝2，
∴OH＝OA+AH＝1+2＝3，
∴P1（﹣3，1），
同理可得P2（2，1），P3（1，﹣1），
综上可知，B点坐标为（﹣2，3），点P的坐标为（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1），
故答案为：（﹣2，3），（﹣3，1）或（2，1）或（1，﹣1）．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质以及坐标与图形等内容，熟练掌握“一线三垂直”模型是解题关键．
6．[问题提出]
（1）如图①，BD为矩形ABCD的对角线，点E为BD的中点，连接AE，若BC＝10，CD＝6，则AE的长为 ；
[问题探究]
（2）如图②，AC为 ABCD的对角线，且AC⊥AB，点E、F分别为边AD、BC的中点，连接AF，CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；
[问题解决]
（3）如图③，△BCG是王叔叔家的果园平面示意图，王叔叔欲对该果园进行扩建，扩建部分为 ABCD，其中点D在GC的延长线上，E、F分别为边AD、BC的中点，在四边形AECF内种植某种新品种果树，经测量，AC∥BG，BG⊥DG，CE＝160米，∠AFC＝120°，P、H为两个临时仓库，其中H为CE的中点，点P在AC上，现要沿PE、PH修建两条运输通道，问运输通道的总长度（PE+PH）是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；推理能力；模型思想．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）PE+PH的最小值为米．
【分析】（1）先求解，可得；
（2）证明AD∥|BC，AD＝BC，结合AE＝CF，可得四边形AECF是平行四边形，结合AC⊥AB，F为边BC的中点，可得AF＝BF＝CF，从而可得结论；
（3）如图，连接EF，连接FH交AC于P，证明四边形ABGC是矩形，可得∠BAC＝90°，结合（2）可得：四边形AFCE为菱形；可得PE+PH＝PF+PH＝FH，此时PE+PH最小，证明△ECF为等边三角形，可得CF＝EF＝160，证明FH⊥CE，CH＝EH＝80，再进一步即可得解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，BC＝10，CD＝6，
∴AD＝BC＝10，AB＝CD＝6，∠BAD＝90°，
∴，
∵点E为BD的中点，
∴．
故答案为：．
（2）四边形AECF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵点E、F分别为边AD、BC的中点，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥AB，F为边BC的中点，
∴AF＝BF＝CF，
∴四边形AECF是菱形；
（3）如图，连接EF，连接FH交AC于P，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DG，
∵AC∥BG，
∴四边形ABGC是平行四边形，
∵BG⊥DG，
∴∠BGC＝90°，
∴四边形ABGC是矩形，
∴∠BAC＝90°，
∵E、F分别为边AD、BC的中点，
结合（2）可得：四边形AFCE为菱形；
∴AF∥CE，AF＝CF＝CE＝AE，AC⊥EF，AC，EF互相垂直平分，
∴PE+PH＝PF+PH≥FH，
当F、P、H三点共线时，PE+PH最小，
∵∠AFC＝120°，
∴∠ECF＝60°，
∴△ECF为等边三角形，而CE＝160，
∴CF＝EF＝160，
∵H为CE的中点，
∴FH⊥CE，CH＝EH＝80，
∴．
∴PE+PH的最小值为米．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定 与性质，等边三角形的判定与性质，掌握几何基础知识是解本题的关键．
7．在菱形ABCD中，∠B＝α（0°＜α≤90°），点O′在对角线AC上运动（点O′不与点A，点C重合），，以点O′为顶点作菱形A'B'C'O'；且菱形A'B'C'O'与菱形ABCD的形状、大小完全相同，即A′B′＝AB，∠B′＝∠B，在菱形A'B'C'O'绕点O′旋转的过程中，O'A'与边BC交于点E，O′C′与边CD交于点F．
【特例感知】
（1）如图1，当α＝90°，时，则CE，CF，BC之间满足的数量关系是 CF+CE＝BC ；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，α＝60°，求CE+CF的值（用含k的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接O′B，O′B＝7，，求CE的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）CF+CE＝BC；
（2）CE+CF＝8k；
（3）CE的长度为或．
【分析】（1）连接O′B，当α＝90°，时，四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，可证得△BO′E≌△CO′F（ASA），得出BE＝CF，即可求得答案；
（2）过点O′作O′G∥AB，交BC于G，可证得△ABC、△ACD、△O′CG均为等边三角形，得出O′G＝CG＝O′C＝k AC＝8k，再证得△O′EG≌△O′FC（ASA），即可得出答案；
（3）连接BD交AC于O，运用勾股定理求得OO′＝1，分两种情况：当点O′在线段AO上时，当点O′在线段OC上时，分别求得CE即可．
【解答】解：（1）当α＝90°，时，
四边形ABCD和A′B′C′O′均为正方形，且O′为AC的中点，
如图1，连接O′B，
则O′B＝O′C，∠O′BE＝∠O′CF＝45°，∠BO′E+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F＝90°，
∴∠BO′E＝∠CO′F，
∴△BO′E≌△CO′F（ASA），
∴BE＝CF，
∵BE+CE＝BC，
∴CF+CE＝BC，
故答案为：CF+CE＝BC；
（2）如图2，过点O′作O′G∥AB，交BC于G，
∵四边形ABCD和四边形A′B′C′O′是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，α＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝A′B′＝B′C′＝C′O′＝O′A′＝8，∠B＝∠D＝∠B′＝∠A′O′C′＝60°，
∴△ABC、△ACD均为等边三角形，
∴∠BAC＝∠ACB＝∠ACD＝60°，AC＝AB＝8，
∵O′G∥AB，
∴∠CO′G＝∠BAC＝60°＝∠O′CG，
∴△O′CG是等边三角形，
∴O′G＝CG＝O′C＝k AC＝8k，
∵∠EO′G+∠CO′E＝∠CO′E+∠CO′F′＝60°，
∴∠EO′G＝∠CO′F，
∴△O′EG≌△O′FC（ASA），
∴EG＝CF，
∵CE+EG＝CG，
∴CE+CF＝8k；
（3）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，
∴OCACBC＝4，
∴OB4，
∴OO′1，
当点O′在线段AO上时，如图2，过点O′作O′H⊥BC于H，
则O′C＝OO′+OC＝1+4＝5，
∴k，
由（2）知：CE+CF＝8k，
∴CE+CF＝85，
∵CF，
∴CE＝5；
当点O′在线段OC上时，如图3，
则O′C＝OC﹣OO′＝4﹣1＝3，
∴k，
∴CE+CF＝83，
∴CE＝3；
综上所述，CE的长度为或．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．
8．【材料背景】
如图1，在△ABC中，以边AB为底边向外作等腰Rt△ABD，其中∠ADB＝90°，且AD＝DB，那么点D就被称为边AB的“外展等直点”．
【建构与探究】
如图2，正方形网格是由边长为“1”的正方形组成，点O、A、B、C都在格点上，∠OAB＝90°，点C为OB的中点．
（1）连接OA、OB、AB，请分别作边OA、AB的“外展等直点”P和Q，连接PC、QC和PQ，则△PCQ的形状为 等腰直角三角形 ；
（2）如图3，点E、F在格点上，请在线段EF上的格点中任取一点D（不与点A重合），连接OD、BD，分别作△OBD的边OD和边BD的“外展等直点”G、H，连接GC、HC和GH，请判断△GHC的形状，并说明理由．
【应用与拓展】
（3）如图4，点M、N为平面内某三角形两条边的“外展等直点”，已知M（﹣2，﹣1），N（3，1），请直接写出该三角形第三条边的中点K的坐标．
【考点】四边形综合题．
【专题】作图题；压轴题；新定义；几何直观．
【答案】（1）作图见解析，等腰直角三角形；（2）具体见解析；（3）K1（，），K2（，）．
【分析】（1）根据“外展等值点”的定义即可画出点P、Q，再根据图形可知△PCQ是等腰直角三角形；
（2）先在格点上选取点D，根据“外展等值点”的定义即可画出点G、H，再利用“一线三垂直”的全等即可得证；
（3）由第二问可知△MNK为等腰直角三角形，所以会有两个K点，再构造“一线三垂直”的全等求解即可．
【解答】解：（1）点P、Q即为所求，
由图可知PC＝CQ＝3，且∠PCQ＝90°，
∴△PCQ是等腰直角三角形．
故答案为：等腰直角三角形．
（2）选取点D如图所示，G、H即为所求．
参考一：
△GHC形状为等腰直角三角形，理由如下：
如图，GI＝CJ＝CI＝HJ＝3，∠GIC＝∠CHH＝90°
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝CH，且∠GCH＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
参考二：
如图，GI＝CJ＝3，CI＝HJ＝1，∠GIC＝∠CJH＝90°，
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝HC，∠IGC＝∠JCH，则∠GCH＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
参考三：
如图，GI＝CJ＝1，CI＝HJ＝3，∠GIC＝∠CHH＝90°，
∴△GIC≌△CJH（SAS），
∴GC＝HC，∠IGC＝∠JCH，则∠GCH＝90°，
∴△GHC为等腰直角三角形．
（3）由第二问可知△MNK为等腰直角三角形，如图则会在MN上方和下方各有一个K点，
过K1作EF∥x轴，作ME⊥EF于点E，NF⊥EF于点F，
∵∠MK1N＝90°，
∴∠MK1E＝∠FNK1＝90°﹣∠FK1N，
∵∠E＝∠F＝90°，MK1＝NK1，
∴△MEK1≌△K1FN（AAS），
∴ME＝FK1，EK1＝FN，
∵M（﹣2，﹣1），N（3，1），
∴EF＝EK1+FK1＝5，EM﹣FN＝2，
即ME+FN＝5，ME﹣FN＝2，
∴ME，FN，
∴K1（，）；
同理可得K2（，）．
综上，三角形第三条边的中点K的坐标为K1（，），K2（，）．
【点评】本题主要考查格点作图、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识点和理解题意是解题的关键．
9．综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在 ABCD中，∠ADC＝90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持 ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
初步思考：（1）如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥OM，请你证明这一结论；
操作探究：（2）如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
拓展延伸：（3）已知，CD＝2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）线段AM的长度为2或1或．
【分析】（1）连接CF，DF，由旋转得∠ADC＝∠EFG，OD＝OF，再证得Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），得出∠AOM＝∠FOM，进而得出∠AOM＝∠ODF，利用平行线的判定即可证得结论；
（2）延长OM交BG于点N，由旋转得CD＝GF，进而推出BM＝GM，再证得∠BMN＝∠GMN，利用等腰三角形的性质即可证得结论；
（3）分三种情况：当FC＝FD时，当FC＝CD时，当FD＝CD时，分别求得AM即可．
【解答】（1）证明：如图1，连接CF，DF，
∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴∠ADC＝∠EFG，OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠ADC＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵点O是边AD的中点，
∴OA＝OD，
∴OA＝OF．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
又∵∠ADC＝90°，
∴∠BAD＝180°﹣90°＝90°，
∴∠BAD＝∠EFG＝90°，
∵在Rt△OAM和Rt△OFM中，
∴Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），
∴∠AOM＝∠FOM，
∵∠AOF是△OFD的一个外角，
∴∠AOF＝∠AOM+∠FOM＝∠ODF+∠OFD，
即2∠AOM＝2∠ODF，
∴∠AOM＝∠ODF，
∴FD∥OM；
（2）证明：如图2，延长OM交BG于点N，
由（1）知：Rt△OAM≌Rt△OFM，
∴AM＝FM，∠AMO＝∠FMO，
∵将△ADC绕点O顺时针旋转得到△EFG，
∴CD＝GF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴AB＝GF，
∴AB﹣AM＝GF﹣MF，
即BM＝GM，
∵∠AMO＝∠FMO，∠AMO＝∠BMN，∠FMO＝∠GMN，
∴∠BMN＝∠GMN，
∴OM垂直平分BG；
（3）解：∵以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形，
∴FC＝FD或FC＝CD或FD＝CD，
当FC＝FD时，如图3，过点F作FH⊥CD于H，交AB于L，过点O作OK⊥FH于K，
则四边形AOKL、OKHD、ALHD均为矩形，
∴AL＝OK＝DH，LK＝OA，
∵，CD＝2，点O是边AD的中点，
∴LK＝OA＝OD，
∵FC＝FD，FH⊥CD，
∴DHCD＝1，
∴OK＝AL＝DH＝1，
由旋转得OF＝OD，
又∵∠OKF＝90°，
∴FK1，
∴FK＝OK，
∴∠OFK＝∠FOK＝45°，
∴∠MFL＝90°﹣∠OFK＝45°，
∴△FML是等腰直角三角形，
∴ML＝FL＝LK﹣FK1，
∴AM＝AL﹣ML＝1﹣（1）＝2；
当FC＝CD时，如图3，连接OC，
由旋转得OF＝OD，
又∵OC＝OC，
∴△OCF≌△OCD（SSS），
∴∠OFC＝∠ODC＝90°，
∵∠EFG＝90°，
∴∠OFC+∠EFG＝90°+90°＝180°，
即C、F、G三点共线，
在Rt△OAM和Rt△OFM中，
，
∴Rt△OAM≌Rt△OFM（HL），
∴AM＝FM，
设AM＝x，
∵四边形ABCD是矩形，AD＝2，CD＝2，
∴AB＝CD＝2，BC＝AD＝2，
则BM＝2﹣x，CM＝CF+FM＝2+x，
在Rt△BCM中，BM2+BC2＝CM2，
∴（2﹣x）2+（2）2＝（2+x）2，
解得：x＝1，
∴AM＝1；
当FD＝CD时，如图5，过点O作OK⊥DF于K，
∵OF＝OD，OK⊥DF，
∴DK＝FKDF＝1，
在Rt△ODK中，OK1，
∴OK＝DK＝FK，
∴△ODK和△OFK均为等腰直角三角形，
∴∠DOK＝∠FOK＝45°，
∴∠DOF＝45°+45°＝90°，
∴∠AOF＝90°，
∴∠OAM＝∠AOF＝∠OFM＝90°，
∴四边形AOFM是矩形，
∴AM＝OF；
综上所述，线段AM的长度为2或1或．
【点评】本题是矩形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质等知识，熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质是解题关键．
10．在数学探究课上，王宇同学通过作辅助图形的方法，计算动点条件下线段和的最小值，其过程如下：
（1）【观察发现】
如图1，在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，E，F分别是AB和AC上的动点，且总有BE＝AF，阅读下面作辅助图形的方法及推理过程并填空，理解确定DE+DF最小值的方法．
∵在等边△ABC中，AC＝2，CDBC，
∴点D为BC边上的中点，∠B＝∠ACB．
∴AD⊥BC．
过点A作AG⊥AD，使AG＝BD，连接GF．
∴AG∥BC．∴∠GAC＝∠ACB＝∠B．
又∵AF＝BE，∴△AGF≌△BDE（SAS）．
∴GF＝DE．
连接DG，DF，当D，F，G三点共线时，GF+DF的最小值等于线段DG的长．
连接GC，可证四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC．
∴DE+DF的最小值为 2 ．
（2）【类比应用】
如图2，已知正方形ABCD的边长为6，O为对角线的交点，M，N分别是AB，AD上的动点，且总有BM＝DN，连接OM，CN，求OM+CN的最小值．
（3）【拓展延伸】
如图3，矩形ABCD中，AB，AD＝2，E是AD的中点，F，G分别是BC和DC上的动点，且总有BF＝2DG，则EF+2AG的最小值为 2 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；构造法；模型思想．
【答案】（1）2；（2）；（3）2．
【分析】（1）根据题意可得四边形ADCG是矩形，从而得到DG＝AC＝2；
（2）类比第一问作辅助线，得出OM+CN＝GN+CN，当G，N，C三点共线时，线段GC的长为GN+CN的最小值，进而求解即可；
（3）由BF＝2DG和前述思路可以构造2AG，所有延长AB到H，使BH＝2AD，连接FH，从而△ADG∽△HBF，得到FH＝2AG，连接EH，当E、F、H三点共线时，线段EH的长为EF+2AG的最小值，利用勾股定理求EH即可．
【解答】解：（1）由作图可知，四边形ADCG是矩形，
∴DG＝AC＝2，
故答案为：2．
（2）如图，类比（1），过点D作 DG⊥BD，使DG＝OB，连接GN，易得∠GDN＝∠ADB＝∠OBM．
在△GND和△OMB 中，
∵GD＝OB，∠GDN＝∠OBM，DN＝BM，
∴△GND≌△OMB（SAS）．
∴GN＝OM．
∴OM+CN＝GN+CN．
连接GC，当G，N，C三点共线时，线段GC的长为GN+CN的最小值．
过点G作GH⊥CD，交CD的延长线于点H．
在正方形ABCD中，BD为对角线，
∴∠ADB＝45°
∵∠GDH+∠GDA＝90°，∠ADB+∠GDA＝90°
∴∠GDH＝∠ADB＝45°．
∴Rt△HGD为等腰直角三角形．
∵正方形ABCD的边长为6，
∴．
∴．
∴在 Rt△HGC 中，，
∴OM+CN的最小值为 ．
（3）如图，延长AB到H，使BH＝2AD，连接FH．
∵，∠ADG＝∠HBF，
∴△ADG∽△HBF，
∴，
∴FH＝2AG，
∴EF+2AG＝EF+FH，
连接EH，当E、F、H三点共线时，线段EH的长为EF+2AG的最小值．
∵AEAD，AH＝AB+BH＝5，
∴EH2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查矩形的性质、正方形的性质、勾股定理、轴对称的性质、全等三角形的判定和性质相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识和添加合适的辅助线是解题关键．
11．综合与实践课上，老师和同学们开展了一场以“最小值”为主题的探究活动．
【提出问题】老师提出了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝6，P为AD边上的一动点，以PC为边向右作等边△PCE，连接BE，求BE的最小值；
【探究发现】小明发现：如图4所示，以BC为边向下构造一个等边△BCM，便可得到△PCM≌△ECB，进而将 BE的最小值转化为PM的最小值．
（1）按照小明的想法，请求出BE的最小值；
【拓展应用】
（2）小刚受此启发，举一反三，提出新问题：如图2，若将图1当中构造的等边三角形，改为以PC为边向右构造正方形PCFG，则运动过程中，BG的最小值是 6 ．
（3）小红同学深入研究了小刚的问题，并又提出了新的问题：如图3，若将图2当中构造的正方形改为以PC为边向右构造菱形PCHI，使．∠CPI＝120°，也可求得BI的最小值请你直接写出BI最小值为 3+3 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）BE的最小值为33；
（2）6；
（3）3+3．
【分析】（1）过点M作MK⊥AD于K，交BC于L，可证得△BCE≌△MCP（SAS），得出BE＝MP，由M为定点，可得当MP⊥AD时，即点P与点K重合时，MP＝MK最小，再利用解直角三角形求得MK即可；
（2）以BC为边向下作正方形BCKL，连接BK、CL交于点O，连接OP，CG，过点O作OP′⊥AD于P′，交BC于T，可推出∠BCG＝∠OCP，，证得△BCG∽△OCP，得出，即BGOP，故当BG取得最小值时，OPBG最小，利用解直角三角形求得OT，进而可求得BG的最小值；
（3）连接CI、PH交于O，在BC下方作射线BM、射线CN，使∠CBM＝∠BCN＝30°，射线BM、射线CN交于点Q，过点Q作QP′⊥AD于P′，交BC于K，连接PQ，可证得△BCI∽△QCP，得出，即BIQP，故当QP取得最小值时，BIQP最小，由点Q为定点，可得当QP⊥AD，即点P与点P′重合时，QP＝QP′＝QK+KP′最小，运用解直角三角形即可求得答案．
【解答】解：（1）如图，过点M作MK⊥AD于K，交BC于L，
∵△PCE和△BCM都是等边三角形，
∴CE＝CP，CB＝CM，∠PCE＝∠MCB＝∠MBC＝60°，
∴∠PCE+∠PCB＝∠MCB+∠PCB，
即∠BCE＝∠MCP，
在△BCE和△MCP中，
，
∴△BCE≌△MCP（SAS），
∴BE＝MP，
∴当MP最小时，BE最小，
∵M为定点，
∴当MP⊥AD时，即点P与点K重合时，MP＝MK最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，BC＝6，∠A＝∠ABC＝90°，
∴ML⊥BC，
∵∠AKL＝∠A＝∠ABC＝90°，
∴四边形ABLK是矩形，
∴KL＝AB＝3，
在Rt△MCL中，ML＝CM sin∠MCB＝6sin60°＝3，
∴MK＝ML+KL＝33，
∴BE的最小值为33；
（2）如图，以BC为边向下作正方形BCKL，连接BK、CL交于点O，连接OP，CG，过点O作OP′⊥AD于P′，交BC于T，
∵四边形CPGF、BCKL是正方形，
∴∠PCG＝∠BCO＝45°，CGCP，OC＝OBBC＝3，△BOC是等腰直角三角形，
∴∠PCG+∠PCB＝∠BCO+∠PCB，
即∠BCG＝∠OCP，
∵，
∴△BCG∽△OCP，
∴，
∴BGOP，
∴当BG取得最小值时，OPBG最小，
∵点O为定点，
∴当OP⊥AD时，即点P与点P′重合时，OP＝OP′最小，
∵BC∥AD，
∴OP′⊥BC，即∠CTO＝90°，
∴OT＝OC sin∠BCO＝3sin45°＝3，
∵∠A＝∠ABC＝∠AP′O＝90°，
∴四边形ABTP′是矩形，
∴TP′＝AB＝3，
∴OP′＝OT+TP′＝3+3＝6，
∴OP的最小值为6，
∴BG的最小值为6，
故答案为：6；
（3）如图，连接CI、PH交于O，在BC下方作射线BM、射线CN，使∠CBM＝∠BCN＝30°，射线BM、射线CN交于点Q，
过点Q作QP′⊥AD于P′，交BC于K，连接PQ，
∵四边形PCHI是菱形，∠CPI＝120°，
∴PH⊥CI，PC＝PI，∠PCI＝∠PIC＝30°，CI＝2CO，
在Rt△CPO中，CO＝PC cos∠PCI＝PC cos30°PC，
∴CI＝2COPC，
∵∠CBQ＝∠BCQ＝30°，
∴QB＝QC，
∵QP′⊥AD，AD∥BC，
∴QK⊥BC，
∴BK＝CKBC＝3，
∴QK＝CK tan∠BCQ＝3tan30°，CQ2，
∴，，
∴，
∵∠BCI＝∠BCP+30°，∠QCP＝∠BCP+30°，
∴∠BCI＝∠QCP，
∴△BCI∽△QCP，
∴，
∴BIQP，
∴当QP取得最小值时，BIQP最小，
∵点Q为定点，
∴当QP⊥AD，即点P与点P′重合时，QP＝QP′＝QK+KP′最小，
由（2）知：KP′＝AB＝3，
∴QP′＝QK+KP′3，
∴BI的最小值（3）＝3+3，
故答案为：3+3．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质，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，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形和相似三角形，此题难度较大，属于中考压轴题．
12．综合实践
如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，点E′为正方形ABCD外一点，且BE'⊥CE'，BE＝BE'，延长AE交CE'于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF与E′F的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若AB＝15，BE＝9，请求出DE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）四边形BE'FE是正方形，证明见解答；
（2）CF＝E′F，证明见解答；
（3）DE的长为3．
【分析】（1）利用HL证明Rt△ABE≌Rt△CBE′，再证得四边形BE'FE是矩形，即可得出答案；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，则∠AGD＝∠AEB＝90°，进而证得△DAG≌△ABE（AAS），Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），再根据线段的和差关系即可得出答案；
（3）过点E作EG⊥AB于G，EH⊥AD于H，则四边形AGEH是矩形，运用勾股定理求得AE＝12，再运用面积法得出EG，AG，再运用勾股定理即可．
【解答】解：（1）四边形BE'FE是正方形，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，
∵BE'⊥CE'，
∴∠BE′C＝90°，
又∠AEB＝90°，
在Rt△ABE和Rt△CBE′中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），
∴∠ABE＝∠CBE′，
∴∠CBE′+∠CBE＝∠ABE+∠CBE，
即∠EBE′＝∠ABC＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴∠BEF＝∠EBE′＝∠BE′F＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）猜想：CF＝E′F，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠AGD＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝EGAE，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
∴∠DAG+∠BAE＝90°，
∵∠ABE+∠BAE＝90°，
∴∠DAG＝∠ABE，
在△DAG和△ABE中，
，
∴△DAG≌△ABE（AAS），
∴AG＝BE，
∴AE＝2BE，
在Rt△ABE和Rt△CBE′中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CBE′（HL），
∴AE＝CE′，∠ABE＝∠CBE′，
∵∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE′+∠CBE＝90°，即∠EBE′＝90°，
∴∠BEF＝∠EBE′＝∠BE′C＝90°，
又BE＝BE'，
∴四边形BEFE′上正方形，
∴E′F＝BE，
∴CF+E′F＝CE′＝2E′F，
∴CF＝E′F；
（3）如图3，过点E作EG⊥AB于G，EH⊥AD于H，
则四边形AGEH是矩形，
∴AH＝EG，EH＝AG，
在Rt△ABE中，AB＝15，BE＝9，
∴AE12，
∵EG⊥AB，
∴EG，
在Rt△AEG中，AG，
∴EH，AH，
∴DH＝AD﹣AH＝15，
∴DE3，
故DE的长为3．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明△DAG≌△ABE≌△CBE′是关键．
13．在一次数学活动课上，老师带领同学们探究图形的变换问题．老师先提出这样一个问题：
有一张矩形纸片ABCD，其中AB＝4，，你能用这张矩形纸片折出一个等边三角形吗？
【操作】小明同学是这样操作的：如图①，先将矩形ABCD沿MN对折；展开后，再将点C沿BE折叠，使点C落在MN上的点F处；再展开，连接BF，CF，则△BCF为等边三角形．
【验证】（1）求证：△BCF为等边三角形；
【应用】（2）连接AF，DF，如图②，求AF的长；
【拓展】（3）将图②中的△BCF绕着点F顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到△B′C′F（点B，C的对应点分别为B′，C′），连接AB′，DC′，当△AFB'为等腰三角形时，直接写出线段DC′的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）证明过程详见解析；（2）2；（3）2或2．
【分析】（1）由折叠很容易得出BF＝CF＝BC，即可得证；
（2）根据勾股定理先求出FN长度，进而求出FM长度，再用勾股定理求出AF即可；
（3）由题可知AF≠FB'，所以需要分两种情况讨论，即AF＝AB'，B'A＝BF，分别画出图形，再进行计算即可．
【解答】（1）证明：∵矩形沿MN对折，
∴MN是BC的垂直平分线，
∴BF＝CF，
∵折叠，
∴BC＝BF，
∴BC＝BF＝CF，
∴△BCF是等边三角形．
（2）解：设MN交AD于M，交BC于N，
∵BC＝2，
∴BF＝2，BN，
∴FN3，
∵AB＝4，
∴MN＝4，
∴FM＝MN﹣FN＝1，
∵AM，
∴AF2．
（3）∵旋转，
∴FB'＝FB＝2，
∵AF＝2，
∴等腰三角形AFB'中AF≠FB'，
∴可分两种情况讨论，
①当AF＝AB'时，如图所示，
由（2）知，AF＝2，FB＝2，AB＝4，
∴AF2+BF2＝AB2，
∴△AFB是直角三角形，即∠AFB＝90°，
∵AF＝AB'，
∴AB垂直平分FB'，
∴此时FB旋转60°到FB'，
∴点C对应点C'落到点B的位置，
此时DC'2．
②当B'A＝BF时，如图所示，
过B'作B'K⊥AF于K，DR⊥CF于R，
∴KFAF＝1，
∴B′K，
∴DRB'K，
∵DF＝AF＝2，
∴FR，
∴C'R，
在Rt△DRC'中，DC'2．
综上，线段DC′的长为2或2．
【点评】本题主要考查折叠的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理、旋转的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
14．[回顾课本]苏教版八年级下册数学教材“9.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请根据分析完成证明过程．
已知：如图1，DE是△ABC的中位线，求证：DE∥BC，．
分析：因为点E是AC的中点，可以考虑把△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就需要证明四边形BCFD是平行四边形……
[探究发现]
如图2，等边△ABC的边长为2，点D、E分别为AB、AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B、C重合），沿DE、DF剪开分成①、②、③三块后，将②、③分别绕点D顺时针、点E逆时针旋转180°恰好能与①拼成 DIHG，求 DIHG周长的最小值．
[拓展作图]
如图3，已知四边形ABCD，现要求只剪两次将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出两条剪痕，并对剪痕作适当的说明．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】[回顾课本]证明见解答；
[探究发现] DIHG周长的最小值为4；[拓展作图]作图见解答．
【分析】【回顾课本】以点E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，则D，E，F同在一直线上，DE＝EF，且△ADE≌△CFE，得出∠ADE＝∠F，AD＝CF，证明四边形BCFD是平行四边形，则可得出结论；【探究发现】当DF⊥BC时最小，此时DF，则可得出答案；【拓展作图】取AB，BC，CD，DA边的中点，沿EG，FH剪开分成①，②，③，④四块即可．
【解答】[回顾课本]
证明：∵△ADE绕点E按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，
∴CF＝AD，EF＝DE，∠ECF＝∠A，
∴CF∥AB，
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴CF＝BD，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF∥BC，DF＝BC，
即DE∥BC，2DE＝BC，
∴DE∥BC，DEBC；
[探究发现]
解：由题可知： DIHG周长＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝4+2DF，
当DF⊥BC时最小，此时DF，
∴ DIHG周长的最小值为4；
[拓展作图]
如图，取点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边的中点，沿EG，FH剪开分成①，②，③，④四块后，将①，③分别绕点F，E旋转180°至⑦，⑤，再将②平移至⑥，恰好能与④拼成平行四边形LJKN即可，
理由：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点，
∴AE＝BE，BF＝CF，CG＝DG，AH＝DH，
由旋转得：∠J＝∠FLG，∠N＝∠ELH，
∴KJ∥NL、KN∥JL，
∴四边形JKNL是平行四边形．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
15．函数是刻画现实世界的有效模型，函数和现实情境之间的转换可以帮助我们简化问题的处理．
（1）下列情境中，可以用反比例函数刻画的是 AC ；
A．甲、乙两地相距200km，行驶时间和行驶速度之间的关系；
B．单价为3元的练习本，购买数量和总价的关系；
C．面积为8的矩形，长和宽的关系．
（2）求函数的最小值时，直接求解困难较大，我们可以给函数赋予这样的数学情境：如图1，线段BC＝3，AB＝1，CD＝2，AB⊥BC，CD⊥BC，则AP+PD可表示为 ，（用含有x的代数式表示）请你结合图形，继续完成求解过程．
（3）如图2，四边形ABCD为矩形，AB＝6，BC＝9，P为矩形ABCD内（不包含边界）一点，过P分别向AB、BC作垂线，垂足为M，N，若四边形MBNP的面积为6，则称点P为“美丽点”，在矩形BEFG中，BE＝9，BG＝4，过F点的直线l交直线BC于点Q，若直线l上存在“美丽点”，求FQ的取值范围．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；反比例函数及其应用；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力；应用意识．
【答案】（1）AC；
（2）；最小值为；
（3）9≤FQ＜9．
【分析】（1）分别求出各问题中的关系式，根据反比例函数的定义判断即可；
（2）利用勾股定理表示出AP+PD，得到当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小，即AP+PD＝AD，利用勾股定理求出AD，即可得到最小值；
（3）以点B为原点，BC、BA分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设反比例函数y的图象交AD于点T，交FG于点N，求出FQ最大值和最小值即可．
【解答】解：（1）A．∵时间×速度＝路程，即tv＝200，
∴行驶时间和行驶速度之间的关系为t，
故A属于反比例函数；
B．∵单价×数量（x）＝总价（y），
∴y＝3x，即购买数量和总价的关系是正比例函数，不属于反比例函数；
C．∵矩形的面积（S）＝长（a）×宽（b），即8＝ab，
∴a，即面积为8的矩形，长和宽的关系属于反比例函数；
故答案为：AC；
（2）设BP＝x，则PC＝3﹣x，如图1，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴AP+PD，
故答案为：；
由图形可知，当A、P、D三点共线时，AP+PD的值最小，即AP+PD＝AD，
如图2，过点D作DE⊥AB，交AB的延长线于点E，则四边形BCDE上矩形，
∴BE＝CD＝2，DE＝BC＝3，
∴AE＝AB+BE＝1+2＝3，
∴AD3，
∴AP+PD的最小值为3，
故函数的最小值为3；
（3）如图3，以点B为原点，BC、BA分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
∵点P为“美丽点”，
∴S矩形BMPN＝6，
∴点P在反比例函数y的图象上，
设反比例函数y的图象交AD于点T，交FG于点N，
当y＝6时，x＝1，
∴T（1，6），
设直线FT的解析式为y＝kx+b，将F（4，9），T（1，6）代入得，
解得：，
∴直线FT的解析式为y＝x+5，
当y＝0时，x＝﹣5，故Q（﹣5，0），
∴FQ9，此时，FQ最大；
当点Q与点G重合时，FQ＝9，此时，FQ最小，
∴FQ的取值范围是9≤FQ＜9．
【点评】本题是反比例函数综合题，考查了实际问题与反比例函数的关系，反比例函数的实际应用，勾股定理，矩形的判定和性质，最值的确定，正确理解实际问题与反比例函数的关系是解题关键．
16．【探索发现】
（1）如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，边A1O与边AB相交于点E，边C1O与边CB相交于点F，连接EF．在实验与探究中，小新发现无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，AE，CF，EF之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明△AOE≌△BOF即可推导出来．
①请你猜想AE，CF，EF之间的数量关系是 AE2+CF2＝EF2 ．
②小新对图1的进一步研究中发现，延长EO与DC交于一点G，通过证明△AOE≌△COG也可推导出AE，CF，EF之间的数量关系，请你证明△AOE≌△COG．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连接EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，判断AE，CF，EF之间的数量关系并进行证明；
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，点D是边AB的中点，∠EDF＝90°，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE＝4cm时，请直接写出线段CF的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）①AE2+CF2＝EF2，证明见解答；②证明见解答；
（2）AE2+CF2＝EF2，证明见解答；
（3）线段CF的长度为cm或cm．
【分析】（1）①先证明△AOE≌△BOF（ASA），可得AE＝BF，推出BE＝CF，再运用勾股定理即可证得结论；
②延长EO交DC于点G，由正方形性质可得OA＝OC，∠OAE＝∠OCG＝45°，再利用ASA可证得△AOE≌△COG；
（2）延长EO交CD于点G，连接FG，可证得△AEO≌△CGO（AAS），得出AE＝CG，OE＝OG，再由线段垂直平分线的性质可得EF＝FG，再运用勾股定理即可求得答案；
（3）设CF＝x cm，分两种情况讨论：①当点E在线段AC上时，②当点E在CA延长线上时，结合勾股定理，即可求解．
【解答】（1）①解：猜想：AE2+CF2＝EF2，理由如下：
如图1，
∵四边形ABCD和四边形A1B1C1O均为正方形，
∴OA＝OB，AB＝BC，∠OAE＝∠OBF＝45°，∠AOB＝∠A1OC1＝90°，
∴∠AOB﹣∠BOE＝∠A1OC1﹣∠BOE，
即∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
∴AB﹣AE＝BC﹣BF，即BE＝CF，
在Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2，
∴AE2+CF2＝EF2，
故答案为：AE2+CF2＝EF2．
②证明：如图1′，延长EO交DC于点G，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OC，∠OAE＝∠OCG＝45°，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG（ASA）．
（2）解：结论：AE2+CF2＝EF2，
证明：如图2，延长EO交CD于点G，连接FG，
∵O是矩形ABCD的中心，
∴点O是AC的中点．
∴AO＝CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CGO，
∴△AEO≌△CGO（AAS），
∴AE＝CG，OE＝OG，
∵四边形A1B1C1O是矩形，
∴∠A1OC1＝90°，即OF⊥EG，
∴OF垂直平分EG，
∴EF＝FG，
在Rt△FCG中，CG2+CF2＝GF2，
∴AE2+CF2＝EF2；
（3）解：设CF＝x cm，①当E在线段AC上时，如图3，连接EF，
∵AE＝4cm，AC＝5cm，BC＝12cm，
∴CE＝1cm，在Rt△FCE中，∠C＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴12+x2＝EF2，
又由（2）易知EF2＝AE2十 BF2，
∴EF2＝42+BF2，
∴12+x2＝42+（12﹣x）2，
解得：x，
∴此时线段CF的长度为cm；
②当点E在CA延长线上时，如图4，过点B作BG⊥BC，交ED的延长线于G，连接EF，GF，
同理可证EF2＝AE2十 BF2，
∴EF2＝42+（12﹣x）2，
在Rt△FCE中，EF2＝x2+（5+4）2，
∴x2+（5+4）2＝42+（12﹣x）2，
解得：x，
∴此时线段CF的长度为cm；
综上所述，线段CF的长度为cm或cm．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等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根据勾股定理列方程解决问题．
17．综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD，且∠ABF＞∠BAF．
特殊化探究：连接BH．设BF＝a，AF＝b．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若AB＝5，FG＝1，求△ABF的面积．
“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
（2）若b＝2a，求证：∠BAE＝∠BHE．
深入探究：老师进一步提出问题：
（3）如图2，连接BE，延长FA到点I，使AI＝AB，作矩形BFIJ．设矩形BFIJ的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，若BE平分∠ABF，求证：S1＝S2．
请你解答这三个问题．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）6；（2）证明过程见解析；（3）证明过程见解析．
【分析】（1）根据”弦图“关系，设参数，利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）由b＝2a可知E是AF中点，从而可证△HGB≌△BFA，得到∠GBH＝∠BAF，再证∠BHE＝∠GBH即可得证；
（3）用代数法思路证：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c，先将S1表示出来，再证△BEF≌△BEM（AAS）得到EN的表示，从而达到S1和S2的关系．
【解答】（1）解：设BF＝a，则BG＝a+1，
∵△ABF≌△BCG，
∴AF＝BG＝a+1，
∵AB＝5，
∴在Rt△ABF中，BF2+AF2＝AB2，
即a2+（a+1）2＝25，
解得a＝3（负值舍去），
∴BF＝3，AF＝4，
∴S△ABFBF AF＝6．
（2）证明：∵b＝2a，
∴AF＝2BF＝2AE，
∴AE＝EF，
∵四边形EHGF是正方形，
∴HG＝HE＝EF＝GF＝BF，
∵AF＝BG，∠AFB＝∠HGE＝90°，
∴△HGB≌△BFA（SAS），
∴∠GBH＝∠BAF，
∵DE∥BG，
∴∠BHE＝∠HBG，
∴∠BAE＝∠BHE．
（3）证明：设DH＝CG＝BF＝AE＝a，正方形HEFG的边长为b，AI＝AB＝AD＝c，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
S1＝a（a+b+c）＝a（a+b）+ac＝AD EN+ac，
∵BE平分∠ABF，
∴∠FBE＝∠MBE，
∵∠BME＝∠BFE＝90°，BE＝BE，
∴△BEF≌△BEM（AAS），
∴BM＝BF＝a，
∴NE＝AM＝c﹣a，
∴S1＝AD EN+ac＝c（c﹣a）+ac＝c2＝S2．
∴S1＝S2．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF和一个正方形纸板ABCD如图1摆放，若AE＝1，AB＝2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α（0°≤α≤90°）角，观察图形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G，BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是 BE＝DF ，位置关系是 BE⊥DF ．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA＝OD＝OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
【考点】四边形综合题．
【专题】压轴题；几何直观．
【答案】（1）BE＝DF，BE⊥DF；（2）证明过程详见解析；（3）π．
【分析】（1）先证△AEB≌△AFD，得到BE＝DF，再根据△AMB和△DMG内角和推导，证∠G＝90°即可；
（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证；
（3）由（2）知点OA＝OD＝OG，则点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△AEF是含有45°的直角三角尺，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝AF，∠EAF＝90°，
∵∠BAD﹣∠DAE＝∠EAF﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，∠ABE＝∠ADF，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴∠G＝∠BAM＝90°，即BE⊥DF，
故答案为：BE＝DF，BE⊥DF．
（2）∵△BAD是直角三角形，O是BD中点，
∴OABD＝OD，
由（1）知∠G＝90°，
∴△BGD是直角三角形，
∴OGBD＝OD，
∴OA＝OD＝OG．
（3）由（2）知，OA＝OD＝OG，
∴点G的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的弧，
连接OA，OG，
∵旋转角α从0°变化到60°，
∴此时点G的运动路线就是，
取AB中点H，连接EH，
∵∠BAE＝60°，AE＝1，AB＝2，
∴AE＝AHAB＝BH，
∴△AEH为等边三角形，
∴EH＝AH＝BH，∠AHE＝∠AEH＝60°
∴∠HBE＝∠BEH，
∵∠AHE＝∠HBE+∠BEH，
∴∠HBE＝∠BEHAHE＝30°，
即∠ABE＝30°，
∴∠OBG＝45°﹣30°＝15°，
∵OB＝OGBD，
∴∠DOG＝30°，
∴∠AOG＝180°﹣∠AOB﹣∠DOG＝60°，
∵AB＝2，
∴BDAB＝2，
∴OA＝OG，
∴的长度π．
即点G经过路线的长度为π．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
19．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第78页的部分内容．
例1：求证：三角形的一条中位线与第三边上的中线互相平分． 已知：如图，在△ABC中，AD＝DB，BE＝EC，AF＝FC． 求证：AE、DF互相平分． 证明：连接DE、EF．
请根据教材提示，结合图①，写出完整的解题过程．
【拓展】如图②，设图①中的AE与DF的交点为G，连接CD，分别交AE、EF于点H、K．
（1） ．
（2）若四边形FGHK的面积为3，则四边形ADEF的面积为 18 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；压轴题；多边形与平行四边形；几何直观．
【答案】【教材呈现】见解答；
【拓展】（1）；（2）18．
【分析】【教材呈现】证明DE∥AC，且DEAC＝AF，即可求解；
【拓展】（1）证明△DHG∽△CHE，则，即DHHC，进而求解；
（2）S△DHE+S△DHG＝S四边形GFKH+S△EHK，即2a+S△DHG＝3+a，故S△DHG＝3﹣a，而K是平行四边形DFCE的对角线的交点，故K是EF的中点，同理S△DHE+S△EHK＝S四边形GFKH+S△DGH，则3a＝6﹣a，解得a，即可求解．
【解答】【教材呈现】证明：连接DE、EF，
则DE是△ABC的中位线，故DE∥AC，且DEAC＝AF，
故四边形DAFE为平行四边形，
∴AE、DF互相平分；
【拓展】（1）解：同理可得，四边形DFCE为平行四边形，则KD＝KC，DF＝EC＝BE，
∵DGBE，FGEC，
∴DG＝FGEC，
∵DF∥BC，
∴△DHG∽△CHE，
∴，即DHHC，
设DH＝x，则HC＝2x，CD＝DH+HC＝3x，则CKCDx，
故，
故答案为；
（2）解：设△HKE的面积为a，
∵DH＝x，HKx，则△DHE的面积为2a，
∵G是DF的中点，
∴S△DHE+S△DHG＝S四边形GFKH+S△EHK，
即2a+S△DHG＝3+a，故S△DHG＝3﹣a，
∵K是平行四边形DFCE的对角线的交点，故K是EF的中点，
同理S△DHE+S△EHK＝S四边形GFKH+S△DGH，
即3a＝6﹣a，解得a，
故S△EFG＝a+3，
∵四边形ADEF为平行四边形，
故四边形ADEF的面积＝4S△EFG＝18，
故答案为18．
【点评】本题为四边形综合题，涉及到三角形中位线的性质、平行四边形的性质、三角形面积的计算等，综合性比较强，难度较大．
20．【模型定义】
它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化的同时，始终存在一对全等三角形．他们得知这种模型称为“手拉手模型”．如果把小等腰三角形的腰长看作是小手，大等腰三角形的腰长看作大手，两个等腰三角形有公共顶点，类似大手拉着小手．
【模型探究】
（1）如图1，若△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、E在同一条直线上，连接BE，易证△CDA≌△CEB，则∠AEB的度数为 60° ；
【模型应用】
（2）如图2，P为等边△ABC内一点，PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，以BP为边构造等边△BPQ，这样就有两个等边三角形共顶点B，然后连接CQ，∠APB的度数是 150° ；S四边形BPCQ＝ 46 ；
（3）如图3，点P是等腰直角△ACB中内一点，∠ACB＝90°，且CP＝1，，AP＝2，以CP为直角边构造等腰直角△DCP，点C为直角顶点，则∠CPB的度数是 135° ；AC的长为 ；
【深化模型】
（4）如图4，C为线段AE上一动点（不与A、E重合），在AE同侧分别作等边△ABC和等边△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ，以下五个结论：①AD＝BE；②PQ∥AE；③CP＝CQ；④BO＝OE；⑤∠AOB＝60°；⑥CO平分∠BCD，恒成立的结论有 ①②③⑤ ．
【拓展提高】
（5）如图5，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，若点P是△ABC内一点，则PA+PB+PC的最小值为 3 ．
（6）如图6，AD＝4，CD＝3，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°，则BD的长为 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）60°．
（2）150°；46；
（3）135°；；
（4）①②③⑤．
（5）3；
（6）．
【分析】（1）先证明△ACD≌△BCE（SAS），可得∠ADC＝∠BEC，再利用等边三角形性质可得∠CDE＝∠CED＝60°，进而得出∠ADC＝∠BEC＝120°，即可求得答案．
（2）先证明△ABP≌△CBQ（SAS），可得AP＝CQ，∠APB＝∠CQB，由等边三角形性质可得：PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°，再运用勾股定理逆定理可得∠PQC＝90°，再利用S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ即可求得答案．
（3）连接AD，先证明△CAD≌△CBP（SAS），可得：AD＝BP，∠CDA＝∠CPB，再运用勾股定理逆定理可得∠ADP＝90°，推出∠APC＝90°，运用勾股定理即可求得答案．
（4）利用SAS证得△DCA≌△ECB，可得AD＝BE，故结论①正确．利用ASA证得△ACP≌△BCQ，可得CP＝CQ，故结论③正确．利用等边三角形的性质推出∠ACB＝∠CPQ，再运用平行线的判定可得PQ∥AE，故结论②正确．没有条件证出BO＝OE，故结论④错误．利用三角形外角性质可得∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确．由PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC，不能说明△POC与△QOC全等，∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误．
（5）将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C，过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K，可得PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，再运用勾股定理即可得出答案．
（6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，运用勾股定理可得CE，利用SAS可证得△BAD≌△CAE，即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1，
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°，
即∠ACD+∠BCD＝∠BCD+∠BCE，
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
故答案为：60°．
（2）如图2，
∵△ABC与△BPQ都是等边三角形，
∴AB＝BC，BP＝BQ＝PQ，∠ABC＝∠PBQ＝∠BQP＝60°，
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ，
在△ABP和△CBQ中，
，
∴△ABP≌△CBQ（SAS），
∴AP＝CQ，∠APB＝∠CQB，
∵PA：PB：PC＝3：4：5，且PA＝3，
∴PB＝4，PC＝5，CQ＝3，
∵△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BQ＝PB＝4，∠PBQ＝∠BQP＝60°，
在△CPQ中，CQ2+PQ2＝32+42＝25＝PC2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠BQC＝∠BQP+∠PQC＝60°+90°＝150°，
∴∠APB＝150°；
S四边形BPCQ＝S△BPQ+S△CPQ423×4＝46；
故答案为：150°；46；
（3）如图3，连接AD，
∵△ACB、△DCP均为等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠DCP＝90°，CA＝CB，CD＝CP，
∴∠DCP﹣∠ACP＝∠ACB﹣∠ACP，
即∠ACD＝∠BCP，
在△CAD和△CBP中，
，
∴△CAD≌△CBP（SAS），
∴AD＝BP，∠CDA＝∠CPB，
在等腰直角三角形DCP中，CP＝1，∠DCP＝90°，
∴CD＝1，DP，∠CDP＝∠CPD＝45°，
在△ADP中，AD2+DP2＝（）2+（）2＝4，AP2＝22＝4，
∴AD2+DP2＝AP2，
∴∠ADP＝90°，
∴∠CDA＝∠CDP+∠ADP＝45°+90°＝135°，
∴∠CPB＝135°；
∵AD＝DP，∠ADP＝90°，
∴∠APD＝45°，
∴∠APC＝∠APD+∠CPD＝45°+45°＝90°，
∴AC，
故答案为：135°；；
（4）∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴BC＝AC，DE＝DC＝CE，∠BCA＝∠DCE＝60°，
∴∠BCA+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，
即∠ACD＝∠BCE．
在△DCA和△ECB中，
，
∴△DCA≌△ECB（SAS），
∴AD＝BE，故结论①正确．
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CAD＝∠CBE．
∵∠ACB＝∠ECD＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴∠ACP＝∠BCQ＝60°．
在△ACP与△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（ASA），
∴CP＝CQ，故结论③正确．
∵∠PCQ＝60°，
∴△PCQ是等边三角形，
∴∠CPQ＝60°，
∴∠ACB＝∠CPQ，
∴PQ∥AE，故结论②正确．
没有条件证出BO＝OE，故结论④错误．
∵∠CAD＝∠CBE，∠APC＝∠OPB，
∴∠AOB＝∠ACB＝60°，故结论⑤正确．
∵PC＝QC，∠AOC＝∠EOC，OC＝OC，
∴不能说明△POC与△QOC全等，
∴∠BCO≠∠DCO，故结论⑥错误．
综上所述，正确的结论有①②③⑤，
故答案为：①②③⑤．
（5）如图5，将△BAP绕点B逆时针旋转60°得到△BA′P′，连接PP′，A′C，
过点A′作A′K⊥BC，交CB的延长线于点K，
则∠A′BP′＝∠ABP，BP′＝BP，A′B＝AB，P′A′＝PA，
在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，AB＝6，
∴∠ABC＝60°，BCAB＝3，
∵BP′＝BP，∠P′BP＝60°，
∴△BPP′是等边三角形，
∴PP′＝BP，
∴PA+PB+PC＝P′A′+PP′+PC≥A′C，
∵∠PBC+∠ABP＝∠ABC＝60°，
∴∠PBC+∠A′BP′＝60°，
∴∠A′BC＝∠PBC+∠A′BP′+∠P′BP＝120°，
∴∠A′BK＝180°﹣∠A′BC＝60°，
∵∠A′KB＝90°，
∴∠BA′K＝30°，
∴BKA′B＝3，
在Rt△A′BK中，A′K3，
∴CK＝BC+BK＝3+3＝6，
在Rt△A′CK中，A′C3，
∴PA+PB+PC的最小值为3，
故答案为：3；
（6）过点A作EA⊥AD，且AE＝AD，连接CE，DE，如图6所示：
则△ADE是等腰直角三角形，∠EAD＝90°，
∴DEAD＝4，∠EDA＝45°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠EDC＝45°+45°＝90°，
在Rt△DCE中，CE，
∵∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC，
∵∠BAC+∠CAD＝∠EAD+∠CAD，即∠BAD＝∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝CE，
故答案为：．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形外角的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转变换的性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解本题的关键．
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