压轴题14以四边形为背景的几何类比探究压轴问题-2023年中考数学压轴题专项训练（全国通用）

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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题14以四边形为背景的几何类比探究压轴问题

例1．（2023•金牛区模拟）已知矩形ABCD，点E、F分别在AD、DC边上运动，连接BF、CE，记BF、CE交于点P．
（1）如图1，若ABAD=35，CF＝4，∠AEP+∠ABP＝180°，求线段DE的长度；
（2）如图2，若∠EBF＝∠DEC，BPAD=23，求EPPC；
（3）如图3，连接AP，若∠EBF＝∠DEC，AP＝AB＝2，BC＝3，求PB的长度．

【分析】（1）根据矩形的性质可得：AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，CDBC=ABAD=35，结合四边形内角和可证得△CED∽△BFC，得出DECF=CDBC=35，即可求得答案；
（2）根据已知条件可证得△EBP∽△ECB，得出BPBC=EPEB=EBEC，进而得出EB=32EP，利用EC＝EP+PC，即可得出答案．
（3）过点A作AH⊥BP于H，过点P作MN⊥BC于N，交AD于M，根据等腰三角形性质可得BH＝HP，设BH＝HP＝x，则BP＝2x，即BPBC=2x3，仿照（2）可得△EBP∽△ECB，得出EPEB=EBEC=BPBC=2x3，推出EPPC=4x29，由MN∥CD，可得PMCD=EPPC=4x29，得出PM=8x29，PN＝2-8x29，再证得△BPN∽△ABH，得出PNBP=BHAB，解方程2（2-8x29）＝2x2，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，
∵ABAD=35，
∴CDBC=ABAD=35，
∵∠A+∠ABP+∠BPE+∠AEP＝360°，∠AEP+∠ABP＝180°，
∴∠A+∠BPE＝180°，
∴∠BPE＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°＝∠CPF，
∴∠ECD+∠CFB＝90°，
∵∠FBC+∠CFB＝90°，
∴∠ECD＝∠FBC，
∴△CED∽△BFC，
∴DECF=CDBC=35，
∵CF＝4，
∴DE=35CF=35×4=125；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DEC＝∠ECB，
∵∠EBF＝∠DEC，
∴∠EBF＝∠ECB，
∵∠BEP＝∠CEB，
∴△EBP∽△ECB，
∴BPBC=EPEB=EBEC，
∵BPBC=BPAD=23，
∴EPEB=EBEC=23，
∴EB=32EP，
∵EC＝EP+PC，
∴32EPEP+PC=23，
∴EPEP+PC=49，
∴EPPC=45；
（3）如图3，过点A作AH⊥BP于H，过点P作MN⊥BC于N，交AD于M，

∵AP＝AB＝2＝CD，AH⊥BP，
∴BH＝HP，设BH＝HP＝x，则BP＝2x，
∵BC＝AD＝3，
∴BPBC=2x3，
∵∠EBF＝∠DEC，由（2）得△EBP∽△ECB，
∴EPEB=EBEC=BPBC=2x3，
∴EB=32xEP，
∵EC＝EP+PC，
∴32xEPEC=2x3，即EPPC=4x29，
∵MN∥CD，
∴PMCD=EPPC=4x29，
∴PM=8x29，
∵∠D＝∠DCN＝∠MNC＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴MN＝CD＝2，
∴PN＝2-8x29，
∵∠BNP＝∠AHB＝90°，
∴∠PBN+∠BPN＝90°，
∵∠PBN+∠ABH＝90°，
∴∠BPN＝∠ABH，
∴△BPN∽△ABH，
∴PNBP=BHAB，
∴AB•PN＝BH•BP，
∴2（2-8x29）＝2x2，
∴x2=1817，
∵x＞0，
∴x=33417，
∴BP＝2x=63417，
故PB的长度为63417．
【点评】本题是矩形综合题，考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
例2．（2023•浠水县二模）四边形ABCD是正方形，E是直线BC上一点，连接AE，在AE右侧，过点E作射线EP⊥AE，F为EP上一点．
（1）如图1，若点E是BC边的中点，且EF＝AE，连接CF，则∠DCF＝　45　°；
（2）如图2，若点E是BC边上一点（不与B，C重合）．∠DCF＝45°，判断线段EF与AE的数量关系，并说明理由；
（3）若正方形边长为1，且EF＝AE，当AF+BF取最小值时，求△BCF的面积．

【分析】（1）由“AAS”可证△ABE≌△EHF，可得BE＝FH，AB＝EH，即可求解；
（2）由“ASA”可证△AEN≌△FEC，可得AE＝EF；
（3）先证点F是在过点C且与CD成45°的直线上运动，由面积法可求F'H的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图1，过点F作FH⊥直线BC于H，

∵AE⊥EF，FH⊥BC，
∴∠AEF＝∠EHF＝90°＝∠ABC，
∴∠AEB+∠FEC＝90°＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠FEH，
又∵EF＝AE，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴BE＝FH，AB＝EH，
∴BC＝EH，
∴BE＝CH＝FH，
∴∠FCH＝45°，
∴∠DCF＝45°，
故答案为：45；
（2）EF＝AE，理由如下：
如图2，过点E作EN⊥BC交AC于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°＝∠ACD＝∠DCF，
∵NE⊥BC，AE⊥EP，
∴∠NEC＝∠AEP＝90°，
∴∠AEN＝∠PEC，∠ENC＝∠ECN＝45°，
∴NE＝EC，∠ANE＝∠ECF＝135°，
∴△AEN≌△FEC（ASA），
∴AE＝EF；
（3）如图，连接AC，过点E作EN⊥BC交AC于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°＝∠ACD＝∠DCF，
∵NE⊥BC，AE⊥EP，
∴∠NEC＝∠AEP＝90°，
∴∠AEN＝∠PEC，∠ENC＝∠ECN＝45°，
∴NE＝EC，∠ANE＝135°，
又∵AE＝EF，
∴△AEN≌△FEC（ASA），
∴∠ANE＝∠ECF＝135°，
∴∠DCF＝45°，
∴点F是在过点C且与CD成45°的直线上运动，
作点B关于CF的对称点B'，连接AB'，交CF于点F'，交BC于Q，连接BF'，
∴此时：AF+BF有最小值，最小值为AB'，
∵点B关于CF的对称点B'，
∴BC＝B'C，∠BCF'＝∠B'CF'＝45，
∴∠BCB'＝90°，
∴B'C∥AB，
∴ABB'C=BQCQ=1，
∴BQ＝CQ=12，
∵∠BCF'＝∠B'CF'＝45，F'H⊥BC，F'G⊥B'C，
∴F'H＝F'G，
∵S△B'CQ=12×1×12=12×12×F'H+12×1×F'G，
∴F'H=13，
∴△BCF的面积=12×13×1=16．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
例3．（2023•新郑市模拟）“矩形的折叠”活动课上引导学生对矩形纸片进行折叠．
如图，将矩形纸片ABCD折叠，点A与点D重合，点C与点B重合，将纸片展开，折痕为EF，在AD边上找一点P，沿CP将△PCD折叠，得到△PCQ，点D的对应点为点Q．
问题提出：
（1）若点Q落在EF上，CD＝2，连接BQ．
①△CQB是 　等腰　三角形；
②若△CQB是等边三角形，则AD的长为 　2　．
深入探究：
（2）在（1）的条件下，当AD＝22时，判断△CQB的形状并证明；
拓展延伸；
（3）若AB＝6，AD＝8，其他条件不变，当点Q落在矩形ABFE内部（包括边）时，连接AQ，直接写出AQ的取值范围．

【分析】（1）①由折叠可知EF垂直平分BC，则CQ＝BQ，所以△CQB是等腰三角形，于是得到问题的答案；
②当△CQB是等边三角形时，则AD＝BC＝CQ＝CD＝1，于是得到问题的答案；
（2）因为CQ＝BQ＝CD＝1，所以CQ2+BQ2＝12+12＝2，而AD＝BC=2，则BC2＝（2）2＝2，所以CQ2+BQ2＝BC2，则△CQB是等腰直角三角形；
（3）连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H，则点Q在⊙C上运动，可求得AC=AB2+BC2=61，AH=AB2+BH2=26，AG=10，由AQ+CQ≥AC，AQ+CQ≤AG+CG，AQ+CQ≤AH+CH，得AQ+5≥61AQ+5≤10+5AQ+5≤26+5，即可求得AQ的取值范围是61-5≤AQ≤26．
【解答】解：（1）如图1，①∵将矩形纸片ABCD沿EF折叠，点C与点B重合，
∴EF垂直平分BC，
∴CQ＝BQ，
∴△CQB是等腰三角形，
故答案为：等腰．
②由折叠得CQ＝CD＝2，
若△CQB是等边三角形，则BC＝CQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，
故答案为：2．
（2）△CQB是等腰直角三角形，
证明：如图1，由（1）得CQ＝BQ＝CD＝2，
∴CQ2+BQ2＝22+22＝8，
∵AD＝BC＝22，
∴BC2＝（22）2＝8
∴CQ2+BQ2＝BC2，
∴△CQB是直角三角形，
∵CQ＝BQ，
∴△CQB是等腰直角三角形．
（3）如图2，连接AC，以点C为圆心，CD长为半径作圆交EF于点G，交BC于点H，
∵AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=62+82=10，
∵CQ＝CD＝6，
∴点Q在⊙C上运动，
连接AG、CG、CH，则CG＝CH＝6，
∴BH＝BC﹣CH＝8﹣6＝2，
∴AH=AB2+BH2=62+22=210，
∵四边形ABFE是矩形，
∴∠CFG＝∠AEG＝90°，EF＝AB＝6，
∵AE＝BF＝CF=12BC=12×8＝4，
∴FG=CG2-CF2=62-42=25，
∴EG＝EF﹣FG＝6﹣25，
∴AG=AE2+EG2=42+(6-25)2=215-23，
当点Q落在矩形ABFE内部（包括边）时，则AQ+CQ≥AC，AQ+CQ≤AG+CG，AQ+CQ≤AH+CH，
∴AQ+6≥10AQ+6≤215-23+6AQ+6≤210+6AQ+5≥61AQ+5≤10+5AQ+5≤26+5，
∴4≤AQ≤26，
∴AQ的取值范围是61-5≤AQ≤26．


【点评】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质、轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的判定、等边三角形的性质、勾股定理及其逆定理的应用、两点之间线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
例4．（2023•莱西市一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝8cm，BC＝6cm，AD＝10cm，点P、Q分别是线段CD和AD上的动点．点P以2cm/s的速度从点D向点C运动，同时点Q以1cm/s的速度从点A向点D运动，当其中一点到达终点时，两点停止运动，将PQ沿AD翻折得到QP'，连接PP'交直线AD于点E，连接AC、BQ．设运动时间为t（s），回答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥AC？
（2）求四边形BCPQ的面积S（cm2）关于时间t（s）的函数关系式；
（3）是否存在某时刻t，使点Q在∠PP'D平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）过A作AH⊥CD于H，由勾股定理得DH＝8（cm），再证△DPQ∽△DCA，得DQDA=DPDC，即可得出答案；

（2）过Q作QG⊥BA于G，交CD于F，证△QGA∽△AHD，得QGAH=AQAD，求出QG=35t，则QF＝6-35t，再由梯形面积公式和三角形面积公式即可求解；
（3）过A作AH⊥CD于H，点Q在∠P′PD平分线上，过Q作QF⊥CD于F，由角平分线的性质得QE＝QF，再求出DE=85t，则QE=135t﹣10，得135t﹣10＝6-35t，求解即可．
【解答】解：（1）如图1，过A作AH⊥CD于H，
则四边形ABCH是矩形，
∴CH＝AB＝8cm，AH＝BC＝6cm，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AD2-AH2=102-62=8（cm），
∴CD＝CH+DH＝16（cm），
当PQ∥AC时，△DPQ∽△DCA，
∴DQDA=DPDC，即10-t10=2t16，
解得：t=409，
即当t为409时，PQ∥AC；
（2）如图3，过Q作QG⊥BA于G，交CD于F，
则GF＝AH＝6cm，AH∥QF，
∴△QFD∽△AHD，
∵AB∥CD，
∴△QGA∽△QFD，
∴△QGA∽△AHD，
∴QGAH=AQAD，
即QG6=t10，解得：QG=35t，
∴QF＝6-35t，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是梯形，
∴四边形BCPQ的面积S＝S梯形ABCD﹣S△ABQ﹣S△PDQ=12×（8+16）×6-12×8×35t-12×2t×（6-35t）=35t2-425t+72，即S=35t2-425t+72（0≤t≤8）；
（3）存在，理由如下：
如图4，过A作AH⊥CD于H，点Q在∠P′PD平分线上，过Q作QF⊥CD于F，
由（3）可知，QF＝6-35t，
由翻折的性质得：DE⊥PP'，
∴QE＝QF，∠DEP＝90°，
∴cosD=DEPD=DHAD，即DE2t=810，
解得：DE=85t，
∴QE＝DE﹣DQ=85t﹣（10﹣t）=135t﹣10，
∴135t﹣10＝6-35t，
解得：t＝5，
即存在某时刻t，使点Q在∠P′PD平分线上，t的值为5．




【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、翻折变换的性质、相似三角形的判定由V型在、勾股定理、角平分线的性质、锐角三角函数定义、梯形面积公式、三角形面积公式等知识，本题综合性强，熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．


1．（2023•南关区校级模拟）实践与探究
操作一：如图①，将矩形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF．展平后，将矩形ABCD沿过点B的直线折叠，折痕为BG，点G在AD边上，使点A的对应点A′
落在EF上，连接A′C．若点G、A′、C共线，求证：△BA′C≌△GDC；
操作二：如图②，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，若矩形ABCD沿过点B的直线折叠，点G在AD边上，折痕为BG，点A的对应点A′落在矩形ABCD的内部．
（1）连接A′D，A′D的最小值为 　4　；
（2）如图③，将矩形ABCD再沿过点B的直线折叠，使点C在直线A′B边上．折痕为BH，点C的对应点为点C′，将矩形沿过点H的直线继续折叠，点R在AD上，折痕为HR，点D的对应点为点D′．我们发现，点R的位置不同，点D′的位置也不同，当点D′恰好与点C′重合时，线段RD的长为 　98　．

【分析】操作一：可证得∠CBG＝∠AGB＝∠CGB，∠BCG＝∠CGD，进而得出结论；
操作二：（1）可推出点A′在以B为圆心，6为半径的圆上运动，连接BD，交圆B于A″，当A′运动A″时，A′D最小，进一步得出结果；
（2）设RD′＝RD＝x，则AR＝8﹣x，BR＝BC′+RC′＝x+8，在Rt△ABR中，由勾股定理得：AB2+AR2＝BR2，即：62+（8﹣x）2＝（8+x）2，从而得出x的值，进一步得出结果．
【解答】操作一
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，AD∥BC，
∴∠CBG＝∠AGB，∠BCG＝∠CGD，
由折叠得：∠BA′G＝∠A＝90°，∠AGB＝∠A′GB，
∴∠CA′B＝90°，∠CBG＝∠A′GB，
∴∠CA′B＝∠D，CG＝BC，
∴△BA′C≌△GDC（AAS）；
操作二
（1）解：如图，

∵BA′＝AB＝6，
点A′在以B为圆心，6为半径的圆上运动，连接BD，交圆B于A″，当A′运动A″时，A′D最小，
∵BC＝8，CD＝6，
∴BD＝10，
∴A″D＝BD﹣A″B＝10﹣6＝4，
故答案为：4；
（2）解：由折叠得：DH＝C′H＝CH，B′C＝BC＝8，DR＝C′R，
设RD′＝RD＝x，则AR＝8﹣x，
∴BR＝BC′+RC′＝x+8，
在Rt△ABR中，由勾股定理得，
AB2+AR2＝BR2，
∴62+（8﹣x）2＝（8+x）2，
∴x=98，
∴RD=98，
故答案为：98．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键熟练掌握有关基础知识．
2．（2023•范县一模）综合与实践综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．
（1）操作判断 如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点E在AC上（且不与点A、C重合）在△ABC的外部作△CED，使∠CED＝90°，ED＝EC，连接AD，过点B作BF∥AD，过点D作DF∥AB，BF交DF于点F，连接AF．
根据以上操作，判断：四边形ABFD的形状是 　平行四边形　；三角形△AEF的形状是 　等腰直角三角形　；
​
（2）迁移探究明明同学所在的“认真•坚持”学习小组“异想天开”，将△CED绕点C逆时针旋转，如图2，当点E落在线段BC上时，请你：
①求证：四边形ABFD的是矩形；
②连接AE、AF，若AE＝3，求AF的长；
（3）拓展应用亮亮同学所在的“感恩•责任”学习小组受此启发，将△CED绕点C继续逆时针旋转，能使四边形ABFD为菱形，若AB＝6，CE＝2，请你直接写出线段AF的长．
【分析】（1）由平行四边形的判定和等腰直角三角形的判定依次判断可求解；
（2）①由等腰直角三角形的性质可得∠BCA＝45°＝∠ECD，可得点D在AC上，即可得结论；
②由“SAS”可证△ACE≌△FDE，可得AE＝EF，∠CEA＝∠DEF，由等腰直角三角形的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，由“SAS”可证△DEF≌△CEA，可得AE＝EF，∠DFE＝∠CAE，由等腰直角三角形的性质可得AF=2AE，即可求解．
【解答】（1）解：∵BF∥AD，DF∥AB，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°＝∠CED，AB＝AC，ED＝EC，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形；
故答案为：平行四边形；等腰直角三角形；
（2）①证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∠CED＝90°，ED＝EC，
∴∠BCA＝45°＝∠ECD，
∵点E落在线段BC上，
∴点D在AC上，
∵四边形ABFD是平行四边形，∠CAB＝90°，
∴四边形ABFD是矩形；
②解：如图，连接EF，

∵四边形ABFD是矩形，
∴AB＝DF，∠CDF＝90°，
∴AC＝AB＝DF，∠EDF＝45°＝∠ACE，
又∵CE＝ED，
∴△ACE≌△FDE（SAS），
∴AE＝EF，∠CEA＝∠DEF，
∴∠CED＝∠AEF＝90°，
∴AF=2AE＝32；
（3）解：当点D在AC的左侧时，如图，连接AE，EF，延长AE交CD于K，设直线DF交AC于H，EC于N，

∵四边形ABFD是菱形，
∴AD＝AB＝DF＝AC，
∵∠CED＝∠CHD＝90°，∠CNH＝∠DNE，
∴∠ACE＝∠FDE，
又∵DE＝CE，
∴△DEF≌△CEA（SAS），
∴AE＝EF，∠DFE＝∠CAE，
∴∠DFE+∠AFE+∠CAF＝90°＝∠AFE+∠CAF+∠CAE，
∴∠AEF＝90°，
∴AF=2AE，
∵AB＝AC＝AD＝6，CE＝DE＝2，
∴AE垂直平分CD，
∴CK＝KE=2，
∴AK=AC2-CK2=34，
∴AE=34-2，
∴AF＝217-2；
当点D在AC的右侧时，连接AE，EF，

同理可得AF＝217+2；
综上所述：AF的长为217+2或217-2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
3．（2023•息县模拟）某数学兴趣小组在数学实践课上开展了“菱形折叠”研究活动．
第一步：每人制作内角不同，边长都为2的菱形若干个，四个顶点为A，B，C，D（为保持一致，活动中，小组内制作图形各点名称命名规则相同）；
第二步：对折找到一条对角线BD并展开；
第三步：将边AB折叠到对角线BD所在直线上，顶点A的落点为F，所得折痕与边AD交于点E；
第四步：测量∠A，∠FDE，∠FED的度数．

（1）小组长在研究大家测得的数据后仔细分析，发现可以通过∠A的度数，计算得到∠FED和∠FDE的度数．如图，若一位同学制作的菱形中∠A＝30°，请你给出此时∠FDE和∠FED的度数：∠FDE＝　105　°，∠FED＝　45　°．
（2）若∠A＜60°，请探究∠A的度数为多少时，△DEF为等腰三角形，并说明理由；
（3）请直接写出△DEF为直角三角形时DF的长．​
【分析】（1）根据菱形的性质和折叠的性质得∠F＝30°，∠BDA＝75°，由邻补角的性质以及三角形外角的性质即可求解；
（2）设∠A＝a，利用（1）的方法可得∠F＝α，∠BDA＝90°-12α，由邻补角的性质以及三角形外角的性质得∠FDE＝90°+12α，∠FED＝90°-32α，根据等腰三角形的性质即可求解；
（3）分两种情况：①∠EFD＝90°时，②∠FED＝90°时，根据直角三角形的性质即可求解．​
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠BDA＝∠BDC=12∠ADC，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝180°﹣30°＝150°，
∴∠BDA＝75°，
∴∠FDE＝180°﹣∠BDA＝105°，
由折叠得∠F＝∠A＝30°，
∴∠FED＝∠FDE﹣∠F＝75°﹣30°＝45°，
故答案为：105，45；
（2）设∠A＝a，
∴∠F＝∠A＝α，
∠BDA=12∠ADC=12（180°﹣∠A）＝90°-12α，
∴∠FDE＝180°﹣∠BDA＝90°+12α，
∴∠FED＝∠FDE﹣∠E＝90°-32α，
①当DE＝DF时，∠DEF＝∠F，
∴90°-32α＝α，解得α＝36°，
∴∠A的度数为36°时，△DEF为等腰三角形；
②当DE＝EF时，∠FDE＝∠F，
∴90°+12α＝α，解得α＝180°（不合题意，舍去）；
③当DF＝EF时，∠FDE＝∠FED，
∴90°+12α＝90°-32α，解得α＝0°（不合题意，舍去）；
综上，∠A的度数为36°时，△DEF为等腰三角形；
（3）①∠EFD＝90°时，如图1，

∵∠EFD＝90°，
∴∠BFD＝90°，
由折叠得∠BFD＝∠A＝90°，BF＝AB＝2，
∴菱形ABCD是正方形，
∴BD＝22，
∴DF＝BD﹣BF＝22-2；
②∠FED＝90°时，如图2，

∵∠FED＝90°，
∴∠EFD+∠EDF＝90°，
设∠A＝α，
∴∠BDA=12∠ADC=12（180°﹣∠A）＝90°-12α，
由折叠得∠BFE＝∠A＝α，EF＝AE，
∴∠EFD＝180°﹣α，
∴90°-12α+180°﹣α＝90°，
解得α＝120°，
∴∠BDA＝90°-12α＝30°，
∴DE=3EF=3AE，DF＝2EF，
∵AB＝DE+AE＝2，
∴3EF+EF＝2，
解得EF=3-1，
∴DF＝23-2．
综上，△DEF为直角三角形时DF的长为22-2或23-2．​
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，翻折变换等知识，解题的关键是分类思想的运用．
4．（2023•南湖区校级二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝25． tan∠A=247，点O是AD边的中点．连结BD．点P是折线AB﹣BD上一点，连结OP．点A关于OP的对称点为A′．
（1）对 角线BD的长为 　30　；
（2）当点A′落在△ABD的边上（点A′不与点A、D重合）时，求AP的长；
（3）连结A′C，求线段A′C的长的最小值；
（4）当OA′所在的直线垂直于AB时，直接写出线段BP的长．

【分析】（1）作BE⊥AD，求得AE和BE的长，进而求得BD的值；
（2）先求得coA的值，进而解直角三角形AOP求得AP的值；
（3）可得出点A′的运动轨迹是以点O为圆心，OA为半径的圆的一部分，连接OC，交圆O于A′，此时A′C最小；
（4）先求得OA′垂直于AB时的AP的长：根据角平分线的性质求得AP的长，进而求得BP的长及tan∠OPG，进而求得当A′O与AB垂直时BP的值．
【解答】解：（1）如图1，
作BE⊥AD于E，
∵AB＝25．tanA=247，
∴AE＝7，BE＝24，
∴DE＝AD﹣AE＝18，
∴BD=BE2+DE2=242+182=30，
故答案为：30；
（2）如图2，
作BE⊥AD于E，
由（1）得：AE＝7，
∴cosA=AEAB=725，
∵OP⊥AA′，
∴AP＝OA•cosA=252×725=72；
（3）如图3，
∵OA'=OA=252，
∴点A′在以O为圆心，252为半径的圆上运动，连接OC，交⊙O于点A′，此时A′C′最小，
作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
可得：DF＝7，CF＝24，
∴OF＝OD+DF=252+7=392，
∴OC=OF2+CF2=(392)2+242=15217，
∴A′C＝OC﹣OA'=15172-252=1517-252；
（4）如图4，
作BE⊥AD于E，作P′H⊥AD于H，设OA′交AB于G，
∵OP平分∠AOA′，
∴APPG=OAOG=2524，
∴PG=2424+25⋅72=127，AP=2549×72=2514，
∴BP＝AB﹣AP＝25-2514=32514，tan∠OPG=OGPG=7，
当点A′运动到A′O的延长线A″时，
∵tan∠P′OH＝tan∠OPG＝7，P′H＝BE＝24，
∴OH=247，
∴BP′＝EH＝AH﹣AE＝OA+OH﹣AE=252+247-7=877，
综上所述：BP=32514或877．




【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，确定圆的条件轴对称的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形．
5．（2023•天山区一模）某校数学活动小组探究了如下数学问题：

（1）问题发现：如图1，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点P是底边BC上一点，连接AP，以AP为腰作等腰Rt△APQ，且∠PAQ＝90°，连接CQ、则BP和CQ的数量关系是　BP＝CQ　；
（2）变式探究：如图2，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC．点P是腰AB上一点，连接CP，以CP为底边作等腰Rt△CPQ，连接AQ，判断BP和AQ的数量关系，并说明理由；
（3）问题解决；如图3，正方形ABCD的边长为10，点P是边AB上一点，以DP为对角线作正方形DEPQ，连接AQ．若设正方形DEPQ的面积为y，AQ＝x．求y与x的函数关系式．
【分析】（1）根据已知条件利用边角边证明△ABP≌△ACQ，再利用全等三角形的性质即可得到BP和CQ的数量关系；
（2）根据任意等腰直角三角形的直角边与斜边的比是相等的，利用两边成比例且夹角相等的判定定理证明△CBP≌△CAQ，之后再由相似三角形对应边成比例即可得到BP和AQ的数量关系；
（3）连接BD，先由正方形的性质判断出△BAD和△PQD都是等腰直角三角形，再利用与第二问同样的方法证出△BPD∽△AQD，由相似比求出BQ，再由勾股定理求得DP，则可列出关系式．
【解答】解：（1）∵△APQ是等腰直角三角形，∠PAQ＝90°，
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴AP＝AQ，∠BAP+∠PAC＝∠CAQ+∠PAC，
∴∠BAP＝∠CAQ．
在△ABP和△ACQ中，
AB=AC∠BAP=∠CAQAP=AQ，
∴△ABP≌△ACQ（SAS），
∴BP＝CQ．
故答案为：BP＝CQ；
（2）结论：BP=2AQ，理由如下：
∵△CPQ是等腰直角三角形，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴QCPC=ACBC=22，∠ACB＝∠QCP＝45°．
∵∠BCP+∠ACP＝∠ACQ+∠ACP＝45°，
∴∠BCP＝∠ACQ，
∴△CBP∽△CAQ，
∴QCPC=ACBC=AQBP=22，
∴BP=2AQ；
（3）连接BD，

∵四边形ABCD是正方形，四边形DEPQ是正方形，
∴△BAD和△PQD都是等腰直角三角形，
∴QDPD=ADBD=22，∠BDA＝∠PDQ＝45°，
∵∠BDP+∠PDA＝∠PDA+∠ADQ＝45°，
∴∠BDP＝∠ADQ，
∴△BPD∽△AQD，
∴QDPD=ADBD=AQBP=22，
∵AQ＝x，AD＝10，
∴BP=2x，AP=10-2x，
在Rt△PAD中，AP2+AD2＝DP2，即(10-2x)2+102=DP2，
∵DP是正方形DEPQ的对角线，正方形DEPQ的面积为y，
∴y=12DP2，
∴y=12×[(10-2x)2+100]=12(100-202x+2x2+100)=x2-102x+100，
∵AQ＞0，DP＞0，
∴0＜x＜52．
【点评】本题是一道几何综合题，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，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确识图并能熟练地掌握几何图形的性质与判定定理进行证明是解题的关键．
6．（2023•泰山区一模）问题：如图，在▱ABCD中，AB＝9，AD＝6，∠DAB，∠ABC的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F．
（1）求EF的长．
探究：
（2）把“问题”中的条件“AB＝9”去掉，其余条件不变．当点E与点C重合时，求EF的长．
（3）把“问题”中的条件“AB＝9，AD＝6”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求ADAB的值．

【分析】（1）证∠DEA＝∠DAE，得DE＝AD＝6，同理BC＝CF＝6，即可求解；
（2）证∠DEA＝∠DAE，得DE＝AD＝6，同理BC＝CF＝6，即可求解；
（3）分三种情况，由（1）的结果结合点C，D，E，F相邻两点间的距离相等，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝9，BC＝AD＝6，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DE＝AD＝6，
同理：BC＝CF＝6，
∵DE+CF＝DE+CE+EF＝CD+EF，
∴EF＝DE+CF﹣CD＝6+6﹣9＝3；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，BC＝AD＝6，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DE＝AD＝6，
同理：BC＝CF＝6，
如图2所示：

∵点E与点C重合，
∴点F与点D重合，
∴EF＝DC＝9；

（3）分三种情况：
①如图3所示：

同（1）得：AD＝DE，
∵点C，D，E，F相邻两点间的距离相等，
∴AD＝DE＝EF＝CF，
∴ABAD=3；
②如图4所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝FE＝CE，
∴ABAD=23；
③如图5所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝DC＝CE，
∴ABAD=12；
综上所述，ADAB的值为12或3或32．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
7．（2023•靖江市模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=33．点E、F分别在AD、BC上，四边形BEDF为菱形．
（1）利用尺规作图在图1中作出菱形BEDF（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）如图2，动点M从点E出发沿射线ED方向运动，同时，动点N从点F出发沿射线DF方向运动，且M、N两点运动速度相同，BM、EN相交于点P．
①求∠EPM的度数．
②连接CP，线段CP长度的最小值为 　31-2　．

【分析】（1）作BD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，则四边形BEDF是菱形；
（2）①先证△BEF是等边三角形，由“SAS”可证△BEM≌△EFN，可得∠FEN＝∠EBM，即可求解；
②由题意可得点P在点P在圆O上运动，由勾股定理可求OC的长，即可求解．
【解答】解：（1）如图，连接BD，作BD的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，则四边形BEDF是菱形；

（2）连接EF，

∵tan∠ADB=ABAD=33，
∴∠ADB＝30°，
∵四边形BEDF是菱形，
∴BE＝DE＝DF＝BF，
∴∠ADB＝∠EBD＝30°＝∠DBC，
∴∠ABE＝30°，
∴BE＝2AE＝DE，
∴AD＝AE+DE＝3DE＝33，
∴AE=3，DE＝BE＝23，
∵BE＝BF＝DE＝DF，∠EBF＝60°＝∠EDF，
∴△BEF和△DEF都是等边三角形，
∴BE＝EF＝BF，∠DFE＝60°＝∠BEF＝∠DEF，
∴∠BEM＝∠EFN＝120，
∵M、N两点运动速度相同，
∴EM＝FN，
∴△BEM≌△EFN（SAS），
∴∠FEN＝∠EBM，
∴∠EPM＝∠EBM+∠BEP＝∠FEN+∠BEP＝∠BEF＝60°；
②∵∠EPM＝60°，
∴∠BPE＝120°，
如图，延长EA至H，使AH＝AE，连接BH，作△EBH的外接圆O，连接OC，OE，

∵AE＝AH，AB⊥AE，
∴BH＝BE＝2AE＝HE，
∴△BHE是等边三角形，
∴∠BHE＝60°，
∵∠BHE+∠BPE＝180°，
∴点P在圆O上运动，
∴当点P在线段OC上时，CP有最小值，
∵OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB＝30°，
∴∠AEO＝30°，
∴OE＝2AO，AE=3OA=3，
∴OA＝1，OB＝2，
∴OC=OB2+BC2=31，
∴CP的最小值为31-2，
故答案为：31-2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，确定点P的轨迹是解题的关键．
8．（2023•城阳区一模）已知：如图①，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12cm，BD＝16cm．点P从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，EF⊥BD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F；当直线EF停止运动时，点P也停止运动．连接PC、PE，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：

（1）当t为何值时，点A在线段PE的垂直平分线上？
（2）设四边形PCFE的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）如图②，连接PO、EO，是否存在某一时刻t，使∠POE＝90°？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）连接PE，由四边形ABCD是菱形，AC＝12cm，BD＝16cm，可得AC⊥BD，OA＝OC＝6cm，OB＝OD＝8cm，AB=OA2+OB2=10cm＝BC＝CD＝AD，即知cos∠ADO=ODAD=45，在Rt△DQE中，45=tDE，可得DE=5t4（cm），根据点A在线段PE的垂直平分线上，有t＝10-5t4，故t=409；
（2）过C作CH⊥AB于H，过E作EG⊥AB交BA延长线于G，用面积法可得CH=12×16×1210=485（cm），可得S梯形APCD=(AP+CD)⋅CH2=（245t+48）cm2，sin∠HBC=CHBC=2425，从而2425=GEAE，得GE=48-6t5cm，S△APE=12AP•GE＝（-35t2+245）tcm2，根据△DEF∽△DAC，得EF=3t2（cm），故S△EFD=12EF•QD=12×3t2×t=34t2（cm2），即可得y＝S梯形APCD﹣S△APE﹣S△EFD=245t+48﹣（-35t2+245t）-34t2=-320t2+48；
（3）过P作PR⊥BD于R，由△PBR∽△ABO，有10-t10=PR6=BR8，PR＝（6-35t）cm，BR＝（8-45t）cm，知tan∠OPR=ORPR=4t30-3t，而EF=3t2cm，有EQ＝FQ=12EF=3t4cm，可得tan∠EOQ=EQOQ=3t48-t=3t32-4t，根据∠POE＝90°，得∠EOQ＝90°﹣∠POR＝∠OPR，故3t32-4t=4t30-3t，解得t=387．
【解答】解：（1）连接PE，如图：

∵四边形ABCD是菱形，AC＝12cm，BD＝16cm，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝6cm，OB＝OD＝8cm，
∴AB=OA2+OB2=62+82=10cm＝BC＝CD＝AD，
∴cos∠ADO=ODAD=45，
根据题意得：AP＝tcm＝DQ，
在Rt△DQE中，coc∠ADO=DQDE，
∴45=tDE，
∴DE=5t4（cm），
∴AE＝AD﹣DE＝（10-5t4）cm，
∵点A在线段PE的垂直平分线上，
∴AP＝AE，即t＝10-5t4，
解得t=409，
∴当t为何值409s时，点A在线段PE的垂直平分线上；
（2）过C作CH⊥AB于H，过E作EG⊥AB交BA延长线于G，如图：

∵S菱形ABCD=12BD•AC＝AB•CH，
∴CH=12×16×1210=485（cm），
∴S梯形APCD=(AP+CD)⋅CH2=(t+10)×4852=（245t+48）cm2，sin∠HBC=CHBC=2425，
∴sin∠GAE=2425=GEAE，
由（1）知AE＝（10-5t4）cm，
∴GE=48-6t5cm，
∴S△APE=12AP•GE=12•t•48-6t5=（-35t2+245）tcm2，
∵EF⊥BD，AC⊥BD，
∴EF∥AC，
∴△DEF∽△DAC，
∴EFAC=QDOD，即EF12=t8，
∴EF=3t2（cm），
∴S△EFD=12EF•QD=12•3t2•t=34t2（cm2），
∴y＝S梯形APCD﹣S△APE﹣S△EFD=245t+48﹣（-35t2+245t）-34t2=-320t2+48；
∴y与t之间的函数关系式为y=-320t2+48；
（3）存在某一时刻t，使∠POE＝90°，理由如下：
过P作PR⊥BD于R，如图：

∵∠PBR＝∠ABO，∠PRB＝90°＝∠AOB，
∴△PBR∽△ABO，
∴PBAB=PROA=BROB，即10-t10=PR6=BR8，
∴PR＝（6-35t）cm，BR＝（8-45t）cm，
∴OR＝OB﹣BR=45t（cm），
∴tan∠OPR=ORPR=45t6-35t=4t30-3t，
由（2）知EF=3t2cm，
根据菱形的对称性可得EQ＝FQ=12EF=3t4cm，
∵OQ＝OD﹣QD＝（8﹣t）cm，
∴tan∠EOQ=EQOQ=3t48-t=3t32-4t，
∵∠POE＝90°，
∴∠EOQ＝90°﹣∠POR＝∠OPR，
∴tan∠EOQ＝tan∠OPR，
∴3t32-4t=4t30-3t，
解得t=387，
经检验，t=387是分式方程的解，
∴t的值为387．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及菱形性质及应用，梯形和三角形的面积，直角三角形，相似三角形判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
9．（2023•雁塔区校级模拟）问题情​境
如图，在四边形ABCD中，连接BD，∠ABD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，∠BDC＝45°，AB＝2，点E为AD的中点，连接CE．以点D为中心，顺时针旋转△DEC，得到△DGF，点E，C的对应点分别为点G，F．
问题探究
（1）如图①，则CE的长为 　1+3　；
（2）如图②，在△DFG旋转过程中，当B，F，G三点共线时，求△ABF的面积；
（3）如图③，在△DFG旋转过程中，连接AF，AG，直接写出△AFG面积的最大值．

【分析】（1）如图①中，连接BE，设EC交BD于点T．分别求出CT．ET，可得结论；
（2）分两种情形：如图2﹣1中，当B，F，G三点共线时，过点D作DR⊥BG于点R．求出BF，AH，可得结论．如图2﹣2中，当B，F，G三点共线时，同法可得；
（3）如图③中，过点D作DR⊥FG于点R，过点A作AW⊥FG于点W．由AD＝4，DR=3，推出AW≤AD+DR，推出当A，D，R共线时，AW的值最大，最大值＝4+3，
【解答】解：（1）如图①中，连接BE，设EC交BD于点T．

在Rt△ABD中，∠ABD＝90°，∠ADB＝30°，AB＝2，
∴AD＝2AB＝4，BD＝23，
∵AE＝ED，
∴BE＝AE＝DE＝2，
∵∠BCD＝90°，∠BDC＝45°，
∴∠BDC＝∠DBC＝45°，
∴CB＝CD，
∴EC垂直平分线段DB，
∴BT＝DT=3，
∴CT＝BT＝DT=3，
∴CD=2CT=6，
∵AE＝ED，BT＝DT，
∴ET=12AB＝1，
∴EC＝ET+CT＝1+3．
故答案为：1+3；

（2）如图②﹣1中，当B，F，G三点共线时，过点D作DR⊥BG于点R．

在Rt△DGR中，∠DRG＝90°，∠DGR＝60°，DG＝DE＝2，
∴DR＝DG•sin60°3，
∵BD＝23，
∴BD＝2DR，
∴∠DBG＝30°，
∴∠BDG＝90°，
∴∠ABD+∠BDG＝180°，
∴AB∥DG，
∵AB＝DG，
∴四边形ABDG是平行四边形，
∵∠ABD＝90°，
∴四边形ABDC是矩形，
∴BG与AD交于点E．
过点A作AH⊥BG于点H，则AH＝AB•sin60°=3，
∴△ABF的面积=12•BF•AH=12×（4﹣1-3）×3=332-32；

如图②﹣2中，当B，F，G三点共线时，同法可得△ABF的面积=12×（3+3）×3=332+32．

综上所述，△ABF的面积为332-32或32+3；

（3）如图③中，过点D作DR⊥FG于点R，过点A作AW⊥FG于点W．

∵AD＝4，DR=3，
∴AW≤AD+DR，
∴当A，D，R共线时，AW的值最大，最大值＝4+3，
∴△AFG的面积的最大值=12×（1+3）×（4+3）=7+532．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
10．（2023•张店区一模）如图1，边长为22的正方形ABCD中，点P为边BC上一个动点，连接AP，作MN⊥AP于点E，交边AB于M，交边CD于N．
（1）求证：MN＝AP；
（2）如图2，连接BD，线段MN交BD于点F，点E为AP的中点．
①当BP＝1时，求EF的长；
②线段EF是否存在最小值和最大值，若存在，请直接写出线段EF的最小值和最大值，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）过点B作BG∥MN，交AP于点H，交CD于点G，证明△BAP≌△CBG（ASA），由全等三角形的性质得出AP＝BG，则可得出结论；
（2）①连接AF，PF，CF，AC，求出∠EAF＝∠EFA＝45°，由直角三角形的性质得出EF＝AE=12AP，由勾股定理求出AP的长，则可得出答案；
②由①知EF=12AP，由正方形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：过点B作BG∥MN，交AP于点H，交CD于点G，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BG＝MN，BG⊥AP，
∴∠BAP+∠ABH＝90°，
∵∠CBG+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBG，
在△BAP和△CBG中，
∠BAP=∠CBGAB=BC∠ABP=∠BCG=90°，
∴△BAP≌△CBG（ASA），
∴AP＝BG，
∴AP＝MN；
（2）解：①连接AF，PF，CF，AC，

∵MN⊥AP，又点E为AP的中点，
∴MN垂直平分AP，
∴AF＝PF，
∵正方形ABCD关于BD对称，
∴AF＝CF，
∴AF＝PF＝CF，
∴点A，P，C在以点F为圆心AF为半径的圆上，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACP＝45°，
∴∠AFP＝2∠ACP＝2×45°＝90°，
∴∠EAF＝∠EFA＝45°，
∴EF＝AE=12AP，
∵AP=AB2+BP2=8+1=3，
∴EF=12AP=12×3=32；
②EF存在最小值和最大值，EF的最小值为2，最大值为2，
理由：由①知EF=12AP，
∵AC是正方形的对角线，
∴AC=(22)2+(22)2=4，
当点P和点B重合时，AP＝AB＝22，此时AP最小，
∴EF最小值=12AP=2，
当点P和C重合时，AP＝AC＝4，此时AP最大，
∴EF最大值=12AP＝2．
【点评】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
11．（2023•包河区校级一模）如图，AM是△ABC的中线，D是线段AM上一点（不与点A重合）．DE∥AB交AC于点F，CE∥AM，连接AE．如图1，当点D与M重合时，四边形ABDE是平行四边形．

（1）如图2，当点D不与M重合时，判断四边形ABDE的形状，并说明理由．
（2）如图3，延长BD交AC于点H，若BH⊥AC，且BH＝AM．
①求∠CAM的度数；
②当FH=3，DM＝4时，求DH的长．
【分析】（1）如图1，过M作MG∥DE交CE于G，则四边形DMGE是平行四边形，MG＝DE，证明△ABM≌△GMC（ASA），则AB＝MG，AB＝DE，进而可证四边形ABDE是平行四边形；
（2）①如图2，取线段CH中点N，连接MN，MN是△BCH的中位线，则MN=12BH，MN∥BH，MN=12AM，∠ANM＝∠AHB＝90°，根据30°所对的直角边等于斜边的一半，求∠CAM的值即可；②设DH＝a，则AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，在Rt△ADH中，由勾股定理得AH=AD2-DH2=3a，则AF=3a-3，证明△AEF∽△HDF，则AEDH=AFHF，即a+4a=3a-33，整理得a2﹣2a﹣4＝0，计算求解满足要求的DH值即可．
【解答】解：（1）四边形ABDE是平行四边形，
理由如下：
如图2，过M作MG∥DE交CE于G，

∵CE∥AM，
∴四边形DMGE是平行四边形，
∴MG＝DE，
∵MG∥DE∥AB，AM∥CE，
∴∠ABM＝∠GMC，∠AMB＝∠GCM，
在△ABM和△GMC中，
∠ABM=∠GMCBM=CM∠AMB=∠GCM，
∴△ABM≌△GMC（ASA），
∴AB＝MG，
∴AB＝DE，
∵DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）①如图3，取线段CH中点N，连接MN，

∵AM是△ABC的中线，
∴M为线段BC的中点，
∴MN是△BCH的中位线，
∴MN=12BH，MN∥BH，
∵BH＝AM，
∴MN=12AM，∠ANM＝∠AHB＝90°，
∴∠CAM＝30°；
②设DH＝a，则AD＝2a，AM＝2a+4，AE＝BD＝BH﹣DH＝a+4，
在Rt△ADH中，由勾股定理得AH=AD2-DH2=3a，
∴AF=3a-3，
∵AE∥BH，
∴∠AEF＝∠HDF，
∵∠AFE＝∠HFD，
∴△AEF∽△HDF，
∴AEDH=AFHF，
即a+4a=3a-33，
整理得a2﹣2a﹣4＝0，
解得：a1=1+5，a2=1-5（不合题意，舍去），
∴DH的值为1+5．
【点评】本题考查了四边形的综合应用，掌握平行四边形的判定与性质，中位线，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，30°所对的直角边等于斜边的一半等知识是解题的关键．
12．（2023•内黄县二模）综合与实践综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．
（1）操作判断如图1，
在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点P是直线AC上一动点．
操作一：连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转 90° 得到PD，连接DC，如图2．
根据以上操作，判断：如图3，当点P与点A重合时，则四边形ABCD的形状是 　正方形　；
（2）迁移探究
①如图4，当点P与点C重合时，连接DB，判断四边形ABDC的形状，并说明理由；
②当点P与点A，点C都不重合时，试猜想DC与BC的位置关系，并利用图2证明你的猜想；
（3）拓展应用当点P与点A，点C都不重合时，若AB＝3，AP＝2，请直接写出CD的长．


【分析】（1）由旋转得∠BAD＝90°，AD＝AB，而∠ABC＝90°，AB＝BC，则∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，所以AD∥BC，即可证明四边形ABCD是正方形，于是得到问题的答案；
（2）①因为点P与点C重合，所以∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，则DC∥AB，即可证明四边形ABDC是平行四边形；
②作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，可证明△PED≌△PAB，得ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，则ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，得ED∥BC，即可证明四边形BCDE是矩形，则DC⊥BC；
（3）分两种情况，一是点P在线段AC上，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，EP＝AP＝2，四边形BCDE是矩形，因为AE=EP2+AP2=22，所以CD＝BE＝3﹣22；二是点P在线段CA的延长线上，作PF⊥AC交BA的延长线于点F，连接DF，可证明△PED≌△PAB，得FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，则FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，进而证明四边形BCDF是矩形，因为AF=FP2+AP2=22，所以CD＝BF＝3+22．
【解答】解：（1）由旋转得∠BPD＝90°，PD＝PB，
∵点P与点A重合，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：正方形．
（2）①四边形ABDC是平行四边形，
证明：∵点P与点C重合，
∴∠BCD＝∠ABC＝90°，DC＝BC＝AB，
∴DC∥AB，
∴四边形ABDC是平行四边形．
②DC⊥BC，
证明：如图2，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，
∴∠EPD＝∠APB＝90°+∠BPE，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴∠PEA＝∠PAE＝45°，
∴EP＝AP，
∵PD＝PB，
∴△PED≌△PAB（SAS），
∴ED＝AB，∠PED＝∠PAB＝45°，
∴ED＝BC，∠AED＝∠PEA+∠PED＝90°＝∠ABC，
∴ED∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵∠EBC＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴DC⊥BC.
（3）当点P在线段AC上，如图5，作PE⊥AC交AB于点E，连接DE，则∠APE＝90°，
由（2）得EP＝AP，四边形BCDE是矩形，
∵AB＝3，AP＝2，
∴EP＝2，
∴AE=EP2+AP2=22+22=22，
∴CD＝BE＝AB﹣AE＝3﹣22；
当点P在线段CA的延长线上，如图6，作PF⊥AC交BA的延长线于点F，连接DF，
∵∠APF＝∠BPD＝90°，
∴∠FPD＝∠APB＝90°﹣∠CPD，
∵∠PAF＝∠BAC＝45°，
∴∠PFA＝∠PAF＝45°，
∴FP＝AP＝2，
∵PD＝PB，
∴△PED≌△PAB（SAS），
∴FD＝AB，∠PFD＝∠PAB＝180°﹣45°＝135°，
∴FD＝BC，∠BFD＝∠PFD﹣∠PFA＝90°，
∴∠BFD+∠FBC＝180°，
∴FD∥BC，
∴四边形BCDF是平行四边形，
∵∠FBC＝90°，
∴四边形BCDF是矩形，
∵AF=FP2+AP2=22+22=22，
∴CD＝BF＝AB+AF＝3+22，
综上所述，CD的长为3﹣22或3+22．



【点评】此题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
13．（2023•东莞市校级模拟）如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC=3．点D是BC边上任意一点（不与B，C重合），连接AD，过点D作DE⊥AB于点E，连接CE，点F为AD中点，连接CF，EF．

（1）当BD＝2CD时，判断四边形CDEF的形状，并证明．
（2）点D在线段BC上的什么位置时，△DEF的面积最大？请说明理由．
（3）如图（1）中的△BDE绕点B旋转到如图（2）所示位置，得到△BD′E′，使得点A在直线D′E′上，连接CE′，点F′为AD′中点，AD′与BC交于点G，其他条件不变．求证：AE′﹣D′E′＝2CF′．
【分析】（1）由锐角三角函数可求∠BAC＝60°，由直角三角形的性质可求DB＝2DE＝2CD，可证∠DAC＝∠DAE＝30°，可得CF＝EF＝DE＝CD，可得结论；
（2）设AC＝a，CD＝x，有三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）由“SAS”可证△ABH≌△A'BD'，可得AH＝A'D'，由三角形中位线定理可得A'D＝2CF'，即可求解．
【解答】（1）解：四边形CDEF是菱形，理由如下：
∵∠ACB＝90°，tan∠BAC=3，
∴∠BAC＝60°，
∴∠B＝30°，
∵DE⊥AB，
∴BD＝2DE，
∵BD＝2CD，
∴CD＝DE，
又∵∠ACD＝∠AED＝90°，
∴∠DAC＝∠DAE＝30°，
∴AD＝2CD＝2DE，
∵∠ACD＝∠AED＝90°，点F是AD的中点，
∴AD＝2CF＝2EF，
∴CF＝EF＝DE＝CD，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：当BD＝2CD时，△DEF的面积最大，理由如下：
设AC＝a，CD＝x，则BC=3a，AB＝2a，BD=3a﹣x，DE=12BD=12（3a﹣x），BE=3DE=32a-32x，AE＝AB﹣BE=32x+a，
∵点F是AD中点，
∴S△DEF=12×12×AE•DE=14（32x+12a）×12（3a﹣x）=-316x2+a8x+316a2，
∴当x=a3时，S△DEF有最大值，
当BD＝2CD时，△DEF的面积最大；
（3）证明：作点A关于BC的对称点A'，点D'关于BE的对称点H，连接A'B，BH，A'D'，

则AB＝A'B，BD'＝BH，AC＝A'C，D'E＝HE'，
∴AE'﹣D'E'＝AE'﹣HE'＝AH，
由（1）可得：∠A'AB＝∠BD'E'＝60°，
∴△ABA'和△BHD'是等边三角形，
∴∠ABH＝∠A'BD'＝60°﹣∠A'BH，
∴△ABH≌△A'BD'（SAS），
∴AH＝A'D'，
∵点F'是AD'的中点，AC＝A'C，
∴A'D'＝2CF'，
∴AE'﹣D'E'＝AH＝2CF'．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．（2023•利辛县模拟）综合与实践
问题解决：
（1）已知四边形ABCD是正方形，以B为顶点作等腰直角三角形BEF，BE＝BF，连接AE．如图1，当点E在BC上时，请判断AE和CF的关系，并说明理由．
问题探究：
（2）如图2，点H是AE延长线与直线CF的交点，连接BH，将△BEF绕点B旋转，当点F在直线BC右侧时，求证：AH-CH=2BH；
问题拓展：
（3）将△BEF绕点B旋转一周，当∠CFB＝45°时，若AB＝3，BE＝1，请直接写出线段CH的长．

【分析】（1）延长AE交CF于点G，由正方形的性质得AB＝CB，∠ABE＝90°，因为BE＝BF，∠EBF＝90°，所以∠ABE＝∠CBF＝90°，可证明△ABE≌△CBF，得BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，则∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，即可证明AE⊥CF；
（2）在AH上截取AL＝CH，连接BL，先证明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，再证明△BAL≌△BCH，得BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，可推导出∠LBH＝∠ABC＝90°，则LH=BL2+BH2=2BH，所以AH﹣CH＝AH﹣AL＝LH=2BH；
（3）分两种情况，一是∠CFB＝45°，且点F在直线BC右侧，可证明点E在CF上，点H与点E重合，作BN⊥CF于点N，则EF=2，BN＝EN＝FN=22，所以CN=BC2-BN2=342，则CH＝CE=342-22；二是∠CFB＝45°，且点F在直线BC左侧，可证明△ABE≌△CBF，得∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，进而证明∠AFC＝90°，则∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，所以点F在AE上，点H与点F重合，作BQ⊥AE于点Q，可求得BQ＝FQ＝EQ=22，AQ=AB2-BQ2=342，则CH＝CF＝AE=342+22．
【解答】（1）解：AE＝CF，AE⊥CF，
理由：如图1，延长AE交CF于点G，
∵四边形ABCD是正方形，点E在BC上，
∴AB＝CB，∠ABE＝90°，
∵BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠ABE＝∠CBF＝90°，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴BE＝CF，∠BAE＝∠BCF，
∵∠AEB＝∠CEG，
∴∠BCF+∠CEG＝∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CGE＝90°，
∴AE⊥CF.
（2）证明：如图2，在AH上截取AL＝CH，连接BL，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°﹣∠CBE，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF，
∴∠BAL＝∠BCH，
∴△BAL≌△BCH（SAS），
∴BL＝BH，∠ABL＝∠CBH，
∴∠LBH＝∠LBC+∠CBH＝∠LBC+∠ABL＝∠ABC＝90°，
∴LH=BL2+BH2=2BH2=2BH，
∴AH﹣AL＝LH=2BH，
∴AH﹣CH=2BH．
（3）解：当∠CFB＝45°，且点F在直线BC右侧时，如图3，
∵BE＝BF，∠EBF＝90°，
∴∠EFB＝∠FEB＝45°，
∴∠EFB＝∠CFB，
∴点E在CF上，点H与点E重合，
作BN⊥CF于点N，则∠BNF＝∠BNC＝90°，
∵BC＝AB＝3，BF＝BE＝1，
∴EF=BE2+BF2=12+12=2，
∴BN＝EN＝FN=12EF=22，
∴CN=BC2-BN2=32-(22)2=342，
∴CH＝CE＝CN﹣EN=342-22；
当∠CFB＝45°，且点F在直线BC左侧时，如图4，设CF与AB交于点P，
∵AB＝CB，∠ABE＝∠CBF＝90°+∠ABF，BE＝BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF，AE＝CF，
∵∠APF＝∠BPC，
∴∠BAE+∠APF＝∠BCF+∠BPC＝90°，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC+∠CFB+∠BFE＝180°，
∴点F在AE上，点H与点F重合，
作BQ⊥AE于点Q，则∠BQE＝∠BQA＝90°，
∵AB＝3，BQ＝FQ＝EQ=12EF=22，
∴AQ=AB2-BQ2=32-(22)2=342，
∴CH＝CF＝AE＝AQ+EQ=342+22，
综上所述，线段CH的长为342-22或342+22．




【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
15．（2023•临安区一模）如图，正方形ABCD，对角线AC与BD交于点O，E是线段OC上一点，以BE为边在BD的右下方作等边三角形BEF，连结DE，DF．
（1）求证：△ABE≌△ADE．
（2）∠BDF的度数改变吗？若不变，请求出这个角的值．
（3）若AB=22，求FD的最小值．

【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）证明点E是△BDF的外心，可得结论；
（3）由∠BDF＝30°，点E在线段OC上运动，观察图象可知当点E与O重合时，AF的长最小，此时BF⊥DF，
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD＝∠EAB＝45°，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠EAB=∠EADAE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS）；

（2）解：∵△ABE≌△ADE，
∴EB＝ED，
∵△BEF是等边三角形，
∴EB＝EF，∠BEF＝60°，
∴EB＝EF＝ED，
∴点E是△BDF是外心，
∴∠BDF=12∠BEF＝30°；

（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝22，∠BCD＝90°，
∴BD=2BC＝4，
∵∠BDF＝30°，点E在线段OC上运动，
∴观察图象可知当点E与O重合时，AF的长最小，此时BF⊥DF，
∴DF＝BD•cos30°＝4×32=23．
∴DF的最小值为23．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16．（2023•南明区校级模拟）利用“平行+垂直”作延长线或借助“平行+角平分线”构造等腰三角形是我们解决几何问题的常用方法．
（1）发现：如图1，AB∥CD，CB平分∠ACD，求证：△ABC是等腰三角形．
（2）探究：如图2，AD∥BC，BD平分∠ABC，BD⊥CD于D，若BC＝6，求AB．
（3）应用：如图3，在▱ABCD中，点E在AD上，且BE平分∠ABC，过点E作EF⊥BE交BC的延长线于点F，交 CD于点M，若AD＝7，CF＝3，tan∠EBF＝3，求BD的长．
​
【分析】（1）由平行线的性质得∠B＝∠BCD，再由角平分线定义得∠ACB＝∠BCD，则∠B＝∠ACB，即可得出结论；
（2）延长BA、CD交于点E，证△BDE≌△BDC（ASA），得BE＝BC＝6，ED＝CD，再由平行线的性质即可得出结论；
（3）延长BA、FE交于点G，连接BD，过点B作BH⊥AD于点H，证△BEG≌△BEF（ASA），得BG＝BF＝10，∠G＝∠F，则∠G＝∠AEG，得AE＝AG，同（1）得AE＝AB，则AE＝AB＝AG＝5，再由锐角三角函数定义和勾股定理得BE=10，设AH＝m，则EH＝5﹣m，然后由勾股定理得出方程，解得m＝4，则AH＝4，BH＝3，进而由勾股定理得BD＝32，最后证四边形BDMN是平行四边形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠B＝∠BCD，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB＝∠BCD，
∴∠B＝∠ACB，
∴AC＝AB，
∴△ABC是等腰三角形；
（2）解：如图2，延长BA、CD交于点E，
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBE＝∠DBC，
∵BD⊥CD，
∴∠BDE＝∠BDC＝90°，
又∵BD＝BD，
∴△BDE≌△BDC（ASA），
∴BE＝BC＝6，ED＝CD，
∵AD∥BC，
∴点A是BE的中点，
∴AB=12BE＝3；
（3）解：如图3，延长BA、FE交于点G，连接BD，过点B作BH⊥AD于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，BC＝AD＝7，
∴∠AEG＝∠F，BF＝BC+CF＝7+3＝10，
∵BE平分∠ABC，
∴∠GBE＝∠FBE，
∵EF⊥BE，
∴∠BEG＝∠BEF＝90°，
又∵BE＝BE，
∴△BEG≌△BEF（ASA），
∴BG＝BF＝10，∠G＝∠F，
∴∠G＝∠AEG，
∴AE＝AG，
同（1）得：AE＝AB，
∴AE＝AB＝AG=12BG＝5，
在Rt△BEF中，tan∠EBF=EFBE=3，
∴EF＝3BE，
设BE＝a，则EF＝3a，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：a2+（3a）2＝102，
解得：a=10（负值已舍去），
∴BE=10，
设AH＝m，则EH＝5﹣m，
在Rt△ABH和Rt△BEH中，由勾股定理得：BH2＝AB2﹣AH2＝BE2﹣EH2，
即52﹣m2＝（10）2﹣（5﹣m）2，
解得：m＝4，
∴AH＝4，BH=52-42=3，
∴DH＝AD﹣AH＝7﹣4＝3，
∴BD=BH2+DH2=32+32=32，
∵BN∥DM，BN＝DM，
∴四边形BDMN是平行四边形，
∴MN＝BD＝32．


【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
17．（2023•虎林市校级一模）已知四边形ABCD是菱形，点E，F分别在边AD，CD上，DE＝DF，∠EBF=12∠ABC．
（1）如图1，当∠ABC＝120°时，易证：AE+CF=233EF（不需证明）；
（2）当∠ABC＝60°时，如图2；当∠ABC＝30°，如图3，线段AE，CF，EF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并对图3加以证明．

【分析】（1）由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，由直角三角形的性质可求解；
（2）如图2，连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF=233FH，即可求解；
如图3，连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，由“SAS”可证△BAE≌△BCF，可得∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，可证BD垂直平分EF，由直角三角形的性质可求CF＝2FH，即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠EBF=12∠ABC＝60°，
∴∠ABE＝∠CBF＝30°，△BEF是等边三角形，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
∴AE＝CF=33BE，
∴AE+CF=233EF；
（2）如图2，AE+CF=233EF，理由如下：
连接BD，交EF于N，过点F作FH⊥直线BC于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠BCD＝120°＝∠BAD，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
又∵DE＝DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN＝FN，BD⊥EF，
∵∠EBF=12∠ABC＝30°，
∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝15°，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN＝FH，
∵∠BCD＝∠H+∠CFH＝120°，
∴∠CFH＝30°，
∴CF＝2CH，FH=3CH，
∴FH=32CF，
∴CF=233FH=233FN，
∴AE+CF＝2CF＝2×233FN=233EF；
如图3，AE+CF＝2EF，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADC＝30°，∠BCD＝150°＝∠BAD，
∵DE＝DF，
∴AE＝CF，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，BE＝BF，
又∵DE＝DF，
∴BD垂直平分EF，
∴EN＝FN，BD⊥EF，
∵∠EBF=12∠ABC＝15°，
∴∠EBN＝∠ABE＝∠CBF＝∠FBN＝7.5°，
∵FN⊥BD，FH⊥BC，
∴FN＝FH，
∵∠FCH＝180°﹣∠BCD＝30°，
∴CF＝2FH＝2FN，
∴AE+CF＝2CF＝2×2FN＝2EF．
【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
18．（2023•市南区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm．点E从A出发，沿AB方向向B匀速运动，速度是1cm/s；同时，点F从B出发，沿BC方向向C匀速运动，速度是2cm/s．将△AEF沿AF折叠，E的对称点为G．设运动时间为t（s）（0＜t＜4），请回答下列问题：
（1）t为何值时，BE＝BF；
（2）设四边形ABFG的面积为S（cm2），求S关于t的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使得点G落在线段AC上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）是否存在某一时刻t，使得四边形AEFG为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用勾股定理求得BC，利用折叠的性质表示出线段AE，BF，BE，列出关于t的方程即可求得结论；
（2）过点F作FH⊥AB于点H，利用相似三角形的判定与性质求得线段FH，利用三角形的面积公式和中点的性质计算即可得出结论；
（3）利用折叠的性质和角平分线的性质定理列出关于t的方程即可得出结论；
（4）利用反证法解答，假设四边形AEFG为菱形，则AE＝EF＝t，过点E作EM⊥BC于点M，利用相似三角形的判定与性质求得线段FE，FM，EM，在Rt△EFM中，利用勾股定理列出关于t的方程，解方程，Δ＜0，原方程无解，则结论可得．
【解答】解：（1）BC=AB2-AC2=102-62=8cm．
由题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
∴BE＝（10﹣t）cm，
∵BE＝BF，
∴10﹣t＝2t，
∴t=103．
∴t为103时，BE＝BF；
（2）过点F作FH⊥AB于点H，如图，
∵∠FHB＝∠C＝90°，∠B＝∠B，
∴△BFH∽△BAC，
∴BFFH=BAAC，
∴2tFH=106，
∴FH=65t．
由题意：△AEF≌△AGF，
∴S△AEF＝SAGF．
∵S四边形ABFG＝S△AFB+S△AGF＝S△ABF+S△AEF，
∴S=12AB•FH+12•FH=12×10×65t+12×t×65t=35t2+6t．
∴S关于t的函数关系式为S=35t2+6t；
（3）不存在某一时刻t，使得点G落在线段AC上，理由：
由题意：△AEF≌△AGF，
∵点G落在线段AC上，
∴∠GAF＝∠BAF，
∴CFCB=ACAB，
∴8-2t2t=610，
解得：t=52．
∴存在某一时刻t，使得点G落在线段AC上，此时t=52．
（4）不存在时刻t，使得四边形AEFG为菱形，理由：
若四边形AEFG为菱形，
∴AE＝EF＝t，
过点E作EM⊥BC于点M，如图，
∵EM⊥BC，AC⊥BC，
∴EM∥AC，
∴EMAC=BEBA，BMBC=BEAB，
∴EM6=10-t10，BM8=10-t10
∴EM=35（10﹣t），BM=45（10﹣t），
∴FM＝|BM﹣BF|＝|45(10-t)-2t|．
∵EF2＝EM2+FM2，
∴t2=[35(10-t)]2+|45(10-t)-2t|2，
整理得：9t2﹣65t+125＝0，
∵Δ＝652﹣4×9×125＝﹣275＜0，
∴此方程无解，
∴不存在时刻t，使得四边形AEFG为菱形．



【点评】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，三角形的面积，本题是动点问题，利用已知条件用t的代数式 表示出相应线段的长度是解题的关键．
19．（2023•崂山区一模）已知：如图1，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，AD＝DC＝8cm，BC＝6cm，连接BD，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
（1）当t为何值时，点D在线段PQ的垂直平分线上？
（2）延长PQ交BC于点E（如图2），若四边形APEB是平行四边形．求t的值；
（3）设△DPQ的面积为ycm2，求y与t的函数关系式，并求y的最大值；
（4）是否存在某一时刻t，使得PQ与BD的夹角为45°？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据DP＝DQ，构建方程求解；
（2）由DP∥BE，推出PDBE=DQQB，由此构建方程求解；
（3）利用三角形面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质求解；
（4）说明∠PQB＞45°，当∠PQD＝45°时，过点P作PT⊥QD于点T．根据PQ＝2t，构建方程求解．
【解答】解：（1）当点D在PQ的垂直平分线上时，DP＝DQ，
则有2t＝8﹣t，
解得t=83；
（2）∵∠C＝90°，BC＝6cm，CD＝8cm，
∴BD=BC2+CD2=62+82=10（cm），
∴四边形APEB是平行四边形，
∴AP＝BE＝t，
∵DP∥BE，
∴PDBE=DQQB，
∴8-tt=2t10-2t，
解得t=4013．
经检验t=4013是分式方程的解．
∴满足条件的t的值为4013；
（3）如图1中，过点Q作QT⊥AD于点T．

∵AD∥BC，
∴∠QDT＝∠DBC，
∴sin∠QDT＝sin∠DBC=CDBD=810=45，
∴QT＝QD•sin∠QDT=85t，
∴y=12•DP•QT=12×DP×QT=12×（8﹣t）×85t=-45t2+325t=-45（t﹣4）2+6425，
∵-45＜0，
∴t＝4时，y有最大值，最大值为6425；
（4）如图，∵∠PQB＞∠ADC，∠ADB＝∠DBC＞45°，
∴∠PQB＞45°，
当∠PQD＝45°时，过点P作PT⊥QD于点T．

由题意，PD＝8﹣t，DT＝PD•cos∠PDT=35（8﹣t），PT＝QT＝PD•sin∠PDT=45（8﹣t），
∵DQ＝2t，
∴35（8﹣t）+45（8﹣t）＝2t，
解得t=5617．
∴满足条件的t的值为5617．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，动点问题，三角形的面积，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题．
20．（2023•市南区一模）在数学兴趣社团课上，同学们对平行四边形进行了深入探究．
探究一：如图1，在矩形ABCD中，AC2＝AB2+BC2，BD2＝AC2＝CD2+AD2，则AC2+BD2＝AB2+BC2+CD2+AD2，由此得出结论：矩形两条对角线的平方和等于其四边的平方和．
探究二：对于一般的平行四边形，是否仍有上面的结论呢？
证明：如图2，在▱ABCD中，过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥BC，交BC延长线于N．设AB＝a，BC＝b，BM＝x，AM＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABC＝∠DCN，
又∵∠AMB＝∠DNC＝90°，∴△ABM≌△DCN．
∴CN＝BM＝x，DN＝AM＝y．
请你接着完成上面的证明过程．
结论应用：若一平行四边形的周长为20，两条对角线长分别为8，210，求该平行四边形的四条边长．

【分析】探究二：由勾股定理得出AC2＝y2+（b﹣x）2，BD2＝y2+（b+x）2，两式相加可得出结论；
结论应用：设平行四边形ABCD的两边长为m，n，得出m+n=102(m2+n2)=82+(210)2，解方程组可得出答案．
【解答】（1）探究二：证明：如图2，在▱ABCD中，过A作AM⊥BC于M，过D作DN⊥BC，交BC延长线于N．
设AB＝a，BC＝b，BM＝x，AM＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABC＝∠DCN，
又∵∠AMB＝∠DNC＝90°，
∴△ABM≌△DCN（AAS），
∴CN＝BM＝x，DN＝AM＝y．
在Rt△ACM中，由勾股定理可得AC2＝AM2+CM2，
∴AC2＝y2+（b﹣x）2…①，
在Rt△BDN中，由勾股定理可得BD2＝DN2+BN2，
∴BD2＝y2+（b+x）2②，
①+②可得，
AC2+BD2＝y2+（b﹣x）2+y2+（b+x）2
＝2（y2+x2）+2b2
＝2a2+2b2，
∴AC2+BD2＝2AB2+2BC2；
结论应用：
解：设平行四边形ABCD的两边长为m，n，
∵平行四边形的周长为20，两条对角线长分别为8，210，
∴m+n=102(m2+n2)=82+(210)2，
解得m=4n=6或m=6n=4，
∴平行四边形的四条边长为4，6，4，6．
【点评】此题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质的应用，平行四边形判定和性质的应用，以及勾股定理的应用，构建直角三角形利用勾股定理列式是解本题的关键．