专题05 解二次方程与特殊四边形结合-【微专题】2022-2023学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人教版）

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类型一 正方形中的二次方程
1．如图，已知四边形是边长为4的正方形，以对角线为边作正三角形，过点作，交的延长线于点，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接EA并延长BD于点O，根据正方形和等边三角形的性质，可求出EA是BD垂直平分线，求出∠DEB，求出∠EDA，从而求出∠EAF=∠FEA=45°，可得到EF=AF，然后设AF=EF=x，则DF=x+4，在Rt△EFD中，由勾股定理得出方程求出即可．
【详解】
解：如图，连接EA并延长BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，AB=AD，
∴A在BD垂直平分线上，
∵三角形BDE是等边三角形，
∴∠BED=∠EDB=∠EBD=60°，ED=EB，
∴E在BD的垂直平分线上，
∴AE是BD的垂直平分线，
∴∠DEO= ∠DEB=30°，
∵∠EDB=60°，∠ADB=45°，
∴∠EDA=60°-45°=15°，
∴∠EAF=15°+30°=45°，
∵，
∴∠EFA=90°，
∴∠FEA=∠EAF=45°，
∴EF=AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，∠BAD=90°，
由勾股定理得：BD=，即ED=BD= ，
设AF=EF=x，则DF=x+4，
在Rt△EFD中，由勾股定理得：
ED2=EF2+FD2，
∴，
解得： （是负数，不符合题意舍去），
即AF= ．
故选：A．
【点睛】
本题考查了线段垂直平分线性质，等边三角形性质，等腰三角形性质，正方形性质，勾股定理的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2．如图，在平面直角坐标系中有点A(－4，0)、B(0，3)、P(a，－a)三点，线段CD与AB关于点P中心对称，其中A、B的对应点分别为C、D．当a＝______时，四边形ABCD为正方形
【答案】或
【解析】
【分析】
根据坐标求得的长，根据题意可知当PA＝PB＝时，四边形ABCD是正方形，由此构建方程即可解决问题；
【详解】
解：∵A(－4，0)、B(0，3)
∴
∴AB＝5，
四边形ABCD为正方形, 线段CD与AB关于点P中心对称，
是四边形ABCD对角线的交点，
，
PA＝PB＝时，四边形ABCD是正方形，
∴
解得a＝或
∴当a＝或时，四边形ABCD为正方形．
故答案为：或
【点睛】
本题考查了中心对称的性质，正方形的性质，解一元二次方程，理解是正方形对角线的交点是解题的关键．
3．如图，正方形 边长为 ，则 _____________
【答案】##
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可得，过E作EG⊥BC于G，证明三角形EGC是等腰直角三角形，再根据直角三角形BEG利用勾股定理列方程即可．
【详解】
过E作EG⊥BC于G
∵正方形 边长为2
∴，
∵
∴
∴三角形EGC是等腰直角三角形
∴，
在Rt△BEG中，
∴
解得：
∴
∴
【点睛】
本题考查正方形的性质及勾股定理，解题的关键是证明三角形EGC是等腰直角三角形，最终根据勾股定理列方程计算即可．
4．如图，正方形ABCD边长为，△BCD绕B顺时针旋转至△BFE，点C与点F对应，点D与点E对应，连接AE，交BD于点P，当P是AE的中点时，△AEB的面积为___．
【答案】
【解析】
【分析】
连接AC交BD于O，连接CE，过点E作EM⊥BC交BC延长线于点M，证得OP是△ACE的中位线，再证得△MCE是等腰直角三角形，利用勾股定理求得ME以及BM的长，即可求解．
【详解】
解：连接AC交BD于O，连接CE，过点E作EM⊥BC交BC延长线于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC，∠BOC=90°，∠CDB=45°，
∵当P是AE的中点，
∴AP=EP，
∴OP是△ACE的中位线，
∴OP∥CE，
∴∠CDB=∠DCE=45°，
∴∠ECM=45°，
∵EM⊥MC，
∴△MCE是等腰直角三角形，
∴∠MEC=∠MCE=45°，ME=MC，
设ME=MC=a，则BM=BC+MC=a+，
∵DB=AB=，
△BCD绕B顺时针旋转至△BFE，
∴DB=EB=，
在Rt△BME中，,
∴,
整理得：,
解得：或(舍去)，
∴BM=+=，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形中位线的判定和性质，勾股定理以及解一元二次方程，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，
5．如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若H是AB上的一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90度，得到线段HE，过点E分别作BC及AB的延长线的垂线，垂足分别是F，G，设四边形BGEF的面积为，以HB，BC为邻边的矩形面积为，且，当时，求AH的长；
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题根据可得对角线相等且互相平分，可得四边形ABCD是矩形，又因为在中，利用勾股定理逆定理可得出为等腰直角三角形，可得，所以也是等腰直角三角形，可得，所以得出四边形ABCD是正方形；
（2）根据题意，易证得，可得，设，则，，可得，则，令，即：，解方程即可得出的长.
【详解】
解：（1）依题意可得：
，
四边形为平行四边形；
又，
四边形为矩形；
又在中，，且三边满足
为等腰直角三角形；
,
,
,
,
四边形为正方形；
即：四边形为正方形.
（2）由题可得：,
，
又
，
在与中
设，则，
可得：，，
令，可得，
解得：，（舍去）.
即.
【点睛】
本题考查正方形的判定以及与正方形相关的几何证明.在证明正方形的时候必须先证明四边形是矩形或者菱形，然后得出正方形；如果题中涉及到边之间的关系是或倍的关系，则利用勾股定理逆定理验证是否是等腰直角三角形；如果遇到直角比较多的地方，注意观察题中是否有一线三垂直，要积累和熟练应用这个全等模型.
6．如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的顶点A，C分别落在x轴，y轴上，点B的坐标为（8，8），点D在线段BC上（不与B，C重合），将△OCD沿OD翻折，使得点C落在同一平面内的点E处．
（1）如图1，当OD＝10时．
①求点D的坐标．
②延长DE交AB于点F，求点F的坐标．
（2）连结BE并延长，交正方形OABC的边于点G，若BD＝OG，求点D的坐标．
【答案】（1）①点D的坐标为(6，8)；②点F的坐标为(8，)；（2）点D的坐标为(，8)或(4，8)．
【解析】
【分析】
（1）①在Rt△OCD中，利用勾股定理可求得CD的长，即可求解；
②利用(HL证得Rt△OEFRt△OAF，得到EF=AF，在Rt△BDF中，利用勾股定理列式求解即可；
（2）分当BE交正方形OABC的边OA于点G和BE交正方形OABC的边OC于点G两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）连接OF，
根据折叠的性质，OC=OE=8，CD=DE，∠OCD=∠OED=90°，
①在Rt△OCD中，由勾股定理得：,
∴CD=6，
∴点D的坐标为(6，8)；
②∵∠OED=90°，则∠OEF=∠OAF=90°，OE=OA=8，OF=OF，
∴Rt△OEFRt△OAF (HL)，
∴EF=AF，
设EF=AF=a，则BF=8-a，DF=6+a，BD=2，
在Rt△BDF中，
由勾股定理得：，
解得：，
∴点F的坐标为(8，)；
（2）当BE交正方形OABC的边OA于点G时，如图：
∵BD=OG，又BD∥OG，
∴四边形BDOG是平行四边形，
∴BG∥DO，
∴∠CDO=∠DBE，∠ODE=∠DEB，
∵∠CDO=∠ODE，CD= DE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴CD= DE=DB=4，
∴点D的坐标为(4，8)；
当BE交正方形OABC的边OC于点G时，如图：
连接CE，过点E作EH⊥BC于点H，
∵BD=OG，∴CD=CG，
∴Rt△BCGRt△OCD(SAS)，
∴∠2=∠3，
∵△OCD与△OED关于OD对称，
∴OD是线段CE的垂直平分线，CD=DE，
∴∠1+∠CDO=90°，∠2+∠CDO=90°，
∴∠1=∠2=∠3，
∴CE=BE，
同理可证∠ECG=∠EGC，
∴CE=BE=GE，则EH=GC，CH=BC=4，
设CD=CG=2x，则DE=CD=2x，EH= x，DH=4-2x，
在Rt△DEH中，,
即，
解得：或 (不合题意，舍去)，
∴点D的坐标为(，8)；
∴点D的坐标为(，8)；
综上，点D的坐标为(，8)或(4，8)．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
类型二 平行四边形中的二次方程
7．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=5，BC=6．
（1）求OD长的取值范围；
（2）若∠CBD=30°，求OD的长．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）根据三角形三边关系即可求解；
（2）过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E，构建直角三角形，利用勾股定理解题即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=5，BC=6，
∴AB=CD=5，BC=AD=6，OD=BD，
∴在△ABD中，，
∴．
（2）过点D作DE⊥BC交BC延长线于点E，
∵∠CBD=30°，
∴DE=BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=BD=DE，
设OD为x，则DE=x，BD=2x，
∴BE=，
∵BC=6，
∴CE=BE-BC=-6，
在Rt△CDE中，，
解得，，
∵BE=＞BC=6，
∴不合题意，舍
∴OD=．
故答案为：（1）；（2）．
【点睛】
本题考查了平行四边形性质、三角形三边关系以及勾股定理的运用，熟练解一元二次方程是解决本题的关键．
8．如图，在平面直角坐标系中，，，四边形为平行四边形，在轴上一定点，为轴上一动点，且点从原点出发，沿着轴正半轴方向以每秒个单位长度运动，已知点运动时间为．
(1)点坐标为________，点坐标为________；(直接写出结果，可用表示)
(2)当为何值时，为等腰三角形；
(3)点在运动过程中，是否存在，使得，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由！
【答案】（1）（4，4），（，0）；（2）1，，4； （3）存在，
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的性质和根据P点的运动速度，利用路程公式求解即可；
（2）分三种情况：①当时，②当时，③当时，分别讨论求解，即可得出结果；
（3）过D点作交BP于点F，设，则可得，，,利用，即可求出的长，利用路程公式可求得的值。
【详解】
解：（1）∵，，四边形为平行四边形，
∴点坐标为（4，4），
又∵为轴上一动点，点从原点出发，沿着轴正半轴方向以每秒个单位长度运动，点运动时间为，
∴点坐标为（，0），
（2）∵B，D的坐标分别为：，，
∴,,
由勾股定理有：,
当为等腰三角形时，
①如图所示，当时，
,
∴点坐标为（，0）,
∴
②如图所示，当时，
∵，
∴,
∴
③如图所示，当时，
设P点坐标为：（，0）
则有：，，
∴，解之得：
∴点坐标为（，0）,
∴
综上所述，当为1，，4时，为等腰三角形；
（3）答：存在，使得。
证明：∵A，B两点坐标分别为：，，
∴,,
又∵
∴
即有：，
如图示，过D点作交BP于点F,
∵，
∴,
设，根据勾股定理有：，
并且，
则：
∴，
化简得：，
解之得：（取正值），
即
∴．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式，一元二次方程得解等知识点，在（2）中懂得分类讨论，在（3）中能做出垂线，利用面积求解是解题的关键．
9．已知△ABC是等边三角形，点P是平面内一点，且四边形PBCD为平行四边形，将线段CD绕点C逆时针旋转60°，得到线段CF
(1)如图1，当P为AC的中点时，求证：FC⊥PD．
(2)如图2，当P为△ABC内任一点时，连接PA、PF、AF，试判断△PAF的形状，并证明你的结论.
(3)当B、P、F三点共线且AB=，PB=3时，求PA的长.
【答案】（1）见解析；（2）△PAF是等边三角形，证明见解析；（3）PA的长为2或5．
【解析】
【分析】
（1）如图1，利用等边三角形和平行四边形的性质求得∠FCD+∠D＝90°即得结论；
（2）△PAF是等边三角形．如图2，延长BC，先利用等边三角形的性质和平行四边形的性质证得∠2＝∠4，再根据SAS证明△ABP≌△ACF，进一步根据等边三角形的判定定理即可证得结论；
（3）需要分类讨论：当点P在线段BF上和当点P落在线段FB的延长线上两种情况，通过作辅助线，构造直角三角形，再结合勾股定理即可求出结果．
【详解】
（1）证明：如图1，设FC、PD交于点M，
∵△ABC是等边三角形，P为AC的中点，
∴∠PBC＝∠ABC＝×60°＝30°，
∵四边形PBCD为平行四边形，
∴∠D＝∠PBC＝30°．
∵∠FCD＝60°，
∴∠FCD+∠D＝90°，
∴∠CMD＝90°，
∴FC⊥PD；
（2）△PAF是等边三角形，理由如下：
如图2，延长BC，∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠2＝60°﹣∠1，∠4＝180°﹣60°﹣60°﹣∠3＝60°﹣∠3．
∵四边形PBCD是平行四边形，
∴PB∥CD，PB＝CD＝FC．
∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠4．
又AB＝AC，PB＝FC，
∴△ABP≌△ACF（SAS）．
∴AP＝AF，∠BAP＝∠CAF．
∵∠BAP+∠PAC＝60°，
∴∠PAC+∠CAF＝∠PAF＝60°，
∴△PAF是等边三角形；
（3）①当点P在线段BF上时，如图3，过A作AE⊥BF于E，由（2）可得∠APF＝60°，
设PE＝x，则AE＝x，
于是在Rt△ABE中，根据勾股定理得：，
解得：x1＝1，x2＝（不合题意，舍去）
∴PA＝2x＝2；
②当点P落在线段FB的延长线上时，如图4，过B作BE⊥PA于E，
则在Rt△PBE中，PB＝3，由（2）可得∠BPE＝60°，∴∠PBE＝30°．
∴PE＝，BE＝．
在Rt△ABE中，AB＝，BE＝，∴AE＝，
∴PA＝PE+AE＝5．
由于P点不可能在线段BF的延长线上，所以， PA的长为2或5．
【点睛】
本题以等边三角形为载体，是运动型综合题，综合考查了等边三角形的判定和性质、平行四边形的性质、旋转的性质、勾股定理、一元二次方程的求解、全等三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等知识，涉及动点与动线，难度较大．第（2）问中，解题的关键是灵活应用全等三角形的判定与性质；第（3）问中，注意分类讨论、数形结合和方程思想的应用．
10．如图，在RtABC中，∠C＝90°，BC＝8，AC＝6，动点P从点A开始，沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点D从点A开始，沿边AB向点B以每秒个单位长度的速度运动，且恰好能始终保持连结两动点的直线PD⊥AC，动点Q从点C开始，沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，连结PQ．点P，D，Q分别从点A，C同时出发，当其中一点到达端点时，另两个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．
（1）当t为何值时，四边形BQPD的面积为ABC面积的一半？
（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）t＝9﹣3；（2）存在，t＝2.4秒
【解析】
【分析】
（1）先确定时间t的取值范围，用t表示线段长度，然后用面积减去和的面积得到四边形BQPD的面积，列式求解；
（2）当BQ=PD时，四边形BQPD是平行四边形，列式求解．
【详解】
解：（1）先确定时间t的取值范围，因为当一个点到终点时，其他点也停止，所以，
∵由题意可得：CQ＝2t，AP＝t，AD＝，
∴BQ＝，CP＝，
∵PD⊥AC，
∴PD，
∵S四边形BQPD＝S△ABC﹣S△CPQ﹣S△APD，
∴，，解得，
∵，∴，
∴当时，四边形BQPD的面积为三角形ABC面积的一半；
（2）存在，t＝2.4（秒）．
若四边形BQPD为平行四边形，则BQ与PD平行且相等，
此时BQ与PD已经平行了，所以需要满足BQ=PD，
列式：，解得，
答：存在t的值，使四边形BQPD为平行四边形，此时秒．
【点睛】
本题考查的是几何图形中的动点问题，涉及勾股定理，平行四边形的判定，解题的关键是用时间t表示图上的各个线段长度，然后根据题意列方程求解．
类型三 矩形菱形中的二次方程
11．如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝10，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线BP翻折得到△A'BP．当AP＝8时，A′D＝__．如图2，连接A'C，当AP＝2时，此时△A'BC的面积为__．
【答案】 2
【解析】
【分析】
当AP＝8时，根据矩形的折叠性质得到四边形ABA'P是正方形，利用勾股定理计算即可；当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，证明四边形ABNM为矩形，根据勾股定理计算即可；
【详解】
解：如图1，当AP＝8时，
由折叠知AB＝AP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴时等腰直角三角形，
∴∠APB＝∠BPA'，∠ABP＝∠A'BP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴四边形ABA'P是正方形，
∴A'P＝8，PD＝2，
∴A'D＝．
如图2，当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，
∵，
∴四边形ABNM为矩形，
∴AB＝MN＝8，AM＝BN，∠AMN＝∠BNM＝90°，
设A'M＝x，则A'N＝8﹣x，设BN＝y，则PM＝y﹣2，
在Rt△PMA'中，PM2+A'M2＝PA'2，
∴（y﹣2）2+x2＝22①，
在Rt△BNA'中，BN2+A'N2＝A'B2，
∴y2+（8﹣x）2＝82②，
由①②可得，y＝4x，
把y＝4x代入①得，（4x﹣2）2+x2＝22，
解得，x＝，
∴A'N＝8﹣＝，
∴S△A'BC＝×BC×A'N＝．
故答案为：2；．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、正方形的性质和勾股定理，结合一元二次方程计算是解题的关键．
12．如图，折叠菱形纸片ABCD，使得A′D′对应边过点C，若∠B＝60°，AB＝2，当A′E⊥AB时，AE的长是（ ）
A．2B．2C．D．1+
【答案】B
【解析】
【分析】
先延长AB，D'A'交于点G，根据三角形外角性质以及等腰三角形的判定，即可得到BC＝BG＝BA，设AE＝x＝A'E，则BE＝2−x，GE＝4−x，A'G＝2x，在Rt△A'GE中，依据勾股定理可得A'E2＋GE2＝A'G2，进而得出方程，解方程即可．
【详解】
解：如图所示，延长AB，D'A'交于点G，
∵A'E⊥AB，∠EA'C＝∠A＝120°，
∴∠BGC＝120°﹣90°＝30°，
又∵∠ABC＝60°，
∴∠BCG＝60°﹣30°＝30°，
∴∠BGC＝∠BCG＝30°，
∴BC＝BG＝BA，
设AE＝x＝A'E，则BE＝AB﹣AE＝2﹣x，A'G＝2x，
∴GE＝BG+BE＝2+2﹣x＝4﹣x，
∵Rt△A'GE中，A'E2+GE2＝A'G2，
∴x2+（4﹣x）2＝（2x）2，
解得：x＝﹣2+2，（负值已舍去）
∴AE＝2﹣2，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了折叠问题，等腰三角形的判定，菱形的性质，解一元二次方程以及勾股定理的运用；解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，依据勾股定理列方程求解．
13．（1）如图1，四边形ABCD是矩形，以对角线AC为直角边作等腰直角三角形EAC，且．请证明：；
（2）图2，在矩形ABCD中，，，点P是AD上一点，且，连接PC，以PC为直角边作等腰直角三角形EPC，，设，，请求出y与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，连接BE，若点P在线段AD上运动，在点P的运动过程中，当是等腰三角形时，求AP的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据矩形和勾股定理的性质，得；再根据直角等腰三角形的性质计算，即可完成证明；
（2）根据矩形和勾股定理的性质，得,再根据勾股定理、直角等腰三角形的性质计算，即可得到答案；
（3）过点E作于点F，交AD于点Q，通过证明四边形和四边形是矩形，得，根据等腰直角三角形性质，推导得，通过证明，得，根据题意，等腰三角形分三种情况分析，当时，根据（2）的结论，得：，通过求解一元二次方程，得；当时，根据勾股定理列一元二次方程并求解，推导得不成立，当时，结合矩形的性质，计算得，从而完成求解．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，AC是对角线
∴，
∴
∵以AC为直角边作等腰直角三角形EAC，且
∴；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∵以PC为直角边作等腰直角三角形EPC，
∴
∴；
（3）过点E作于点F，交AD于点Q，
∴，
∵四边形ABCD是矩形
∴，，
∴四边形和四边形是矩形
∴
∵等腰直角三角形EPC，
∴，
∴
∴
在和中

∴，
∴，
∴，，
∴，
①当时，得：，
∴，
解得，
∵，故舍去；
②当时，得：
，
∴
∵
∴无实数解；
③当时
∵
∴
∵，，
∴四边形为矩形
∴
∵，
∴
∴
∴综上所述，或时，是等腰三角形．
【点睛】
本题考查了直角三角形、等腰三角形、勾股定理、矩形、一元二次方程、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、勾股定理、一元二次方程的性质，从而完成求解．
14．如图，在菱形，于点，于点．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）求证，即可求证；
（2）由得到为等腰直角三角形，设，则由勾股定理列方程求解即可．
【详解】
证明：（1）菱形中，，
又∵，
∴
又∵
∴
∴
（2）∵
∴
∴为等腰直角三角形
∴
设，
由（1）得
∴
由勾股定理得：，即
化简得：
同时除以得：
令，则
解得：（负值舍去）
∴
即
【点睛】
此题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，一元二次方程的求解，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
15．如图，在菱形中，是边上的动点，作交于点，在上取点使，连结
（1）求的度数；
（2）求证：
（3）若是的中点，当为何值时，是等腰三角形．
【答案】（1）120°；（2）见解析；（3）或
【解析】
【分析】
（1）由题意可证是等边三角形，可得，可求解；
（2）根据菱形的性质，等边三角形的性质，利用证明可证明结论；
（3）可分三种情况：当时；当时；当时分别进行计算即可求解．
【详解】
解：（1），，
是等边三角形，
，
；
（2）证明：由（1）知，，
四边形为菱形，
，，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
，
；
（3）∵△DFE≌△GEB，
∴DF＝GE，
当EG＝EP时，过E作EM⊥AB 垂足为M，
设AE＝x，
∵△AGE是等边三角形，
∴AM＝，EM＝，
∴BM＝4−x，
∵P为EF的中点，
∴EF＝2EP，
由（2）知EF＝BE，
∴EB＝2EG＝2AE＝2x，
在Rt△EBM中，EM2＋BM2＝EB2，
即（x）2＋（4−x）2＝（2x）2，
解得x＝或（舍去），
即AE＝；
当EG＝GP时，过G作GQ⊥EF，垂足为Q，过E作EM⊥AB 垂足为M，连接GF，设AE＝x，
∴BG＝4−x，
∵△AGE是等边三角形，
∴EG＝x，
∵EF＝EB，∠BEF＝60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴∠EFB＝∠BEF＝60°，EF＝BE，
在Rt△EBM中，
BE2＝EM2＋BM2＝（x）2＋（4−x）2，
∵△BEG≌△EFD，
∴∠BEG＝∠EFD，DF＝EG，
∴∠GEQ＝∠BFH，CF＝4−x，
∴BG＝CF，
∴四边形GBCF是平行四边形，
∴GF＝BC＝4，
∵P为EF的中点，
∴EP＝EF＝BE，
∵EG＝GP＝x，
∴EQ＝EP＝EF＝BE，
∴FQ＝EF＝BE，
在Rt△EGQ和Rt△FGQ中，∠EQG＝∠FQG＝90°，
GQ2＝EG2−EQ2，GQ2＝FG2−FQ2，
∴x2−（BE）2＝42−（BE）2，
∴
解得x＝或x＝（舍去），
即AE＝；
当EP＝GP时，点P在EG的中垂线上，即P点AC上，
而运动期间P不可能位于线段AC上，
∴P在AC上不存在，
综上，AE＝或；
即当AE为或时，△EGP是等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质等知识的综合运用，注意分类讨论．
16．综合与实践
问题情境：
数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．
动手实践：
（1）如图1，腾飞小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明．
（2）如图2，永攀小组在矩形纸片的边上取一点，连接，使，将沿线段折叠，使点正好落在边上的点处．连接，，将纸片展平，
①求的面积；
②连接，线段与线段交于点，则______．
深度探究：
（3）如图3，探究小组将图1的四边形剪下，在边上取一点，使，将沿线段折叠得到，连接，探究并直接写出的长度．
【答案】（1）四边形是正方形；理由见详解；（2）①；②；（3）．
【解析】
【分析】
（1）由正方形的判定定理进行证明，即可得到结论成立；
（2）①由折叠的性质，则DC=DG，求出∠ADG=30°，利用勾股定理得到，，然后再求出，由面积公式即可求出面积；
②求出，，则△CDG是等边三角形，即可求出CG的长度；
（3）作PQ∥AD∥，垂足分别为P、Q，先求出，，设，然后表示出，，再利用勾股定理，求出，然后利用勾股定理，即可求出答案．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°，
由折叠的性质，则
，，
∴四边形是正方形；
（2）①如图，由折叠的性质，则DC=DG，CF=FG，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
由勾股定理，则，
∴，
∴，
∴，
在直角△BFG中，由勾股定理，则
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为：；
②由①可知，，DC=DG，
∴，
∴△CDG是等边三角形，
∴；
故答案为：；
（3）作PQ∥AD∥，垂足分别为P、Q，如图所示，
∴PQ⊥，PQ⊥AE，
由（1）可知，四边形是正方形，
∴，
由折叠的性质，则，
∵，
∴，，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
∴，
在直角中，由勾股定理，则
∴，
整理化简得：，
∴，
∴，
解方程，得，（舍去）；
∴；
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，正方形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．本题涉及的知识点综合，应用能力强，难度大，学生需要仔细分析．