(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题23 与四边形有关的压轴题（教师版）

这是一份(2020-2022)中考数学真题分类汇编专题23 与四边形有关的压轴题（教师版），共152页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

 专题23 与四边形有关的压轴题
一、单选题
1．（2022·湖北鄂州）如图，定直线MNPQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°．点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AEBCDF，AE=4，DF=8，AD=24，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（       ）


A．24 B．24 C．12 D．12
【答案】C
【解析】
【分析】
如图所示，过点F作交BC于H，连接EH，可证明四边形CDFH是平行四边形，得到CH=DF=8，CD=FH，则BH=4，从而可证四边形ABHE是平行四边形，得到AB=HE，即可推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，证明四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，得到EG=BC=12，然后通过勾股定理和解直角三角形求出ET和TF的长即可得到答案．
【详解】
解：如图所示，过点F作交BC于H，连接EH，
∵，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，   
又∵，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴，
同理可求得，，
∴，   
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴，
∴△ALO∽△DKO，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选C．


【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线推出当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF是解题的关键．
2．（2022·广西贵港）如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（       ）

A． B． C． D．的最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】
先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得 ，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，
∴△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，
∴DF=CE，故A项答案正确，
∠ABF=∠BCE，
∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，
∴∠GCB+∠GBC=60゜，
∴∠BGC=180゜-60゜=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，
∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴ ，
∴，
∵，
∴，故C项答案正确，
∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，
∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，
   
∵△ABC是等边三角形，BC=1，
∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，
∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，
∴ 解得AG=，故D项错误，
故应选：D
【点睛】
本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2022·辽宁营口）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，

∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴，
∴AD=BC=CE=，
∴AE=AD-DE=，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
4．（2022·四川广安）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（　　）


A．2 B． C．1.5 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．
【详解】
解：取AB中点G点，连接PG，如图，


∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，
∴AD=DC=AB=BC=2，
∵E点、G点分别为AD、AB的中点，
∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，
∴PE=PG，
∴PE+PF=PG+PF，
即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，
如下图，G、P、F三点共线，连接FG，


∵F点是DC中点，G点为AB中点，
∴，
∵在菱形ABCD中，，
∴，
∴四边形AGFD是平行四边形，
∴FG=AD=2，
故PE+PF的最小值为2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．
5．（2022·江苏泰州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(     )


A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【详解】
解：如图，连接CF、CG、AE，


∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∴
当时，最小，

∴d1＋d2＋d3的最小值为，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
6．（2022·山东泰安）如图，平行四边形的对角线，相交于点O．点E为的中点，连接并延长交于点F，，．下列结论：①；②；③四边形是菱形；④．其中正确结论的个数是（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【解析】
【分析】
通过判定为等边三角形求得，利用等腰三角形的性质求得，从而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含直角三角形的性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】
解：点为的中点，
，
又，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
即，故①正确；
在平行四边形中，，，，
，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，点为的中点，
，
平行四边形是菱形，故③正确；
，
在中，，
，故②正确；
在平行四边形中，，
又点为的中点，
，故④正确；
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含的直角三角形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
7．（2022·四川眉山）如图，四边形为正方形，将绕点逆时针旋转至，点，，在同一直线上，与交于点，延长与的延长线交于点，，．以下结论：
①；②；③；④．其中正确结论的个数为（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再证明即可求出可知③正确；过点E作交FD于点M，求出，再证明，即可知④正确．
【详解】
解：∵旋转得到，
∴，
∵为正方形，，，在同一直线上，
∴，
∴，故①正确；
∵旋转得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
设正方形边长为a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正确；
过点E作交FD于点M，

∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】
本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
8．（2022·四川泸州）如图，在边长为3的正方形中，点是边上的点，且，过点作的垂线交正方形外角的平分线于点，交边于点，连接交边于点，则的长为（       ）

A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，可得出，进而推出得出
，设则用勾股定理求出由可列方程解出x，即CN的长，由正切函数，求出BM的长，由即可得出结果．
【详解】
解：如图所示：在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，











为正方形外角的平分线，



在和中，





在和中，




在和中，





设则
在中，






故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
9．（2021·贵州黔西）如图，在正方形中，，分别是，的中点，，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（       ）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正方形的性质得到 AB=BC=CD=AD， ∠B＝∠BCD＝90°，得到，，根据全等三角形的性质得到 ∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到 CE⊥ DF，故②正确；延长CE交DA的延长线 于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根 据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到， 求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到 ∠AGE＝∠CDF，故③正确．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，
，分别是，的中点，
，，
，
在与中，
，
，
，，故①正确；
，
，
，
，故②正确；
，
如图，延长交的延长线于，

点是的中点，
，
，，，
，
，
是斜边的中线，
，
，
，，
．故③正确；
故选：D．
【点睛】
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
10．（2021·广东深圳）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【解析】
【分析】
解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；
②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；
③中先证明GECM，得到即可求解；
④中由得到，再由即可求解．
【详解】
解：①∵，
∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，
∴∠GFB=∠EDC，
∵ABCD为正方形，E是BC的中点，
∴BC=CD，
∴，①正确；
②由①知，
又，已知，
∴()，
∴，
∴，
∵，，，
∴()，
∴，故②正确；
③∵，，
∴BE=ME，
且∠B=∠GME=90°，GE为和的公共边，
∴（），
∴，
∵，
∴，
由三角形外角定理可知：，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故③错误；
④由上述可知：，，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确．
故选B．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
11．（2021·黑龙江绥化）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（       ）
①；
②当点与点重合时；
③的面积的取值范围是；
④当时，．

A．①③ B．③④ C．②③ D．②④
【答案】D
【解析】
【分析】
①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3 ②如图，过点E作EH⊥BC于点H，再利用勾股定理求解即可；
③当点E与点A重合时，的面积有最小值，当点G与点D重合时的面积有最大值．故<<．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，从而可求出△MEG的面积．
【详解】
解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，
∴EF⊥BG且BN=GN，
若BN=AB，则BG=2AB=6，
又∵点E是AD边上的动点，
∴3 故①错误；
②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，
在Rt△ABE中

即
解得：AE=，
∴BF=DE=6-=．
∴HF=-=．
在Rt△EFH中
=；
故②正确；

③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．
故<<．
故③错误．

④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．
故④正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
12．（2021·四川自贡）如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将沿BM对折至，连接DN，则DN的长是（       ）

A． B． C．3 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，根据折叠的正方形的性质得到，在中应用勾股定理求出DE的长度，通过证明，利用相似三角形的性质求出NF和DF的长度，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图，延长MN与CD交于点E，连接BE，过点N作，

∵，M是AD边上的一点，，
∴，，
∵将沿BM对折至，四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴(HL)，
∴，
∴，
在中，设，则，
根据勾股定理可得，解得，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的应用等内容，做出合适的辅助线是解题的关键．
13．（2021·湖南衡阳）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ）


A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案．
【详解】
解：①如图1，


∵，
∴，
∵折叠，∴，NC=NP
∴，
∴，
∴PM=CN，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为菱形，
故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示


设，则，
在中，，
即，
解得：，
∴，，
∴，
又∵四边形为菱形，
∴，且，
∴
∴，
故②错误，不符合题意．
③当过点D时，如图3所示：


此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为，
当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为，
∴，故③正确，符合题意．
故答案为：①③．
故选：C
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键．
14．（2020·四川巴中）如图，在矩形中，，对角线，交于点，，为上一动点，于点，于点，分别以，为边向外作正方形和，面积分别为，．则下列结论：①；②点在运动过程中，的值始终保持不变，为；③的最小值为6；④当时，则．其中正确的结论有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
①由矩形的性质和特殊角三角函数可得和是等边三角形，进而可以判断；
②连接．由求得答案；
③利用完全平方公式变形，当且仅当时，等号成立，即可判断；
④根据已知条件证明，对应边成比例即可判断．
【详解】
解：①∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴OA=OC=OD=OB，
∴和是等边三角形，
∴BD=2OA=2AB=8，故①正确；
②连接，由①知，
∵矩形的两边，，
∴，
∴，，
∴．
∴，故②正确；
③∵，
∴，
∴，
当且仅当时，等号成立，故③正确；
④∵∠AEP=∠DFP，∠PAE=∠PDF，
∴，
∴AE：DF=PE：PF=EG：FM=PH：PN=5：6,
∵AE:DF=(AG+GE):（DM+FM）,
∴AG：DM=5：6,，故④错误．
综上所述，其中正确的结论有①②③，3个．
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，特殊角的三角形，三角形的相似，完全平方公式，等边三角形的判定与性质，灵活运用矩形的性质，特殊角的函数值，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
15．（2020·辽宁朝阳）如图，在正方形中，对角线相交于点O，点E在BC边上，且，连接AE交BD于点G，过点B作于点F，连接OF并延长，交BC于点M，过点O作交DC于占N，，现给出下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有（       ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【解析】
【分析】
①直接根据平行线分线段成比例即可判断正误；
②过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，首先根据四边形MONC的面积求出正方形的边长，利用勾股定理求出AE,AF,EF的长度，再利用平行线分线段成比例分别求出OM,BK的长度，然后利用即可判断；
③利用平行线分线段成比例得出，然后利用勾股定理求出OM的长度，进而OF的长度可求；
④直接利用平行线的性质证明，即可得出结论．
【详解】
∵，
∴,
又∵
∴,
，
，故①正确；
如图，过点O作交AE于点H，过点O作交BC于点Q，过点B作交OM的延长线于点K，

∵四边形ABCD是正方形，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
∴，
，
．
，
即，
∴ ，
，故②错误；
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
．
，
，
，故③正确；
，
，
．
，
，
，故④正确；
∴正确的有①③④，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查四边形综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质，平行线分线段成比例和锐角三角函数是解题的关键．
16．（2020·四川绵阳）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝2，AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转后得△，当恰好经过点D时，△CD为等腰三角形，若B＝2，则A＝（　　）

A． B．2 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
过作于，则，根据矩形的性质得，，根据旋转的性质得到，，，，推出△为等腰直角三角形，得到，设，则，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：过作于，

则，
，，
，
四边形是矩形，
，，
将绕点顺时针方向旋转后得△，
，，，，
△△，
，
△为等腰三角形，
△为等腰直角三角形，
，
设，则，，
，
，
（负值舍去），
，
，
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
17．（2020·山东东营）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（   ）


A．①②③④ B．①②③⑤ C．①②③④⑤ D．③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】
①根据题意及正方形的性质，即可判断；
②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；
③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；
④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；
⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．
【详解】
∵四边形ABCD正方形，AC、BD为对角线，
∴∠MAE=∠EAP=45°，
根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，
在三角形与中，

∴ASA，
故①正确；
∴AE=ME=EP=MP，
同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，
∵正方形ABCD中，AC⊥BD，
又∵PM⊥AC，PN⊥BD，
∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，
∴四边形PEOF为矩形，
∴PF=OE，
∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，
又∵ME=PE=MP，
FP=FN=NP，OA=AC，
∴ PM+PN=AC，
故②正确；
∵四边形PEOF为矩形，
∴PE=OF，
在直角三角形OPF中，，
∴，
故③正确；
∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，
故④错误；
连接MO、NO，
在△OEM和△OEP中，

∴△OEM≌△OEP，OM=OP，
同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，
又∵∠MPN=90°，
OM=OP=ON，
∴M,N,P在以O为圆心，OP为半径的圆上，
又∵∠MPN=90°，
∴MN是圆O的直径，
∴点在两点的连线上．
故⑤正确．
故选择B．
【点睛】
本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．
18．（2020·海南）如图，在中，的平分线交于点交的延长线于点于点，若，则的周长为（   ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先根据平行四边形的性质说明△ABE是等腰三角形、求得BE、EC，再结合BG⊥AE，运用勾股定理求得AG，进一步求得AE和△ABE的周长，然后再说明△ABE∽△FCE且相似比为，最后根据相似三角形的周长之比等于相似比列方程求解即可．
【详解】
解：∵
∴AD∥BC，AB//DF
∴∠DAE=∠BEA
∵∠DAE=∠BAE
∴∠BAE=∠BEA
∴BE=AB=10,即EC=BC-BE=5
∵BG⊥AE
∴AG=EG=AE
∵在Rt△ABG中，AB=10,BG=8
∴
∴AE=2AG=12
∴△ABE的周长为AB+BE+AE=10+10+12=32
∵AB∥DF
∴△ABE∽△FCE且相似比为
∴ ,解得=16．
故答案为A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握相似三角形的周长之比等于相似比是解答本题的关键．
19．（2020·内蒙古呼和浩特）如图，把某矩形纸片沿，折叠（点E、H在边上，点F，G在边上），使点B和点C落在边上同一点P处，A点的对称点为、D点的对称点为，若，的面积 为8，的面积为2，则矩形的长为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出D′H＝x，由S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，可解得x=2，分别求出PE和PH，从而得出AD的长.
【详解】
解：∵四边形ABC是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
设AB=CD=x，
由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x，
∵△A′EP的面积为8，△D′PH的面积为2，
又∵，∠A′PF=∠D′PG=90°，
∴∠A′P D′=90°，则∠A′PE+∠D′PH=90°，
∴∠A′PE=∠D′HP，
∴△A′EP∽△D′PH，
∴A′P2：D′H2=8：2，
∴A′P：D′H=2：1，
∵A′P=x，
∴D′H=x，
∵S△D′PH=D′P·D′H=A′P·D′H，即，
∴x=2（负根舍弃），
∴AB=CD=2，D′H=DH=，D′P=A′P=CD=2，A′E=2D′P=4，
∴PE=，PH=，
∴AD==，
故选D.
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
20．（2020·内蒙古）如图，在中，，，按以下步骤作图：（1）分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点（点M在的上方）；（2）作直线交于点O，交于点D；（3）用圆规在射线上截取．连接，过点O作，垂足为F，交于点G．下列结论：
①；②；③；④若，则四边形的周长为25．其中正确的结论有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】
【分析】
证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据，求出BD=，即可判断④.
【详解】
由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵，，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，,
∴ ，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴，
∵，
∴，故③正确；
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵，
∴，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵，
∴，
解得BD=，
∴四边形的周长为.
故选：D.
【点睛】
此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
二、填空题
21．（2022·广东广州）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________

【答案】     120°##120度     75°##75度
【解析】
【分析】
由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【详解】
解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：


则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG于△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
【点睛】
本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
22．（2022·贵州铜仁）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
解：作点P关于CE的对称点P′，

由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP=MN+NP′≤MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，   
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线，
∵AD=CD=2，DE=1，
∴CE==，
∵CE×DO=CD×DE，   
∴DO=，
∴EO=，
∵MF⊥CD，∠EDC=90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO=∠GMO，   
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE=GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，   
∵∠MOG=90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG=2OE=，GM= DE=1，
∴CG=，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴，即，   
∴FG=，
∴MF=1+=，
∴MN+NP的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
23．（2022·山东滨州）如图，在矩形中，．若点E是边AD上的一个动点，过点E作且分别交对角线AC，直线BC于点O、F，则在点E移动的过程中，的最小值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，当N、E、C三点共线时，，分别求出CN、AN的长度即可．
【详解】

过点D作交BC于M，过点A作，使，连接NE，
四边形ANEF是平行四边形，
，
当N、E、C三点共线时，最小，
四边形ABCD是矩形，，
，
，
四边形EFMD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
在中，由勾股定理得，
在中，由勾股定理得，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了利用轴对称求最短距离问题，勾股定理，矩形的性质，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点，准确作出辅助线是解题的关键．
24．（2022·贵州毕节）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为_________．

【答案】##2.4
【解析】
【分析】
利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度．
【详解】
解：∵，
∴，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线，

∵,
∴,
∴，
∴，
∴，
∴则PQ的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．
25．（2022·四川成都）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．

【答案】##
【解析】
【分析】
延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．
【详解】
延长DE，交AB于点H，


∵，ED⊥CD，
∴DH⊥AB．
取FH=BH，
∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，
∴QD=QB．
要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．
连接BD，与AC交于点O．
∵AE=14,CE=18，       
∴AC=32，
∴CO=16，EO=2．
∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，
∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，
∴ ，
∴，
即，   
解得，
∴．
在Rt△DEO中，．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：．


【点睛】
这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
26．（2022·江苏苏州）如图，在矩形ABCD中．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为，点N运动的速度为，且．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，则的值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
在矩形ABCD中，设，运动时间为，得到，利用翻折及中点性质，在中利用勾股定理得到，然后利用得到，在根据判定的得到，从而代值求解即可．
【详解】
解：如图所示：

在矩形ABCD中，设，运动时间为，
，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形，
，
若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，
，
在中，，则，
，
,
,
,
,
，
，
，则，
，即，
在和中，

，
，即，
，
故答案为：．
【点睛】
本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
27．（2022·新疆）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将绕点D顺时针旋转与恰好完全重合，连接EF交DC于点P，连接AC交EF于点Q，连接BQ，若，则______．

【答案】
【解析】
【分析】
通过∠DFQ=∠DAQ=45°证明A、F、Q、D四点共圆，得到∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，利用等角对等边证明BQ=DQ=FQ=EQ，并求出，通过有两个角分别相等的三角形相似证明，得到，将BQ代入DE、FQ中即可求出．
【详解】
连接PQ，

∵绕点D顺时针旋转与完全重合，
∴DF=DE，∠EDF=90°，，
∴∠DFQ=∠DEQ=45°，∠ADF=∠CDE，
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠DAQ=∠BAQ=45°，
∴∠DFQ=∠DAQ=45°，
∴∠DFQ、∠DAQ是同一个圆内弦DQ所对的圆周角，
即点A、F、Q、D在同一个圆上（四点共圆），
∴∠FDQ=∠FAQ=45°，∠AQF=∠ADF，
∴∠EDQ=90°-45°=45°，∠DQE=180°-∠EDQ-∠DEQ=90°，
∴FQ=DQ=EQ，
∵A、B、C、D是正方形顶点，
∴AC、BD互相垂直平分，
∵点Q在对角线AC上，
∴BQ=DQ，
∴BQ=DQ=FQ=EQ，
∵∠AQF=∠ADF， ∠ADF=∠CDE，
∴∠AQF=∠CDE，
∵∠FAQ=∠PED=45°，
∴，
∴，
∴，
∵BQ=DQ=FQ=EQ，∠DQE=90°，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题综合考查了相似三角形、全等三角形、圆、正方形等知识，通过灵活运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的巧妙方法．
28．（2022·四川达州）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．

【答案】①②④⑤
【解析】
【分析】
连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】


如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
四边形ABCD是正方形，
垂直平分BD，，
，，，故①正确；
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，故②正确；


如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
，
，
，
，
，即，
，故③错误；
如图1，
四边形ABCD是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
，
，
，
，
，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
29．（2022·四川南充）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_______________．（填写序号）

【答案】①②③
【解析】
【分析】
根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，
∴∠ABA1=∠CBA2，
∴△ABA1≌△CBA2，
故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，

由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，
∴DM平分∠CDA1，
∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠BCA1=∠CDM，
∴∠ADE+∠BCA1=45°，
故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，

即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为，
故③正确；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，

∵∠ADE=30°，
∴AE=tan30°·AD=，DE=，
∴BE=AB-AE=1-，
由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，
∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，
∴△A1BE的面积=，
故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强．
30．（2021·辽宁盘锦）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，AD＝，点P为边AB上一点．以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A'．连结AA'，AA' 交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连结AQ，MQ，则AQ＋MQ的最小值是________

【答案】
【解析】
【分析】
如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．想办法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根据QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得结论．
【详解】
解：如图，作点A关于BC的对称点T，
取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠RAT＝90°，
∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，
∴RT＝，
∵A，A′关于DP对称，
∴AA′⊥DP，
∴∠AMD＝90°，
∵AR＝RD，
∴RM＝AD＝，
∵MT≥RT−RM，
∴MT≥4，
∴MT的最小值为4，
∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，
∴QA＋QM≥4，
∴QA＋QM的最小值为4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值，属于中考常考题型．
31．（2021·四川宜宾）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③④．
【解析】
【分析】
先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．
【详解】
解：∵AD＝AB，
∴tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵点O为BD的中点，
∴AB=AO=BO，
设AB=1，则AD=，BD=2．
①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，
令AN=x，则BN=DN=，
∴，
解得：，
∴AN=，
当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，
则：，
从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；
②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；
③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；
如图，延长MO交CD于M'，


∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，
∴△OMB≌△OM'D（ASA），
∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，
∵NO⊥MM'，则MN=NM'，
∵NM'2=DN2+DM'2，
∴MN2=BM2+DN2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．
32．（2021·黑龙江牡丹江）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是____．

【答案】①②
【解析】
【分析】
通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OEDE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】
∵AEAD，ADAB，
∴AEAB．
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．
∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAF=45°．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．
∴AF=AB．
∵在矩形ABCD中，AB=CD，
∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，
∴∠ABF=67.5°．
∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，
∴∠ADE=67.5°．
∴∠CDE=22.5°．
∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，
∴△DCE∽△BCG．
∴．
∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，
∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，
∴△ABF∽△ADE．
∴．
在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，
∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．
∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．
∴OEOFODDE．
∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
连接CF．

又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，
∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，
∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，
∴△BOE∽△DOG．
∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，
∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
33．（2021·辽宁丹东）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．

【答案】
【解析】
【分析】
先证明，可得CE=FE，BF=，同理：CH=GH，DG=，从而得HE=，再利用勾股定理得BD=，进而即可求解．
【详解】
解：∵BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠FBE，
∵CF⊥BE，
∴∠BEC=∠BEF=90°，
又∵BE=BE，
∴，
∴CE=FE，BF=
同理：CH=GH，DG=，
∴HE是的中位线，
∴HE=，
∵在矩形中，，，
∴BD=，
∴GF= BF+ DG-BD=，
∴=．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是的中位线，是解题的关键．
34．（2021·四川成都）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，且，按以下步骤操作：第一步，沿直线翻折，点A的对应点恰好落在对角线上，点B的对应点为，则线段的长为_______；第二步，分别在上取点M，N，沿直线继续翻折，使点F与点E重合，则线段的长为_______．

【答案】     1    
【解析】
【分析】
第一步：设EF与AA’交于点O，连接AF，易证明△AOE△ADC，利用对应边成比例可得到OA=2OE，由勾股定理可求出OE=，从而求得OA及OC；由AD∥BC，易得△AOE∽△COF，由对应边成比例可得AE、FC的关系式，设BF=x，则FC=8-x，由关系式可求得x的值；
第二步：连接NE，NF，根据折叠的性质，得到NF=NE，设B’N=m，分别在Rt△和Rt△中，利用勾股定理及NF=NE建立方程，可求得m，最后得出结果．
【详解】
如图所示，连接AF，

设EF与AA’交于点O，由折叠的性质得到AA’⊥EF，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC=90°，CD=AB=4 ，AD∥BC
∵∠AOE=∠ADC，∠OAE=∠DAC
∴△AOE△ADC，
∴ ，
∴OA=2OE，
在直角△AOE中，由勾股定理得： ，
∴OE=，
∴OA=，
在Rt△ADC中，由勾股定理得到：AC= ，
∴OC=，
令BF=x，则FC=8-x，
∵AD∥BC，
∴△AOE∽△COF，
∴ ，
即7AE=3FC
∴3(8-x)=7×3
解得：,
∴的长为1．
连接NE，NF，如图，

根据折叠性质得：BF=B’F=1，MN⊥EF，NF=NE，
设B’N=m，
则 ，
解得：m=3，则NF= ，
∵EF=，
∴MF=，
∴MN=，
故答案为：1，．
【点睛】
本题主要考查了折叠的性质、勾股定理、三角形相似的判定与性质，矩形的性质等知识，熟练运用这些知识是解决本题的关键，本题还涉及到方程的运用．
35．（2021·四川雅安）如图，在矩形中，和相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接，．有下列结论：①四边形为平行四边形，②；③为等边三角形；④当时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号______．

【答案】①②④．
【解析】
【分析】
通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
36．（2021·辽宁本溪）如图，将正方形纸片沿折叠，使点C的对称点E落在边上，点D的对称点为点F，交于点G，连接交于点H，连接．下列四个结论中：①；②；③平分；④，正确的是________（填序号即可）．

【答案】①③④．
【解析】
【分析】
①用有两个角对应相等的两个三角形相似进行判定即可；
②过点C作CM⊥EG于M，通过证明△BEC≌△MEC进而说明△CMG≌△CDG，可得S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC＋S四边形CDQH ；
③由折叠可得:∠GEC=∠DCE，由AB∥CD可得∠BEC=∠DCE，结论③成立；
④连接DH，MH，HE，由△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG可知：∠BCE=∠MCE,∠MCG=∠DCG，则∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD，由于EC⊥HP，则∠CHP=45°，由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°，利用勾股定理可得 EG2-EH2=GH2，由CM⊥EG，EH⊥CG，得到∠EMC=∠EHC=90°，所以E，M，H，C四点共圆，通过△CMH≌△CDH，易证△GHQ∽△GDH，则得GH2=GQ·GD，从而说明④成立．
【详解】
解：①∵四边形ABCD是正方形,
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°由折叠可知:
∠GEP=∠BCD=90°，∠F=∠D=90
∴∠BEP+∠AEG=90°，
∵∠A=90°
∴∠AEG+∠AGE=90°，
∴∠BEP=∠AGE，
∵∠FGQ=∠AGE，
∴∠BEP=∠FGQ，
∵∠B=∠F=90，
∴△PBE~△QFG，
故①说法正确，符合题意；
②过点C作CM⊥EG于M，

由折叠可得:∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，∠BEC=∠GEC，
在△BEC和△MEC中，
∵∠B=∠EMC=90°，∠BEC=∠GEC， CE= CE
∴△BEC≌△MEC(AAS)
∴CB=CM，S△BEC=S△MBC ，
∵CG=CG，
∴Rt△CMG≌Rt△CDG(HL)，
∴S△CMG=S△CDG ，
∴S△CEG=S△BEC+S△CDG>S△BEC +S四边形CDQH
∴②说法不正确，不符合题意；
③由折叠可得:∠GEC=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE，
∴∠BEC=∠GEC，即EC平分∠BEG
∴③说法正确，符合题意；
④连接DH，MH，HE，如图：
∵△BEC≌△MEC，△CMG≌△CDG，
∴∠BCE=∠MCE，∠MCG=∠DCG，
∴∠ECG=∠ECM+∠GCM=∠BCD=45°，
∵EC⊥HP，
∴∠CHP=45°，
∴GHQ=∠CHP=45°，
由折叠可得:∠EHP=∠CHP=45°，
∴EH⊥CG
∴EG2 -EH2=GH2
由折叠可知:EH=CH
∴EG2 -CH2= GH2，
∵CM⊥EG，EH⊥CG，
∴∠EMC=∠EHC=90°，
∴E，M，H，C四点共圆，
∴∠HMC=∠HEC=45°，
在△CMH和△CDH中，
∵CM=CD，∠MCG=∠DCG， CH= CH
∴△CMH≌△CDH(SAS)
∴∠CDH=∠CMH=45 °，
∵∠CDA=90°，
∴∠GDH=45°
∵∠GHQ=∠CHP=45°，
∴∠GHQ=∠GDH=45°，
∵∠HGQ=∠DGH，
∴△GHQ∽△GDH ，
∴，
∴GH2=GQ·GD
∴GE2-CH2=GQ·GD
故④说法正确，符合题意；
综上可得，正确的结论有:①③④
故答案为：①③④．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、翻折问题、勾股定理、三角形全等的判定与性质、三角形的相似的判定与性质．翻折问题是全等变换，由翻折得到对应角相等，对应边相等是解题的关键．
37．（2021·湖北黄石）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，交于点，交于点．
（1）若正方形的边长为2，则的周长是______．
（2）下列结论：①；②若是的中点，则；③连接，则为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是______（把你认为所有正确的都填上）．

【答案】     4     ①③
【解析】
【分析】
(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，证明，，进而得到，即可求出的周长；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，证明，即可判断；
对于②：设正方形边长为2，BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，在Rt△EFC中使用勾股定理求出x，在利用∠AEF=∠AEB即可求解；
对于③：证明A、M、F、D四点共圆，得到∠AFM=∠ADM=45°进而求解．
【详解】
解：(1)将AF绕点A顺时针旋转90°，F点落在G点处，如下图所示：

∵，且
∴，
在和中：，
∴，
∴，
又∠1+∠2=45°，∠3+∠2=45°，
∴∠1=∠3，
∵ABCD为正方形，
∴AD=AB，
在和中：，
∴，
∴
∴，
∴、、三点共线，
∴，
∴，
故答案为：；
(2)对于①：将AM绕点A逆时针旋转90°，M点落在H点处，如下图所示：

∵∠1+∠2=45°，∠1+∠4=∠EAH-∠EAF=45°，
∴∠2=∠4，
在和中： ,
∴，
∴，，
∴，
∴在中，由勾股定理得：，
在和中： ,
∴，
∴，
∴，故①正确；
对于②：由(1)中可知：EF=BE+DF，设正方形边长为2，当F为CD中点时，
GB=DF=1，CF=1，设BE=x，则EF=x+1，CE=2-x，

在Rt△EFC中，由勾股定理：，
∴，解得，即，
∴,故②错误；
对于③：如下图所示：

∵∠EAF=∠BDC=45°，
∴A、M、F、D四点共圆，
∴∠AFM=∠ADM=45°，
∴△AMF为等腰直角三角形，故③正确；
故答案为：①③．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的证明，四点共圆的判定方法等，属于综合题，具有一定难度，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．
38．（2021·福建）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论：
①与一定互补；
②点G到边的距离一定相等；
③点G到边的距离可能相等；
④点G到边的距离的最大值为．
其中正确的是_________．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【解析】
【分析】
①利用四边形内角和为即可求证；
②过作，证明即可得结论；
③分别求出G到边的距离的范围，再进行判断；
④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求．
【详解】


①四边形是矩形

,四边形内角和为

①正确．
②如图：过作


，

又


即点G到边的距离一定相等
②正确．
③如图：过作






而
所以点G到边的距离不可能相等
③不正确．
④如图：

当时，点G到边的距离的最大

④正确．
综上所述：①②④正确．
故答案为①②④．
【点睛】
本题考查了动点问题，四边形内角和为，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．
39．（2020·广西柳州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【解析】
【分析】
①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【详解】
解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．
故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，
∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，
∴2S△BFG＝5S△FGH；
故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，
在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，
∴AG＝3，
∴FD＝2；
同理可得ED＝，
∴＝＝2，
＝＝，
∴≠，
∴△ABG与△DEF不相似，
故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，
∴CE＝CD﹣ED＝，
∴＝，
∴4CE＝5ED．
故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
40．（2020·内蒙古鄂尔多斯）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_____（把所有正确结论的序号都填上）．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】
①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
【详解】
解：如图，连接DH，HM．

由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM＝HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，
∴DM＞CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题
41．（2022·湖南益阳）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【解析】
【分析】
（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
（1）解：（任意回答一个即可）；①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，即，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ ，即，∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②当C'F＝BF时，如图3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴ ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
42．（2022·江苏盐城）【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．


在中，，四边形、和分别是以的三边为一边的正方形．延长和，交于点，连接并延长交于点，交于点，延长交于点．
(1)证明：；
(2)证明：正方形的面积等于四边形的面积；
(3)请利用（2）中的结论证明勾股定理．
(4)【迁移拓展】
如图2，四边形和分别是以的两边为一边的平行四边形，探索在下方是否存在平行四边形，使得该平行四边形的面积等于平行四边形、的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
(4)存在，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；
（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；
（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；
（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AI为半径作弧交这直线于D，分别以A，B为圆心，以AB，AI为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．
(1)
证明：如图1，连接HG，


∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，
∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，
∵∠ACB＝90°，
∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，
∴∠GCH＝∠ACB，
∴△ACB≌△HCG（SAS），
∴GH＝AB＝AD，
∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，
∴四边形CGLH是矩形，
∴CL＝GH，
∴AD＝LC；
(2)
证明：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，
∴∠BAC＝∠MAI，
∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，
∴△ABC≌△AMI（ASA），
由（1）知：△ACB≌△HCG，
∴△AMI≌△HGC，
∵四边形CGLH是矩形，
∴S△CHG＝S△CHL，
∴S△AMI＝S△CHL，
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；
(3)
证明：由正方形可得，
又，所以四边形是平行四边形，
由（2）知，四边形是平行四边形，
由（1）知，，
所以，
延长交于，
同理有，
所以．
所以．
(4)
解：如图为所求作的平行四边形．


【点睛】
本题是四边形的综合题，考查的是全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，正方形的性质，勾股定理的证明等知识；熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质，根据图形面积的关系证出勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
43．（2022·上海）平行四边形，若为中点，交于点，连接．

(1)若，
①证明为菱形；
②若，，求的长．
(2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．
【答案】(1)①见解析；②
(2)
【解析】
【分析】
（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，

∵平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形，
∴四边形是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是△ABC的中线，
∵为中点，
∴AP是△ABC的中线，
∴点E是△ABC的重心，
∴BE=2OE，
设OE=x，则BE=2x，
在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
∴9-x2=25-9x2，
解得：x=,
∴OB=3x=3，
∵平行四边形，
∴BD=2OB=6；
(2)
解：如图，

∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是△ABC的重心，
又在直线上，
∴CG是△ABC的中线，
∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，
∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，
在Rt△AGE中，由勾股定理，得
AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,
∴AG=AE,
∴AB=2AG=AE，
在Rt△BGC中，由勾股定理，得
BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，
∴BC=AE，
∴．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．
44．（2022·吉林长春）如图，在中，，，点M为边的中点，动点P从点A出发，沿折线以每秒个单位长度的速度向终点B运动，连结．作点A关于直线的对称点，连结、．设点P的运动时间为t秒．

(1)点D到边的距离为__________；
(2)用含t的代数式表示线段的长；
(3)连结，当线段最短时，求的面积；
(4)当M、、C三点共线时，直接写出t的值．
【答案】(1)3
(2)当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
(3)
(4)或
【解析】
【分析】
（1）连接DM，根据等腰三角形的性质可得DM⊥AB，再由勾股定理，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当0≤t≤1时，点P在AD边上；当1＜t≤2时，点P在BD边上，即可求解；
（3）过点P作PE⊥DM于点E，根据题意可得点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，可得到当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，再证明△PDE∽△ADM，可得，从而得到，在中，由勾股定理可得，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点位于M、C之间时，此时点P在AD上；当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，即可求解．
(1)
解：如图，连接DM，

∵AB=4，，点M为边的中点，
∴AM=BM=2，DM⊥AB，
∴，
即点D到边的距离为3；
故答案为：3
(2)
解：根据题意得：当0≤t≤1时，点P在AD边上，
；
当1＜t≤2时，点P在BD边上，；
综上所述，当0≤t≤1时，；当1＜t≤2时，；
(3)
解：如图，过点P作PE⊥DM于点E，

∵作点A关于直线的对称点，
∴A′M=AM=2，
∴点A的运动轨迹为以点M为圆心，AM长为半径的圆，
∴当点D、A′、M三点共线时，线段最短，此时点P在AD上，
∴，
根据题意得：，，
由（1）得：DM⊥AB，
∵PE⊥DM，
∴PE∥AB，
∴△PDE∽△ADM，
∴，
∴，
解得：，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴，
∴；
(4)
解：如图，

当点M、、C三点共线时，且点位于M、C之间时，此时点P在AD上，
连接A A′， A′B，过点P作PF⊥AB于点F，过点A′作A′G⊥AB于点G，则A A′⊥PM，
∵AB为直径，
∴∠A =90°，即A A′⊥A′B，
∴PM∥A′B，
∴∠PMF=∠AB A′，
过点C作CN⊥AB交AB延长线于点N，
在中，AB∥DC，
∵DM⊥AB，
∴DM∥CN，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∴CN=DM=3，MN=CD=4，
∴CM=5，
∴，
∵ M=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即PF=3FM，
∵，，
∴，
∴，即AF=2FM，
∵AM=2，
∴，
∴，解得：；
如图，当点（）位于C M的延长线上时，此时点P在BD上，，
过点作于点G′，则，取的中点H，则点M、P、H三点共线，过点H作HK⊥AB 于点K，过点P作PT⊥AB于点T，

同理：，
∵HK⊥AB，，
∴HK∥A′′G′，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即MT=3PT，
∵，，
∴，
∴，
∵MT+BT=BM=2，
∴，
∴，解得：；
综上所述，t的值为或．
【点睛】
本题主要考查了四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，圆的基本性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意得到点的运动轨迹是解题的关键，是中考的压轴题．
45．（2022·黑龙江牡丹江）在菱形和正三角形中，，是的中点，连接、．

(1)如图1，当点在边上时，写出与的数量关系 ．（不必证明）
(2)如图2，当点在的延长线上时，线段、有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图3，当点在的延长线上时，线段、又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）延长交于点，利用，得出，，得到，是的中垂线，在中，，利用正切函数即可求解；
（2）延长交于点，连接，，先证明，再证明，利用在中，，即可求解；
（3）延长到，使，连接，，，作FE∥DC，先证，再证，利用在中，，即可求解．
(1)
解：如图1，延长交于点，

∵是的中点，
∴PD=PF，
∵是正三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵是正三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
，
是的中垂线，
在中，，
．
(2)
解：，理由如下：
如图2，延长交于点，连接，，

，正三角形，
∴，
，
在和中，


，，
，，
在和中，


，，
，
，
，
．
(3)
解：猜想： ．
证明：如图3，延长到，使，连接，，，作FEDC，

是线段的中点，
，
，
，
，，
，，
，
四边形是菱形，
，，点、、又在一条直线上，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，，
，
即
，，
，，
．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形．
46．（2022·贵州贵阳）小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究．
如图，在中，为边上的高，，点在边上，且，点是线段上任意一点，连接，将沿翻折得．


(1)问题解决：
如图①，当，将沿翻折后，使点与点重合，则______；
(2)问题探究：
如图②，当，将沿翻折后，使，求的度数，并求出此时的最小值；
(3)拓展延伸：
当，将沿翻折后，若，且，根据题意在备用图中画出图形，并求出的值．
【答案】(1)
(2)
(3)作图见解析，
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，平行四边形的性质可得，根据特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据折叠的性质即可求得，由三角形内角和定理可得，根据点在边上，当时，取得最小值，最小值为；
（3）连接，设， 则，，在中，，延长交于点，在中，，进而根据，即可求解．
(1)
，
是等边三角形，

四边形是平行四边形，
，
，
为边上的高，
，
(2)
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，是等腰直角三角形，为底边上的高，则
点在边上，
当时，取得最小值，最小值为；
(3)
如图，连接，


，则，
设， 则，，
折叠，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
延长交于点，如图，


，
，
，
，
，
在中，，
，
．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，特殊角的三角函数值，解直角三角形，勾股定理，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
47．（2022·四川内江）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．

(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
(2)若＝2，求的值；
(3)若MN∥BE，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中点，即可证明结论；
(2)利用△BMF∽△ECF，得，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，得 ，求出AN的长，可得答案；
(3)首先利用同角的余角相等得 ∠CBF＝ ∠CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得 ，可得BM的长，由（2）同理可得答案．
(1)
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），
∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
∴CE＝CD，
∵AB＝CD，
∴，
∴，
∴AM＝CE；
(2)
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
∴，
∵CE＝3，
∴BM＝，
∴AM＝，
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
∴，
∴，
∴，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴；
(3)
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）同理得，，
∴，
解得：AN＝，
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣＝，
∴．
【点睛】
本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．
48．（2022·四川乐山）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．


某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．

(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．

(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．

【答案】(1)1；证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
(1)
，理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，

∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
(2)
解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，

在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：
(3)
解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即．

【点睛】
此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
49．（2021·山东日照）问题背景：
如图1，在矩形中，，，点是边的中点，过点作交于点．

实验探究：
（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的绕点按逆时针方向旋转，如图2所示，得到结论：①_____；②直线与所夹锐角的度数为______．
（2）小王同学继续将绕点按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置.请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
拓展延伸：
在以上探究中，当旋转至、、三点共线时，则的面积为______．
【答案】（1），30°；（2）成立，理由见解析；拓展延伸：或
【解析】
【分析】
（1）通过证明，可得，，即可求解；
（2）通过证明，可得，，即可求解；
拓展延伸：分两种情况讨论，先求出，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，，，，
，
如图2，设与交于点，与交于点，

绕点按逆时针方向旋转，
，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为，
故答案为：，；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图3，设与交于点，与交于点，

将绕点按逆时针方向旋转，
，
又，
，
，，
又，
，
直线与所夹锐角的度数为．
拓展延伸：如图4，当点在的上方时，过点作于，

，，点是边的中点，，
，，，
，，
，
、、三点共线，
，
，
，
，
由（2）可得：，
，
，
的面积；
如图5，当点在的下方时，过点作，交的延长线于，

同理可求：的面积；
故答案为：或．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
50．（2021·辽宁盘锦）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为（0°≤≤360°）．

（1）如图1，当＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝时，连结GN，请直接写出GN的长．
【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝或
【解析】
【分析】
（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股定理求出GN即可．
【详解】
解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵CE=CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE=AF，
∵EN=NF，
∴AN⊥EF，CN=NF=EN，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN⊥EF，
∴A，N，C共线，
∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，
∴四边形ANFG是矩形，
∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，
∵∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠GAD=∠NCD=45°，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN．
故答案为：DG⊥DN，DG=DN；
（2）结论成立．
理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．

∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG∥KJ，AG=NF，
∴∠DAG=∠J，
∵AJ∥BC，
∴∠J=∠CKE，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，
∴∠ECN=∠CEN=45°，
∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，
∴∠DCN=∠CKE，
∴∠GAD=∠DCN，
∵GA=CN，AD=CD，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN；
（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，

∵△ECN是等腰直角三角形，EC=5，
∴EN=CN=NF=5，
∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG=NF=5，
∵AD-CD=12，
∴DG=DN=7，
∴GN=7．
如图3-2中，当点G落在AB上时，

同法可证，CN=5，
∵△DAG≌△DCN，
∴AG=CN=5，
∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，

综上所述，满足条件的GN的值为或
【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，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
51．（2021·江苏镇江）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，FE，DC为铅直方向的边，AF，ED，BC为水平方向的边，点E在AB，CD之间，且在AF，BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，记作“L图形ABC﹣DEF”．若直线将L图形分成面积相等的两个图形，则称这样的直线为该L图形的面积平分线．
【活动】
小华同学给出了图1的面积平分线的一个作图方案：如图2，将这个L图形分成矩形AGEF、矩形GBCD，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线．请用无刻度的直尺在图1中作出其他的面积平分线．（作出一种即可，不写作法，保留作图痕迹）

【思考】
如图3，直线O1O2是小华作的面积平分线，它与边BC，AF分别交于点M，N，过MN的中点O的直线分别交边BC，AF于点P，Q，直线PQ　　（填“是”或“不是”）L图形ABCDEF的面积平分线．

【应用】
在L图形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．
（1）如图4，CD＝AF＝1．
①该L图形的面积平分线与两条水平的边分别相交于点P，Q，求PQ长的最大值；
②该L图形的面积平分线与边AB，CD分别相交于点G，H，当GH的长取最小值时，BG的长为　　．
（2）设＝t（t＞0），在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，如果只有与边AB，CD相交的面积平分线，直接写出t的取值范围　　．
【答案】【活动】见解析；【思考】是；【应用】（1）①；②；（2）＜t＜
【解析】
【分析】
[活动]如图1，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心O1，O2所在直线是该L图形的面积平分线；
[思考]如图2，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
[应用]
（1）①建立平面直角坐标系，分两种情况：如图3﹣1和3﹣2，根据中点坐标公式和待定系数法可得面积平分线的解析式，并计算P和Q的坐标，利用两点的距离公式可得PQ的长，并比较大小可得结论；
②当GH⊥AB时，GH最小，设BG＝x，根据面积相等列方程，解出即可；
（2）如图5，由已知得：CD＝tAF，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，列不等式可得t的取值．
【详解】
解：【活动】如图1，直线O1O2是该L图形的面积平分线；

【思考】
如图2，∵∠A＝∠B＝90°，

∴AF∥BC，
∴∠NQO＝∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON＝OM，
在△OQN和△OPM中，
，
∴△OQN≌△OPM（AAS），
∴S△OQN＝S△OPM，
∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，
∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，
即SABPON＝SCDEFQOM，
∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，
即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，
∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．
故答案为：是；
【应用】
（1）①如图3，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，

L图形ABCDEF的面积=4×6-（4-1）×（6-1）=9，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积=×（DQ+BC）×CD=，
即×（DQ+6）×1=，
∴DQ=CH=3，
∴PH=6-3=3，
∵QH=CD=1，
由勾股定理得：PQ=；
∴PQ长的最大值为；
②如图4，当GH⊥AB时GH最短，过点E作EM⊥AB于M，

设BG＝x，则MG＝1﹣x，
根据上下两部分面积相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，
解得x＝，即BG＝；
故答案为：；
（2）∵＝t（t＞0），
∴CD＝tAF，
在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，
如图5，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，在所有的与铅直方向的两条边相交的面积平分线中，只有与边AB，CD相交的面积平分线，

即（4﹣tAF）•AF＜6t•AF，
∴，
∵0＜AF＜6，
∴0＜﹣6＜6，
∴．
故答案为：＜t＜．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了应用与设计作图，矩形的性质和判定，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并结合平面直角坐标系计算线段的长，明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．
52．（2021·广东广州）如图，在菱形ABCD中，，，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使，且CF、DE相交于点G

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据E为AB中点可得，再由菱形的性质推出CD∥AB，，则，即可证明结论；
（2）过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，利用菱形及直角三角形的性质可求出，并由勾股定理求得，再根据相似三角形的判定及性质可证得，设，则，可表示出，，即可由建立关于x的方程，求解后可得出AE的长；
（3）连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，首先由菱形的性质得出△ABD为等边三角形，则，再由CD∥AB，得，，由此可证得，再结合得出，则由等腰三角形性质推出，并分别求出，，最后根据题意可得点G运动路径的长度为线段AN的长，由平行线分线段成比例性质可得出，此题得解．
【详解】
（1）证明：∵E为AB中点，
∴．
∴．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，．
∴．
∴四边形DFEC是平行四边形；


（2）解：如图，过点C作CH⊥AB交FB的延长线于点H，

∵四边形ABCD是菱形，，
∴AD∥BC，．
∴．
∴．
∴．
则由勾股定理得．
∵CD∥AB，
∴△CDG∽△FEG．
∴．
∵，
∴．
设，则．
∴，．
在Rt△CFH中，由勾股定理得：，
∴．
解得，（不合题意，舍去）．
∴AE的长为；
（3）如图，连接AG并延长交CD于点M，连接BD交AM于点N，并连接BM，

∵四边形ABCD是菱形，，
∴，．
∴△ABD为等边三角形．
同理可证：△BCD为等边三角形．
∴．
∵CD∥AB，
∴，．
∴，．
∴
∵，
∴．
∴．
则由勾股定理得：，
．
当点E从A出发运动到点B时，点G始终在直线AM上运动，运动轨迹为线段，
当点E与A重合时，点G与点A重合，
当点E与B重合时，点G为BD与AM 的交点N，
∴点G运动路径的长度为线段AN的长，
∵CD∥AB，
∴．
∴．
∴点G运动路径的长度为．
【点睛】
此题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质、平行四边形及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握所学知识并灵活运用所学知识是解题的关键．
53．（2021·江苏南通）如图，正方形中，点E在边上（不与端点A，D重合），点A关于直线的对称点为点F，连接，设．

（1）求的大小（用含的式子表示）；
（2）过点C作，垂足为G，连接．判断与的位置关系，并说明理由；
（3）将绕点B顺时针旋转得到，点E的对应点为点H，连接，．当为等腰三角形时，求的值．
【答案】(1) ．
(2)DG//CF．理由见解析．
(3) ．
【解析】
【分析】
(1)作辅助线BF，用垂直平分线的性质，推导边相等、角相等．再用三角形内角和为 算出 ．
(2)作辅助线BF、AC，先导角证明 是等腰直角三角形、 是等腰直角三角形．再证明 、，最后用内错角相等，两直线平行，证得DG//CF．
(3) 为等腰三角形，要分三种情况讨论：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，根据题目具体条件，舍掉了②、③种，第①种用正弦函数定义求出比值即可．
【详解】
(1)解：连接BF，设AF和BE相交于点N．

点A关于直线BE的对称点为点F
BE是AF的垂直平分线
，AB=BF




四边形ABCD是正方形
AB=BC，



．
(2) 位置关系：平行．
理由：连接BF，AC，DG
设DC和FG的交点为点M，AF和BE相交于点N

由(1)可知，






是等腰直角三角形

四边形ABCD是正方形

是等腰直角三角形


垂直平分AF


在 和 中，





在 和 中，





CF//DG
(3)为等腰三角形有三种情况：①FH=BH②BF=FH③BF=BH，要分三种情况讨论：
①当FH=BH时，作 于点M

由(1)可知：AB=BF，
四边形ABCD是正方形

设AB=BF=BC=a
将绕点B顺时针旋转得到


FH=BH


是等腰三角形，

在 和 中，



BM=AE=


②当BF=FH时，
设FH与BC交点为O

绕点B顺时针旋转得到

由(1)可知：





此时， 与 重合，与题目不符，故舍去
③当BF=BH时，

由(1)可知：AB=BF
设AB=BF=a
四边形ABCD是正方形
AB=BC=a
BF=BH
BF=BH=BC=a
而题目中，BC、BH分别为直角三角形BCH的直角边和斜边，不能相等，与题目不符，故舍去．
故答案为：
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理(三角形内角和为 )、平行线证明(内错角相等，两直线平行)、相似三角形证明(两组对应角分别相等的两个三角形相似，两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似)、等腰直角三角形三边比例关系()、正弦函数定义式(对边：斜边) ．
54．（2020·内蒙古赤峰）如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接 PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N.，AD =4.
（1）如图1，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数关系为:∠PDM___ ∠EPN；
②的值是 ；
（2）如图2，当点P在CA延长线上时，（1）中的结论②是否成立?若成立，请证明；若不成立，说明理由；
（3）如图3，以线段PD ，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y,请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值.

【答案】（1）①=；②；（2）成立，证明见解析；（3），最小值为
【解析】
【分析】
（1）①根据PE⊥PD， MN⊥AB得到∠DPE=90°，∠PMD=∠PNE=90°，即可得到∠PDM=∠EPN；
②根据CD=，AD =4，∠ADC=90°，得到∠ACD=30°，设MP=x，则NP=4-x，得到MC=MP=x，DM=-x=（4-x），证明△PDM∽△EPN，得到答案；
（2）设NP=a，则MP=4+a，证明△PDM∽△EPN，即可得到结论成立；
（3）利用勾股定理求出，再根据矩形的面积公式计算得到函数关系式.
【详解】
（1）①∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴∠DPM+∠EPN=90°，
∵MN⊥AB，
∴∠PMD=∠PNE=90°，
∴∠PDM+∠DPM=90°，
∴∠PDM=∠EPN；
故答案为：=；
②∵CD=，AD =4，∠ADC=90°，
∴tan∠ACD=,
∴∠ACD=30°，
设MP=x，则NP=4-x，
∴MC=MP=x，DM=-x=（4-x），
∵∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，
∴==，
故答案为：；
（2）成立，
设NP=a，则MP=4+a，
∵∠ACD=30°，
∴MC=（4+a），
∴MD=(4+a)-4=a，
由（1）同理得∠PDM=∠EPN，∠PMD=∠PNE=90°，
∴△PDM∽△EPN，
∴=，
（3）∵PM=x，
∴PN=4-x，EN=，
∴，
∴，，
∴矩形PEFD的面积为y=，
∵>0，
∴当x=3时，y有最小值为.
【点睛】
此题考查矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定及性质，勾股定理，利用面积公式得到函数关系式及最小值，解答此题中运用类比思想.
55．（2020·吉林长春）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．


【问题解决】（1）如图①，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上．求证：四边形是正方形．
【规律探索】（2）由【问题解决】可知，图①中的为等腰三角形．现将图①中的点沿向右平移至点处（点在点的左侧），如图②，折痕为，点在上，点在上，那么还是等腰三角形吗？请说明理由．
【结论应用】（3）在图②中，当时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点与点重合，折痕为，点在上．要使四边形为菱形，则___________．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图①中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADA′=90°，
由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，
∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，
∴四边形AEA′D是矩形，
∵DA=DA′，
∴四边形AEA′D是正方形．
（2）结论：△PQF是等腰三角形．
理由：如图②中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QFP=∠APF，
由翻折可知，∠APF=∠FPQ，
∴∠QFP=∠FPQ，
∴QF=QP，
∴△PFQ是等腰三角形．
（3）如图③中，

∵四边形PGQF是菱形，
∴PG=GQ=FQ=PF，
∵QF=QP，
∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，
∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，
∴∠DQD′=30°，
∵∠D′=90°，
∴，
由翻折可知，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
56．（2020·湖南益阳）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形中，是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点到直线的距离为．
①求的长．
②若、分别是、边上的动点，求周长的最小值．

【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②周长的最小值为
【解析】
【分析】
（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】
（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）∵四边形是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：，即，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4


（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
∴,
即，
解得：,
在Rt△PHT中，TH=,
,
∴周长的最小值为．


【点睛】
本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
57．（2020·广东深圳）背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按背景图位置摆放（点E，A，D在同一条直线上），发现BE=DG且BE⊥DG．小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答：

（1）将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转，（如图1）还能得到BE=DG吗？如果能，请给出证明．如若不能，请说明理由：
（2）把背景中的正方形分别改为菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，（如图2）试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；
（3）把背景中的正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE，BG．小组发现：在旋转过程中， BG2+DE2是定值，请求出这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；理由见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）根据四边形ABCD和AEFG是正方形的性质证明△EAB≌△GAD即可；
（2）根据菱形AEFG和菱形ABCD的性质以及角的和差证明△EAB≌△GAD即可说明当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立；
（3）如图：连接EB，BD,设BE和GD相交于点H，先根据四边形AEFG和ABCD为矩形的性质说明△EAB∽△GAD，再根据相似的性质得到，最后运用勾股定理解答即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD，
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG，
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG成立。
证明：∵四边形ABCD菱形
∴AB=AD
∵四边形AEFG为正方形
∴AE=AG
∵∠EAG=∠BAD
∴
∴
在△EAB和△GAD中有：

∴△EAB≌△GAD
∴BE=DG；
(3)连接EB，BD,设BE和GD相交于点H

∵四边形AEFG和ABCD为矩形
∴
∴
∵
∴△EAB∽△GAD
∴
∴
∴
∴
，
∴．
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，灵活运用所学知识是解答本题的关键．
58．（2020·湖北省直辖县级单位）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处，得到折痕，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片沿过点E的直线折叠，点C恰好落在上的点处，点B落在点处，得到折痕，交于点M，交于点N，再把纸片展平．
          
问题解决：
（1）如图1，填空：四边形的形状是_____________________；
（2）如图2，线段与是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若，求的值．
【答案】（1）正方形；（2），见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形；
（2）连接，由（1）问的结论可知，，又因为矩形纸片沿过点E的直线折叠，可知折叠前后对应角以及对应边相等，有，，，可以证明和全等，得到，从而有；
（3）由，有；由折叠知，，可以计算出；用勾股定理计算出DF的长度，再证明得出等量关系，从而得到的值．
【详解】
（1）解：∵ABCD是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形
∵矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在上的点处
∴
∴
∵
∴四边形的形状是正方形
故最后答案为：四边形的形状是正方形；
（2）
理由如下：如图，连接，由（1）知：
∵四边形是矩形，
∴
由折叠知：
∴
又，
∴
∴
∴

（3）∵，∴
由折叠知：，∴
∵
∴
设，则
在中，由勾股定理得：
解得：，即
如图，延长交于点G，则
∴
∴
∴
∵，∴
∴
【点睛】
（1）本问主要考查了正方形的定义，即有一组邻边相等且一个角为直角的平行四边形是正方形，其中明确折叠前后对应边、对应角相等是解题的关键；
（2）本问利用了正方形的性质以及折叠前后对应边、对应角相等来证明三角形全等，再根据角相等则边相等即可做题，其中知道角相等则边相等的思想是解题的关键；
（3）本问考查了全等三角形、相似三角形的性质、角相等则正切值相等以及勾股定理的应用，其中知道三角形相似则对应边成比例是解题的关键．
59．（2020·山西）综合与实践
问题情境：
如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．
猜想证明：

（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若，，请直接写出的长．
【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；
（2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答；
（3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可．
【详解】
解：（1）四边形是正方形
理由：由旋转可知：，，
又，

四边形是矩形．
∵．
四边形是正方形；
（2）．
证明：如图，过点作，垂足为，

则，

．
四边形是正方形，
，．


，
．
．


∵，

；
（3）如图：过E作EG⊥AD

∴GE//AB
∴∠1=∠2
设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x
在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15
∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9
∴BE=9,AE=12
∴sin∠1= ,cos∠1=
∴sin∠2= ,cos∠2=
∴AG=7.2,GE=9.6
∴DG=15-7.2=7.8
∴DE=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．
60．（2020·湖北宜昌）菱形的对角线相交于点O，，点G是射线上一个动点，过点G作交射线于点E，以为邻边作矩形．


（1）如图1，当点F在线段上时，求证：；
（2）若延长与边交于点H，将沿直线翻折180°得到．
①如图2，当点M在上时，求证：四边形为正方形：
②如图3，当为定值时，设，k为大于0的常数，当且仅当时，点M在矩形的外部，求m的值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②．
【解析】
【分析】
（1）证明四边形ECFG，DGEF是平行四边形即可得到结论；
（2）①由折叠得可证明，，再证明 可得GO=EO，再由四边形EOGF为矩形则可证明结论；
②由四边形ABCD为菱形以及折叠可得，当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，设，求得，过点D作于点N，证明求得，在中运用勾股定理列出方程求解即可.
【详解】
（1）证明：如图，四边形EOGF为矩形，

，，，，
，
四边形ECFG，DGEF是平行四边形，
，，
；
（2）如图，

证明：由折叠得，
，，
，，
四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
，，
，点M在GE上，
，
，
四边形EOGF为矩形，
矩形EOGF为正方形；
（3）如图，

四边形ABCD为菱形，
，
，
，
，
，
，
（m为定值），
，
点M始终在固定射线DM上并随k的增大向上运动，
当且仅当时，M点在矩形EOGF的外部，
时，M点在矩形EOGF上，即点M在EF上，
设，
，，，
，，
，
过点D作于点N，
，又，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
（负值舍去），
，
．
【点睛】
本题考查四边形的综合问题，涉及矩形和菱形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解方程等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．
61．（2020·江苏徐州）我们知道：如图①，点把线段分成两部分，如果．那么称点为线段的黄金分割点．它们的比值为．

（1）在图①中，若，则的长为_____；
（2）如图②，用边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点对应点，得折痕．试说明是的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为的正方形的边上任取点，连接，作，交于点，延长、交于点．他发现当与满足某种关系时、恰好分别是、的黄金分割点．请猜想小明的发现，并说明理由．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）由黄金比值直接计算即可；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则AG=20-x，易证得四边形EFCD是矩形，可求得CE，由折叠知GH=BG=x，CH=BC=20，进而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得关于x的方程，解之即可证得结论；
（3）当PB=BC时，证得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,则有BF=AE，设BF=x，则AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可证得结论．
【详解】
（1）AB=×20=（）(cm)，
故答案为：；
（2）如图，连接GE，设BG=x，则GA=20-x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠D=90º，
由折叠性质得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90º，AE=ED=10，
在Rt△CDE中，CE=，
∴EH=，
在Rt△GHE中，
在Rt△GAE中，,
∴，
解得：x=，
即，
∴是的黄金分割点；

（3）当PB=BC时，、恰好分别是、的黄金分割点．
理由：∵，
∴∠BCF+∠CBE=90º，又∠CBE+∠ABE=90º，
∴∠ABE=∠BCF，
∵∠A=∠ABC=90º，AB=BC，
∴△BAE≌△CBF（ASA），
∴AE=BF，
设AE=BF=x，则AF=a-x，
∵AD∥BC即AE∥PB，
∴即，
∴，
解得：或(舍去)，
即BF=AE=，
∴，
∴、分别是、的黄金分割点．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例、解一元二次方程等知识，解答的关键是认真审题，找出相关信息的关联点，确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．