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专题 11 四边形压轴
目 录
题型01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
题型02 与四边形有关的平移问题
题型03 与四边形有关的翻折问题
题型04 与四边形有关的旋转问题
题型05 与四边形有关的最值问题
题型06 与四边形有关的动点问题
题型07 与四边形有关的新定义问题
题型08 与四边形有关的存在性问题
题型09 四边形与圆综合
题型10 四边形与函数综合
（时间：60分钟）
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题型 01 与四边形有关的多结论问题（选/填）
1．（2023·江苏盐城·一模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，
垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，
CM，DM，BM，下列结论：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM；，则四边形BHMF是菱形；
④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=2√2；⑤EP⋅DH＝2AG⋅BH．正确的是（ ）
A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．①②⑤
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得∠AED=∠BFA，从而证明△ABF≌△AED，即可判断①；由折叠的性
质可得BM⊥AF，再由平行线的判定即可判断②；由CM⊥FM可得A,M,C在同一直线上，从而可得
∠MCF=∠MFC=45°，再根据折叠的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，再根据菱形的判
定即可判断③；设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，利用勾股定理求得DE=√5a=AF，证明
2 2√5 4√5
△AHD∽△FHB，可得AH= AF= a，从而证得△AGE∽△ABF，可得DG= a，
3 3 5
4√5 1
GH= a，即可判断④；证明△EAG≌△PAG，可得EG= EP，从而证明△AHD∽△FHB，可得
15 2
DH AB 1
= ，再证明△EAG∽△FAB，可得EG⋅DH=AG⋅BH，进而可得 EP⋅DH=AG⋅BH，即
BH BF 2
可判断⑤．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
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∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
∴△ABF≌△AED(AAS)，
∴AF=DE，故①正确，
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确，
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
通过翻折的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH,HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确，
当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，DE=√AD2+AE2=√5a=AF，
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∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
FH BF a 1
∴ = = = ，
AH AD 2a 2
2 2√5
∴AH= AF= a，
3 3
∵∠AGE=∠ABF=90°，
∴△AGE∽△ABF，
AE EG AG a √5
∴ = = = = ，
AF BF AB √5a 5
√5 √5 √5 2√5
∴EG= BF= a，AG= AB= a，
5 5 5 5
4√5 4√5
∴DG=ED−EG= a，GH=AH−AG= a，
5 15
∵∠BHF=∠DHA，
DG
在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA= =3，故④错误，
GH
由折叠的性质可得，△ABF≌△AMF，
∴∠EAG=∠PAG，
在△EAG和△PAG中，
¿，
∴△EAG≌△PAG(ASA)，
∴EG=PG，
1
∴EG= EP，
2
∵AD∥BC，
∴△AHD∽△FHB，
DH AD
∴ = ，
BH BF
∵AD=AB，
DH AB
∴ = ，
BH BF
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△EAG∽△FAB，
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EG BF
∴ = ，
AG AB
BH EG
∴ = ，
DH AG
∴EG⋅DH=AG⋅BH，
1
∴ EP⋅DH=AG⋅BH，
2
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求
做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
2．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，BF∥AC，DF交AC的延长线于点E，交
BF于点F，且CE:AC=1:2．则下列结论：①△ABE≌△ADE；②∠CBE=∠CDF；③DE=FE；④
S :S =1:10．其中正确结论是（ ）
△BCE 四边形ABFD
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的性质，通过SAS证明△ABE≌△ADE即可；通过证明△BCE≌△DCE，即可求证
∠CBE=∠CDF；通过证明BE=EF，即可求证DE=FE；连接连接BD交AC于O，设S =m，根据
ΔBCE
三角形面积之间的关系，即可求证．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
∵AE=AE，
∴ΔABE≅ΔADE(SAS)；故①正确；
∴BE=DE，∠AEB=∠AED，
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∵CE=CE，
∴△BCE≌△DCE，
∴∠CBE=∠CDF，故②正确；
∵BF∥AC，
∴∠FBE=∠AEB，∠AED=∠F，
∴∠FBE=∠F，
∴BE=EF，
∴DE=FE；故③正确；
连接BD交AC于O，
∵AO=CO，
∵CE:AC=1:2，
∴AO=CO=CE，
设S =m，
ΔBCE
∴S =S =3m，
ΔABE ΔADE
∴S =4m，
ΔBDE
∴S =S =4m，
ΔBEF ΔBDE
∴S =10m，
四边形ABFD
∴S :S =1:10，故④正确；
ΔBCE 四边形ABFD
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基础
知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
3．（2022·安徽滁州·二模）如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，点M在AD上，连接ME并延
长交BC于点N，连接DN交MC于点F．则下列四个结论：①AM=CN；②若MD=AM，∠A=90°，
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则BM=CM；③若MD=2AM，则S =S ；④若AB=MN，则△MFN与△DFC全等．其中正确
△MNC △BNE
结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明△DME≌△BNE(AAS)，进一步转换后
可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求
证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证
明△MND≌△DCM(SAS)后可进一步证明△MNF≌△DCF(AAS)，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形ABCD中，E是BD的中点，
∴ BE=DE，AD∥BC，AD=BC，
∴ ∠MDE=∠NBE，∠DME=∠BNE ，
∴ △DME≌△BNE(AAS) ，
∴ DM=BN，
∴ AM=CN，
故①正确；
若∠A=90°，
则平行四边形ABCD是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由MD=AM，AM=CN，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴ BM=CM，
故②正确；
∵MD=2AM，AD=BC，AM=CN，
∴BN=BC−CN=AD−AM=MD=2AM=2CN，
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如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
1 1
∵ S = CN⋅DQ= CN⋅2EP=CN⋅EP，
△MNC 2 2
1 1
S = BN⋅EP= ×2CN⋅EP=CN⋅EP
△BNE 2 2
∴ S =S ，
△MNC △BNE
故③正确；
若AB=MN，
因为AB=DC，
所以DC=MN，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴ Rt△NHM≌Rt△CKD(HL)，
∴ ∠NMD=∠CDM，
∵MD=DM，∠NMD=∠CDM，MN=DC，
∴ △MND≌△DCM(SAS) ，
∴ ∠MND=∠DCM，
又∵ ∠NFM=∠CFD，MN=DC，
∴ △MNF≌△DCF(AAS) ，
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故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等
三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性
质进行角或边之间关系的转化等．
4．（2023·山东聊城·二模）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，
且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=130°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与
性质，证明△EFB≌△ACB和△CDF≌△CAB即可判断①；当∠BAC=130°时，求出∠EAD=110°即
可判断②；由AB=AC得到AE=AD即可判断③；由∠BAC=150°得到∠EAD=90°，得到ADFE是矩
形，再结合③即可判断④；熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解题的关键．
【详解】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC，AC=AD，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACB(SAS)，
∴EF=AC，
∴EF=AC=AD，
同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
由AE=DF，AD=EF即可得出四边形 ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC=130°时，
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∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−130°−60°=110°，
由①知四边形ADFE是平行四边形，
∴平行四边形ADFE不是矩形，故结论②错误；
③由①知AB=AE，AC=AD，四边形 AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形ADFE是菱形，故结论③正确；
④当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−150°−60°=90°，
∵ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE是矩形，
又由③知四边形ADFE是菱形，
∴四边形ADFE是正方形，故结论④正确；
故答案为：①③④．
题型 02 与四边形有关的平移问题
5．（2024·河北石家庄·一模）如图1，四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°，∠BDC=60°，
AB=CD=2，连接BD．将△ABD沿着射线DC的方向平移得到△EFG，继续平移使点G始终在DC边上，
当点G到达点C后，△EFG立刻绕点C顺时针旋转，如图2，直到边EG与CD边共线时停止．
(1)求证：AD=BC；
(2)从 △EFG绕点C旋转开始到最终结束，求边FG扫过的面积；
(3)如图3，在△EFG绕点C旋转过程中，当GE，GF分别交线段BD于点P，Q时，设BQ=x．
①当DP=4−2√3时，求∠PCB的度数；
②直接写出DP的长（用含x的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)边FG扫过的面积是4π；
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4x−12
(3)①75°；②
x−6
【分析】（1）由AB∥CD，AB=CD，证明四边形ABCD是平行四边形，则AD=BC；
（2）由平移得EG∥AD，EG=AD，当点E与点C重合时，线段EG与线段BC重合，由∠BCD=90°，
∠BDC=60°，得∠CBD=30°，则BD=2CD=4，FG=BD=4，因为旋转角为90°，所以边FG扫过
的图形是半径为4且圆心角为90°的扇形，根据扇形的面积公式求得边FG扫过的面积是4π；
（3）①当DP=4−2√3时，BP=BD−DP=2√3，而BC=√BD2−CD2=2√3，所以BP=BC，则
1
∠PCB=∠CPB= ×(180°−30°)=75°；
2
1 1
②作CH⊥BD于点H，则∠HCD=30°，所以DH= CD=1，CH= BC=√3，则PH=DP−1，所
2 2
以CP2=CH2+PH2=3+(DP−1) 2，由BQ=x，得BP=4−DP，QP=4−x−DP，再证明
△CPQ∽△BPC，得CP2=BP⋅QP=(4−DP)(4−x−DP)，则(4−DP)(4−x−DP)=3+(DP−1) 2，
4x−12
即可求得DP= ．
x−6
【详解】（1）证明：如图1，∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC；
（2）解：如图2，由平移得EG∥AD，EG=AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC=AD，
∴EG∥BC，EG=BC，
∴当点E与点C重合时，则线段EG与线段BC重合，
∵∠BCD=90°，∠BDC=60°，AB=CD=2，
∴∠CBD=90°−∠BDC=30°，
∴BD=2CD=4，
由平移得FG=BD=4，
∵△EFG绕点C顺时针旋转到边EG与CD边共线时停止，且∠BCD=90°，
∴旋转角等于90°，
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∴边FG绕点C旋转90°，边FG扫过的图形是半径为4且圆心角为90°的扇形，
90π×42
∴S= =4π，
360
∴边FG扫过的面积是4π；
（3）解：①当DP=4−2√3时，BP=BD−DP=4−(4−2√3)=2√3，
∵BC=√BD2−CD2=√42−22=2√3，
∴BP=BC，
1
∴∠PCB=∠CPB= ×(180°−30°)=75°，
2
∴∠PCB的度数是75°；
4x−12
②DP的长是 ，
x−6
理由：如图3，作CH⊥BD于点H，则∠DHC=∠CHB=90°，
∴∠HCD=90°−∠BDC=30°，
1 1
∴DH= CD=1，CH= BC=√3，
2 2
∴PH=DP−1，
∴CP2=CH2+PH2=(√3) 2+(DP−1) 2=3+(DP−1) 2，
∵BD=4，BQ=x，
∴BP=4−DP，QP=4−x−DP，
∵BC∥AD，
∴∠ADB=∠CBD=30°，
由平移和旋转得∠ECF=∠ADB=30°，
∴∠PCQ=∠PBC=30°，
∵∠CPQ=∠BPC，
∴△CPQ∽△BPC，
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CP QP
∴ = ，
BP CP
∴CP2=BP⋅QP=(4−DP)(4−x−DP)，
∴(4−DP)(4−x−DP)=3+(DP−1) 2，
4x−12
整理得DP= ，
x−6
4x−12
∴DP的长是 ．
x−6
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、平移的性质、旋转的性质、直角三角形中30°角所对的
直角边等于斜边的一半、扇形的面积公式、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，
难度较大．
6．（2023·四川成都·模拟预测）综合与实践
问题情境：
在数学活动课上，老师给出这样一个问题：如图①，矩形纸片ABCD的边AB=6cm，BC=8cm，沿对角
线AC剪开，得到两个直角三角形纸片，分别为Rt△ABC和Rt△ADC．将△ABC固定不动，平移△ADC．
操作探究：
（1）如图②，把△ADC沿射线CB平移得到△A'D'C'，当AD'=D'C'，请直接写出平移的距离；
探究发现：
14
（2）如图③，把△ADC射线CA平移 cm得到△A'D'C'，连接AD',BC'，判断四边形ABC'D'的形状，
5
并证明；
探究拓展：
（3）记△ACD为△A'C'D，将其拼接到如图④的位置，并使C'与A重合，A'与C重合，然后把△
A'C'D沿射线CA方向平移，平移的距离是l(0EH，点E、F在直线AB上，且点C、D、G、H在
AD EH
直线AB的同侧，矩形EFGH沿直线AB左右平移，O为EF的中点，直线OH与直线AD相交于点P（点
P、D不重合），直线OG与直线BC相交于点Q（点Q、C不重合），试探究DP与CQ之间的数量关系．
【操作判断】
（1）如图1，平移矩形EFGH，当k=2，点A、E重合时，线段DP与CQ之间的数量关系是 ；
【迁移探究】
（2）继续平移矩形EFGH，对任意正数k，（1）中的判断是否都成立，请就图2的情形说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，若k=1，AD=8，EH=4，平移矩形EFGH，连接PQ交CD于点M，当△OPQ是直角三角
形时，请直接写出OA的长．
【答案】（1）相等，（2）成立，见解析；（3）OA=5或OA=3
【分析】
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（1）设EP=a,AD=b,根据中点列出比例式，表示出DP与CQ的长度即可,
（2）设AD=m,EH=n,根据相似列出比例式，表示出DP与CQ的长度即可,
（3）证△DMP≅△CMQ，得出DM=CM=4，再根据△OPQ是直角三角形，分类讨论，利用相似三角
形的性质求解即可．
【详解】解：（1）设EP=a,AD=b,则EF=2a,AB=2b,
∵O为EF的中点，
∴EP=OE=a,OF=FG=a,
∴∠QOB=45°，
∴OB=BQ=2b−a，
DP=b−a，CQ=2b−a−b=b−a，
∴DP=CQ，
故答案为：相等；
（2）成立．
设AD=m,EH=n,则AB=km,EF=kn,
∵O为EF的中点，
1
∴OF=OE= kn，
2
∵EH∥AP，
∴△OEH∼△OAP，
OE EH
∴ = ，
OA AP
OA k
则 = ，
AP 2
OB k
同理 = ，
BQ 2
2x
设AO=x，则BO=km−x，AP= ，
k
2x
DP=m−
k
km−x k
∵ = ，
BQ 2
2x
∴BQ=2m−
k
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2x 2x
CQ=2m− −m=m− ，
k k
∴DP=CQ；
（3）∵k=1，AD=8，EH=4，
∴AD=AB=CD=BC=8，EH=EF=FG=GH=4，EO=OF=2，
OA OB 1
由（2）得DP=CQ， = =
AP BQ 2
∵∠D=∠QCM=90°，∠DMP=∠CMQ，
∴△DMP≅△CMQ，
∴DM=CM=4，
如图，当∠QPO=90°时，
∵∠DMP+∠DPM=90°，∠APO+∠DPM=90°，
∴∠APO=∠DMP，
∵∠D=∠A=90°，
∴△APO∼△DMP，
DP DM
∴ = ，
OA AP
8−2OA 4
则 = ，
OA 2OA
解得，OA=3或OA=0（舍去）
如图，当∠PQO=90°时，
同理可得△BQO∼△CMQ，
CQ CM
∴ = ，
OB BQ
8−2OB 4
则 = ，
OB 2OB
解得，OB=3或OB=0（舍去），
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OA=5，
综上，OA=5或OA=3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是准确证明三角形相
似，利用相似三角形的性质进行推理证明．
8．（2023·江苏宿迁·三模）综合与实践
问题情境：如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形
AB'C'D'．使得点C'落在AD的延长线上，B'C'分别交AC，CD于点E和点F．
初步探究：（1）△AEC'的形状是______．
深入探究：（2）如图2，延长C'B'交BC于点G，延长AB'交BC于点H，请判断GH与C'F的数量关系，
并说明理由．
拓展延伸：（3）如图3，将矩形AB'C'D'沿射线AD方向平移得到矩形A'B'C'D'，当点B'落在AC上时，
延长FD交A'D'于点N，请直接写出四边形C'DN D'的面积．
693
【答案】（1）△AEC'是等腰三角形，理由见解析；（2）GH=C'F，理由见解析；（3） ．
50
【分析】（1）证明∠CAD=∠EC' A即可解决问题；
（2）证明△C'DF≌△GB'H(ASA)，可得结论;
（3）如图3中，过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N根据S =S +S S求解即可；
四边形DND'C' △DNC △NC'D'
本题考查了旋转变换的性质， 矩形的性质， 全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直
角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用及正确寻找全等三角形．
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【详解】（1）结论：△AEC'是等腰三角形，理由：
由旋转变换的性质可知，∠CAD=∠C' AD'，
∵AD'∥B'C'，
∴∠AC'E=∠C' AD'，
∴∠CAD=∠EC' A，
∴EA=EC'，
∴△AEC'是等腰三角形，
故答案为：等腰三角形；
（2）结论：GH=C'F，
理由：如图2中，
∵AD∥CB，
∴∠EGC=∠EC' A，∠CGE=∠AC'E，
∵∠EAC'=∠EC' A，
∴∠EGC=∠ECG，
∴BG=EC，
∵BA=EC，
∵AC=C'G=AC',
∵AD=BC=B'C',
∵DC=GB',
∵BC∥AC',
∴∠DC'F=∠B'GH,
∵∠C'DF=∠GB'H=90°,
∴△C'DF≌△GB'H(ASA),
∴GH=C'F；
（3）如图3中, 过点B'作B'H⊥AD于点H，连接C'N，
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在Rt△A'B'C中，∠A'B'C'=90°,A'B'=6,B'C'=8, ∴A'C'=√A'B'2+B'C'2=√62+82=10,
1 1
∵S = ×A'B'×B'C'= ×A'C'×B'H,
A'B'C' 2 2
6×8 24
∴B'H= = ,
10 5
∴A'H=√A'B'2−B'H2=
√
4 62−
(24) 2
=
18
,
5 5
∴B'H∥CD,
AH B'H
∴ = ,
AD CD
24
AH 5
∴ = ,
8 6
32
∴AH= ,
5
14
∴A A'=AH−A'H= ,
5
26
∴A'D=AD−A A'= ,
5
26 24
∴DC'=A'C'−A'D=10− = ,
5 5
3 39 5 13
∵DN=A'D = ,A'N=A'D× = ,
4 10 4 2
3
∴N D'=A'D'−A'N= ,
2
1 24 39 1 3 693
∴S =S +S = × × + × ×6= ．
四边形DND'C' △DNC △NC'D' 2 5 10 2 2 50
题型 03 与四边形有关的翻折问题
9．（2024·安徽·一模）在正方形ABCD中，E、F分别为AB、BC上两点，连接DE、AF，将△ABF
沿AF翻折，得到△AGF，连接BG，且BG∥DE．
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(1)如图1，求证：AE=BF；
(2)如图2，对角线BD交AF于点H，连接AC、GH，若点G落在AC上，求证：四边形GHBF为菱形；
(3)如图3，若点E为AB的中点，连接BD交AF于点H，连接CG、GH，求tan∠HBG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
1
(3)
3
【分析】（1）由折叠的性质可得BG⊥AF，进而推出AF⊥DE，证明∠ADE=∠BAF，进而证明
△ADE≌△BAF(ASA)，即可证明AE=BF；
（2）由折叠的性质可得AG=AB，GF=BF，∠AGF=∠ABF=90°，∠GAH=∠BAH，证明
△AGH≌△ABH(SAS)，得到GH=BH；再证明GF∥BD，得到∠BHF=∠GFH，进而得到
∠BHF=∠BFH，即可推出BH=BF=GH=GF，则四边形GHBF为菱形；
1
（3）设AF，BG交于J，正方形ABCD的边长为2m，则AE=BF= AB=m，由勾股定理得到
2
1 √5 JF BF
AF=√5m；证明△AHD∽△FHB，得到FH= AF= m；证明△ABF∽△BJF，得到 = ，
3 3 BF AF
JF BF 1 √5 2√5 2√5
= = ，推出JF= m，BJ=2JF= m；求出HJ=FH−JF= m，则
BJ AB 2 5 5 15
HJ 1
tan∠HBG=tan∠HBJ= = ．
BJ 3
【详解】（1）证明：设AF，DE交于O，
由折叠的性质可得BG⊥AF，
∵BG∥DE，
∴AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠OAD+∠ODA=90°，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BA，∠DAE=∠ABF=90°，
∴∠OAD+∠BAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∴△ADE≌△BAF(ASA)，
∴AE=BF；
（2）证明：由折叠的性质可得AG=AB，GF=BF，∠AGF=∠ABF=90°，∠GAH=∠BAH，
又∵AH=AH，
∴△AGH≌△ABH(SAS)，
∴GH=BH；
设AC、BD交于O，
由正方形的性质可得AC⊥BD，
∴∠AOB=∠AGF=90°，
∴GF∥BD，
∴∠BHF=∠GFH，
∴∠BHF=∠BFH，
∴BH=BF，
∴BH=BF=GH=GF，
∴四边形GHBF为菱形；
（3）解：设AF，BG交于J，正方形ABCD的边长为2m，
∵点E为AB的中点，
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1
∴AE=BF= AB=m，
2
∴AF=√AB2+BF2=√5m；
∵BF∥AD，
∴△AHD∽△FHB，
FH BF 1
∴ = = ，
AH AD 2
1 √5
∴FH= AF= m；
3 3
由折叠的性质可得BG⊥AF，
∴∠BJF=∠AJB=∠ABF=90°，
∴∠JBF=∠BAF=90°−∠ABJ，
∴△ABF∽△BJF，
JF BF JF BF 1
∴ = ， = = ，
BF AF BJ AB 2
JF m
∴ = ，
m √5m
√5
∴JF= m，
5
2√5
∴BJ=2JF= m；
5
2√5
又∵HJ=FH−JF= m，
15
HJ 1
∴tan∠HBG=tan∠HBJ= = ．
BJ 3
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，菱形
的判定，全等三角形的性质与判定，等角对等边等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
10．（2024·山西晋城·二模）综合与实践
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问题情境：
在矩形纸片ABCD中，E是BC边上一动点，F是AD边上一动点，将矩形纸片沿EF所在直线翻折，点A
的对应点为点H，点B的对应点为点G．
猜想证明：
（1）当E是BC边的中点时．
①如图1，连接CG，试猜想EF与CG的位置关系，并加以证明；
②如图2，连接BD．若点B的对应点G恰好落在对角线BD上，延长HG与CD边交于点P．求证：P是
CD边的中点．
问题解决：
（2）如图3，当点B的对应点G落在CD边上时，HG与AD边交于点Q，连接BG．若AB=3，BC=9，
CG=1，请直接写出DQ的长．
9
【答案】（1）①EF∥CG，②见解析；（2）DQ= .
20
【分析】（1）连接BG交EF于点S，由折叠可得：BS=SG.，进而得到SE是ΔBCG的中位线，即可求解；
连接EP，根据矩形的性质和折叠的性质可证RtΔEGP≌RtΔECP(HL)，即可得到BD∥EP，从而得到
答案；
（2）设EF交BG于M，过点F作FN⊥BC，先根据题意证明四边形FNCD是矩形，进而根据折叠的性
1
质证明ΔBCG∽ΔFNE，求得EN= .，再证明ΔDGQ∼ΔCEG，即可求解．
3
【详解】（1）证明：①EF∥CG；
连接BG交EF于点S，如图，
由折叠可得：BS=SG.
∴S是BG的中点，
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∵E是BC边的中点
∴SE是ΔBCG的中位线，
∴EF∥CG；
②连接EP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BCD=90°
由折叠得：∠EGH=∠ABC=90°,BE=EG，
∴∠EGP=90°,∠EBG=∠EGB
∵E是BC边的中点
∴BE=CE=EG.
∵EP=EP
∴RtΔEGP≌RtΔECP(HL)
∴∠GEP=∠CEP
∵∠CEG=∠EBG+∠EGB=∠GEP+∠CEP
∴∠EGB=∠GEP.
∴BD∥EP
∴EP是ΔBCD的中位线
∴P是CD边的中点；
（2）解：设EF交BG于M，过点F作FN⊥BC
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=∠D=90°,CD=AB=3
∴四边形FNCD是矩形，
由折叠可得：∠EMB=90°,∠EGH=∠ABE=90°，∠H=∠A=90°,BE=EG,HG=AB=3.
∵∠EFN+∠FEN=∠BEM+∠EBM=90°，
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∴∠EFN=∠EBM
∴ΔBCG∽ΔFNE
BC GC
∴ = .
FN EN
1
∴EN= .
3
设CE=x,则BE=≥=9−x.
40 40
在RtΔCGE中，12+x2=(9−x) 2，解得x= ，即CE=
9 9
∵∠QGD+∠DQG=∠QGD+∠EGC=90°
∴∠DQG=∠CGE
∴ΔDGQ∽ΔCEG
DQ DG
∴ =
CG CE
∵DG=CD−CG=2,
9
∴DQ= .
20
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形中位线的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判
定与性质，直角三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，梯形面积的计算，正确作出辅助线
是关键．
11．（2024·福建漳州·一模）在数学活动课中，老师组织学生开展“如何通过折纸的方法，确定矩形纸片
长边上的一个三等分点”的探究活动．
【操作探究】
“求知”小组经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作，如图1．
第1步：先将矩形纸片ABCD沿对角线BD对折，展开铺平，折痕为BD；
第2步：将边AD以某一合适长度向右翻折3次，折痕IJ与BD交于点K；
第3步：过点K折叠矩形纸片，使折痕LM∥AB，LM交EF于点N；
第4步：延长DN交边AB于点P，则点P为边AB的三等分点．
证明过程如下：
1
由题意，得ln= LK．
3
∵LM∥AB，∴∠DLN=∠A，∠DNL=∠DPA．
∴① ．
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DL ln DL LK
∴ = ．同理，得 = ．
DA AP DA AB
∴② ．
AP ln 1
∴ = = ．则点P为边AB的三等分点．
AB LK 3
“励志”小组的操作如下，如图2．
第1步：先将矩形纸片ABCD沿对角线BD对折，展开铺平，折痕为BD；
第2步：再将矩形纸片对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为EF；
第3步：沿CE折叠矩形纸片，折痕CE交BD于点G；
第4步：过点G折叠矩形纸片，使折痕MN∥AD．
【过程思考】
（1）补全“求知”小组证明过程中①②所缺的内容；
（2）“励志”小组经过上述操作，认为点M为边AB的三等分点．请你判断“励志”小组的结论是否正确，
并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图3，将矩形纸片ABCD对折，使点A和点B重合，展开铺平，折痕为EF，将边BC沿CE翻折到
AB
GC的位置，过点G折叠矩形纸片，使折痕MN∥AD，若点M为边AB的三等分点，求 的值．
BC
ln LK
【答案】（1）①△DLN∽△DAP；② = ．（2）正确，理由见解析（3）√2
AP AB
【分析】（1）根据题意即可填空；
EB BG 1 MB BG 1
（2）证明△EBG∽△CDG得 = = ，证明△BMG∽△BAD得 = = ，可得结论；
CD DG 2 AB BD 3
3
（3）设AM=a，则AB=3a,BE= a,MB=2a．证明四边形MBCN是矩形，得MN=BC,
2
MB=CN=2a，由勾股定理得MG=√2a，设BC=x，则GN=x−√2a，证明△EMG∽△GNC得
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EG EM 3√2 AB
= ，代入可求出x= a，进一步可求出 =√2．
GC GN 2 BC
1
【详解】解：（1）ln= LK．
3
∵LM∥AB，
∴∠DLN=∠A，∠DNL=∠DPA．
∴△DLN∽△DAP．
DL ln
∴ = ．
DA AP
DL LK
同理，得 = ．
DA AB
ln LK
∴ = ．
AP AB
AP ln 1
∴ = = ．则点P为边AB的三等分点．
AB LK 3
ln LK
故答案为①△DLN∽△DAP．② = ．
AP AB
（2）“励志”小组的结论正确，理由如下：
在矩形ABCD中，AB∥CD,AB=CD．
由折叠，得点E是边AB的中点，点F是边CD的中点，
1 1
∴EB= AB= DC．
2 2
∵AB∥CD,
∴∠EBG=∠CDG,∠BEG=∠DCG
∴△EBG∽△CDG，
EB BG 1
∴ = =
CD DG 2
∵MN∥AD，
∴∠BMG=∠BAD,∠BGM=∠BDA，
∴△BMG∽△BAD，
MB BG 1 1
∴ = = =
AB BD 2+1 3
∴点M是边AB的三等分点．
（3）由折叠，得AE=BE．
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∵点M为边AB的三等分点，
1
∴AM= AB．
3
3
设AM=a，则AB=3a,BE= a,MB=2a．
2
由折叠性质，得△CBE≌△CGE．
3
∴EB=EG= a,CB=CG．
2
∵MN∥AD,
∴∠BMG=∠A=∠B=90°．
∴∠BMG=∠B=∠BCN=90°．
∴四边形MBCN是矩形．
∴MN=BC,MB=CN=2a．
由勾股定理，得MG=√EG2−M E2= √ (3 a ) 2 − (1 a ) 2 =√2a
2 2
设BC=x，则GN=x−√2a．
∵∠MGE+∠MEG=90°,∠MGE+∠CGN=90°，
∴∠MEG=∠CGN
∵∠EMG=∠GNC=90°，
∴△EMG∽△GNC，
EG EM
∴ = ，
GC GN
3 1
a a 3√2
∴2 2 ，解得x= a
= 2
x x−√2a
AB 3a
∴ = =√2
BC 3√2
a
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，折叠的性质，全等
三角形的判定与性质，勾股定理与矩形的判定与性质．解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
12．（2023·宁夏·二模）问题提出
（1）如图①，在矩形ABCD的边BC上找一点E，将矩形沿直线DE折叠，点C的对应点为C'，再在AB上
找一点F，将矩形沿直线DF折叠，使点A的对应点A'落在DC'上，则∠EDF=_______．
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图①
问题探究
（2）如图②在矩形ABCD中，点P是矩形AB边上一点，连接DP，PC，将△ADP、△BPC分别沿DP，
PC翻折，得到△A'DP、△B'PC，当P、A'、B'三点共线时，则称P为边AB上“优叠点”，当AD=4，
AB=10，求此时AP的长度．
图②
问题解决
（3）如图③，矩形ABCD位于平面直角坐标系中，AD=4，AD0
2
55
∴当x=3时，S 有最小值，最小值为 ．
△EFP 8
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∴BF=3，DE=4−3=1，
∴E(1,4)，F(8,3)．
55
∴存在着△EFP面积的最小值，△EFP最小面积 ，此时E(1,4)，F(8,3)．
8
【点睛】本题考查新定义，矩形折叠问题，相似三角形的判定与性质，切线的性质，二次函数的性质，点
的坐标．熟练掌握相关性质是解题的关键，本题综合性较强，属中考常考题目．．
题型 04 与四边形有关的旋转问题
13．（2024·辽宁大连·模拟预测）【问题呈现】
如图1，∠MPN的顶点在正方形ABCD两条对角线的交点处，∠MPN=90°，将∠MPN绕点P旋转，旋
转过程中，∠MPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E、F（点F与点C，D不重合）．
探索线段DE、DF、AD之间的数量关系．
【问题初探】
（1）爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段DE、DF、AD之
间的数量关系，并说明理由；
【问题引申】
（2）如图2，将图1中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，∠EPF=60°，其他条件不变，请你
帮小悦得出此时线段DE、DF、AD之间的数量关系是 ；
【问题解决】
（3）如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为8，点P运动至与A点距离恰好为7的位置，且∠EPF
旋转至DF=1时，DE的长度为 ．
1
【答案】（1）DE+DF=AD，见解析；（2）DE+DF= AD；（3）4或2
2
【分析】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，解答本题
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的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
（1）利用正方形的性质得出角与线段的关系，易证得△APE≌△DPF，可得出AE=DF，即可得出结论
DE+DF=AD；
（2）取AD的中点T，连接PT，利用菱形的性质，可得出△TDP是等边三角形，易证△TPE≌△FPD，
1 1
得出TE=DF，由DE+TE= AD，即可得出DE+DF= AD；
2 2
（3）分两种情形：如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交
AD于G．解直角三角形求出PH，AG，可得结论．如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可求．
【详解】解：（1）结论：DE+DF=AD．
理由：如图1中，
∵ ABCD AC BD P
正方形 的对角线 ， 交于点 ，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中
¿，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
1
（2）（1）中的结论变为DE+DF= AD，理由如下：
2
如图2中，取AD的中点T，连接PT，
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∵ ABCD ∠ADC=120°
四边形 为 的菱形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=60°，
∵∠PAT=30°，
∴∠TPD=60°，
∵∠MPN=60°，
∴∠MPT=∠FPD，
在△TPE和△DPF中，
¿，
∴△TPE≌△DPF(ASA)
∴TE=DF，
1
∴DE+DF= AD，
2
1
故答案为：DE+DF= AD；
2
（3）如图3−1中，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于H，连接AP，作PG∥AB交AD于G．
∵△ABD AH⊥BD
是等边三角形， ，
∴BH=DH=4，AH=4√3，
在Rt△APH中，PH=√PA2−AH2=√72−(4√3) 2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3，
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由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4．
如图3−2中，当点P靠近点D时，同法可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5，
∵DF=EG=1
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2，
综上所述，满足条件的DE的值为4或2．
故答案为：4或2．
14．（2023·云南昆明·模拟预测）综合与实践：
【问题情境】
在数学活动课上，王老师让同学们用两张矩形纸片进行探究活动．阳光小组准备了两张矩形纸片ABCD和
EFGH，其中AB=6，AD=8，将它们按如图所示的方式放置，当点A与点E重合，点F，H分别落在
AB，AD边上时，点F，H恰好为边AB，AD的中点，然后将矩形纸片EFGH绕点A按逆时针方向旋转，
旋转角为α，连接BF与DH．
【观察发现】
BF 3
如图2，当α=90°时，小组成员发现△BAF∽△DAH，易得 = ，DH⊥BF．
DH 4
【探索猜想】
BF 3
（1）如图3，当90°<α<180°时，【观察发现】中发现的结论 = ，DH⊥BF是否仍然成立？请说
DH 4
明理由．
【拓展延伸】
（2）在矩形EFGH旋转过程中，当C，A，F三点共线时，请求出线段DH的长．
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BF 3 4 4
【答案】（1）结论 = ，DH⊥BF仍然成立，理由见解析；（2） √185或 √65．
DH 4 5 5
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，计算较复杂，做出正确的辅助
线是解题的关键．
（1）设DH与BF的交点为I，DH与BA的交点为M，根据（1）中的思路，同理证明△DHA∽△BFA，
3
即可得BF= DH，再根据相似的性质得到∠HDA=∠FBA，通过等量转换，证明
4
∠CDH+∠FBA=90°，即可解答．
（2）考虑两种情况，即：点F在AC的延长线上或点F在线段AC的延长线上，作对应的辅助线，通过相
似三角形的性质，即可解答．
BF 3
【详解】（1）解：结论 = ，DH⊥BF仍然成立，理由如下：
DH 4
如图，设DH与BF的交点为I,DH与BA的交点为M,
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，
∴∠DAB=∠HAF=90°，
∴∠DAB+∠BAH=∠HAF+∠BAH
即∠DAH=∠BAF，
根据图1中，点F，H分别落在AB，AD边上时，点F，H恰好为边AB，AD的中点，
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1 1
∴AF= AB=3，AH= AD=4，
2 2
AH AD 4
∴ = = ,
AF AB 3
∴△DHA∽△BFA，
BF 3 3
∴ = ，即BF= DH，
DH 4 4
∴∠ABF=∠ADH，
∵∠BMI=∠DMA，
∴∠BMI+∠ABF=∠DMA+∠ADH=180°−∠DAB=90°,
∴∠BIM=180°−(∠BMI+∠ABF)=90°，
∴DH⊥BF．
（2）解：①当点F在CA的延长线上时，如图所示，
作HK⊥DA交DA的延长线于点K，
求得AC=√AB2+BC2=10，
∵ C，A，F三点共线，
∴∠HAC=∠HAF=90°，
∵∠DAB=∠KAB=90°,
∴∠HAB+∠HAK=∠HAB+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠HAK，
∵HK⊥DK，
∴∠AKH=∠ABC=90°，
∴△ABC∽△AKH，
AB AK 3
∴ = = ，
AC AH 5
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∵AH=4，
3 12 4 16
∴AK= AH= ，HK= AH= ，
5 5 5 5
√256 2704 4
∴DH=√H K2+DK2=√H K2+(DA+AK) 2= + = √185；
25 25 5
①当点F在线段AC上时，如图所示，
过点H作AD的垂线，交AD于点N，
∵HN⊥AD，
∴∠HNA=90°，
∴∠AHN+∠NAH=90°
∵∠DAC+∠NAH=90°，
∴∠AHN=∠DAC，
∵∠ADC=∠HNA=90°，
∴△ADC∽△HNA，
AD NH 4 CD NA 3
∴ = = ， = = ，
AC AH 5 AC AH 5
3 12 4 16
∴AN= AH= ，NH= AH= ，
5 5 5 5
√256 784 4
∴DH=√N H2+(AD−AN) 2= + = √65，
25 25 5
4 4
综上所述，当C，A，F三点共线时，线段DH的长为 √185或 √65．
5 5
15．（2024·江西九江·一模）【特例感知】如图1，点 C 是正方形 ABCD 对角线AC上一点，
1
C B ⊥AB于点 B ，C D ⊥AD于点 D
1 1 1 1 1 1
（1）求证：四边形AB C D 是正方形．
1 1 1
（2）BB :CC :DD = ；
1 1 1
【规律探究】将正方形 AB C D 绕点A 旋转得到图2，连接 BB ，CC ，DD
1 1 1 1 1 1
（3）BB :CC :DD 的比值是否会发生变化? 请说明理由．
1 1 1
【拓展应用】
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如图3，在图2 的基础上，B ，C ，D 分别是 BB ，CC ，DD 的中点．
2 2 2 1 1 1
（4）求证：四边形． AB C D 是正方形．
2 2 2
【答案】（1）见解析；（2）1:√2:1；（3）不变，理由见解析；（4）见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和判定即可；
（2）根据正方形的性质求解即可；
（3）过D 作D M⊥BC于点M，过C作CO∥DD 交D M于点O，证明四边形COD D是平行四边形，
1 1 1 1 1
四边形BAD O是平行四边形，再根据性质证明C OC是等腰直角三角形即可；
1 1
（4）根据正方形的性质和判定即可；
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AC平分∠DAB，
∵C B ⊥AB，C D ⊥AD，
1 1 1 1
∴∠D AB=∠AB C =∠B C D =90°，
1 1 1 1 1 1
∴B C =C D ,四边形AB C D 是矩形，
1 1 1 1 1 1 1
∴四边形AB C D 是正方形；
1 1 1
（2）由（1）得：四边形AB C D 是正方形，
1 1 1
∵四边形ABCD是正方形，
∴设正方形AB C D 的边长为a，正方形ABCD的边长为b，
1 1 1
∴BB =DD =b−a，AC=√2b AC =√2a，
1 1 1
∴CC =AC−AC =√2(b−a)，
1 1
∴BB :CC :DD =(b−a):√2(b−a):(b−a)，
1 1 1
故答案为：1:√2:1；
（3）不变，理由：
∵四边形ABCD是正方形，四边形AB C D 是正方形，
1 1 1
∴∠D AB =∠DAB=90°，AD=AB AD =AB ，
1 1 1 1
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∴∠D AD=∠B AB，
1 1
∴△D AD≌△B AB(SAS)，
1 1
∴BB =DD ，
1 1
过D 作D M⊥BC于点M，过C作CO∥DD 交D M于点O，
1 1 1 1
∴四边形COD D是平行四边形，
1
∴CD=OD =AB，
1
∴四边形BAD O是平行四边形，
1
易得：△D AD≌△B AB≌△OCB，
1 1
∴∠C B B=∠COB=∠AB B，BB =DD =CO=C O，
1 1 1 1 1 1
∴∠C OC=90°，即△C OC是等腰直角三角形，
1 1
∴C C=√2B B=√2D D，
1 1 1
∴BB :CC :DD =1:√2:1；
1 1 1
（4）四边形AB C D 是正方形，理由：
2 2 2
由（3）得△D AD≌△B AB，
1 1
∴∠DD A=∠BB A，
1 1
∵点B ，C ，D 分别是BB ，CC ，DD 的中点，
2 2 2 1 1 1
∴DD =BB ，
2 2
∴△D D A≌△B B A，
2 1 2 1
∴AD =AB ∠D AD =∠B AB ，
2 2 2 1 2 1
∴∠D AB =90°，
2 2
∴四边形AB C D 是正方形．
2 2 2
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直
角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点的应用是解题的关键．
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题型 05 与四边形有关的最值问题
16．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB=11cm，BC=4cm，点M，N分别
在边AB，CD上，CN=3cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，点B，C的对应点分别为点B'，C'．
(1)在图①中，当点B'恰好落在边CD上时，求线段NB'的长度；
(2)在图②中，点M从点A向点B运动的过程中，若线段MB'与边CD交于点E，在此运动过程中，求DE
的最大值；
(3)在（2）的条件下，若O为MN的中点，猜想点O的运动路径并求出它的长度．
【答案】(1)5cm
(2)4cm
(3)点O的路径是一条线段，路径长为3cm
【分析】（1）由矩形的性质，可得∠C=90°，利用翻折的性质和勾股定理求出NB'可得结论；
（2）当点M运动到MB'⊥AB时，DE的值最大；
（3）探究点O的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【详解】（1）证明：如图①，在矩形条ABCD中，
∴∠C=90°
，
由翻折变换的性质可知，
CN=NC'=3cm，BC=B'C'=4cm，∠C'=∠C=90°
在Rt△B'C'N中，由勾股定理，得
NB'=√B'C'2+C'N2=√42+32=5(cm)；
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（2）解：如图②，在点M运动过程中，总有ED+EN+CN=CD=11cm，
如图③，当M运动到MB'⊥AB时，此时EN的值最小，DE的值最大，DE的值最大值
=11−3−4=4(cm)，
因此，DE的值最大值4cm．
（3）解：点O的运动路径是一条线段，理由如下：
如图（4），M为运动过程中任意一点，连接BN，取BN中点为H，连接OH，
∵O MN
为 的中点，
∴OH为△BMN的中位线，
∴OH∥BM，
∴点O始终在过点H，且平行于BM的直线上运动，
在图①中连接AN，M在运动过程中，点M最左端与点A重合，最右端就是图①中M的位置，点O与O 分
1
别是AN，MN中点，连接OO ，线段OO 就是点O运动路径．
1 1
∴OO 为△AMN的中位线，
1
1
∴OO = AM，
1 2
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∵在矩形条ABCD中，
∴AB∥CD，AB=CD=11cm，
∴∠B'NM=∠BMN，
由翻折变换的性质可知，BM=B'M，∠B'MN=∠BMN，
∴∠B'NM=∠B'MN，
∴BM=B'N=5cm，
∴AM=AB−BM=6cm，
1
∴OO = AM=3cm，
1 2
即点O的路径是一条线段，路径长为3cm．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，轨迹等知识，解题的关键是
学会寻找特殊位置解决问题．
17．（2024·湖南怀化·一模）已知正方形ABCD和正方形EFGH按图1所示叠放在一起，其中AB=4，
EF=2，点O为AB和EF的中点．
(1)图2中正方形EFUV为图1中正方形EFGH关于直线AB的轴对称图形，求点D和点U的连结线段DU
的长度；
(2)将图1中的正方形EFGH绕点O旋转，如图3所示，求运动过程中点D和点G之间距离的最大值和最
小值．
【答案】(1)DU=3√5；
(2)点D和点G之间距离的最大值和最小值分别为3√5和√5．
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，点和圆的位置关系．
（1）根据正方形的性质结合勾股定理即可求解；
（2）连接OG，利用勾股定理求得OG长，推出点G在以点O为圆心，OG长为半径的圆上，当点G在线段
OD上时，DG取得最小值；当点G在DO延长线上时，DG取得最大值；据此求解即可．
【详解】（1）解：延长FG交CD于点P，
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∵∠GFB=∠B=∠C=90°，
∴四边形BFPC是矩形，
∴PF=BC=4，
∴PC=BF=OB−OF=1，
∴DP=CD−PC=3，
∴DU=√DP2+PU2=√32+(4+2) 2=3√5；
（2）解：连接OG，
∵FG=2，OF=1，
∴OG=√12+22=√5，
∴点G在以点O为圆心，OG长为半径的圆上，
∴当点G在线段OD上时，DG取得最小值；
当点G在DO延长线上时，DG取得最大值；
∵OA=2，AD=4，
∴OD=√22+42=2√5，
如图1，
DG最小值为2√5−√5=√5；
如图2，
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DG取得最大值为2√5+√5=3√5．
18．（2023·吉林白山·一模）实践与探究：
【操作一】：如图①，已知矩形纸片ABCD(AB>AD)，点E和点F分别是CD和AB上的点，将矩形
ABCD沿EF折叠，使点B与点D重合，点C的对应点是点C'．求证：△ADF≌△C'DE；
【操作二】：在操作一的基础上，将矩形纸片ABCD沿DF继续折叠，点A的对应点是点A'．我们发现，
当矩形ABCD的邻边长度比值不同时，点A'的位置也不同．如图（2），当点A'恰好落在折痕EF上时，
AD
= ；
AB
【拓展】：如图（3），在【操作二】中点A'恰好落在折痕EF上时，点N为A'D上任意一点，连接EN、
C'N．若AB=6，则EN+C'N的最小值为 ．
【答案】【操作一】见详解
√3
【操作二】
3
【拓展】2√7
【分析】①由矩形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD=BC．由折叠的性质得出
∠C'=∠C=90°，∠C'DF=∠B=90°，C'D=CD．证出∠C'DE=∠ADF．则可得出结论；
②由折叠得出∠DA'F=∠A=90°，DF=BF．∠DFE=∠BFE．∠ADF=∠A'DF．设AF=x，则
AD=√3x，DF=2x，由直角三角形的性质可得出答案；
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③根据②可得出DA'是EF的垂直平分线，证出EN=FN，得出EN+C'N=FN+C'N，当F、N、C'共
线时，EN+C'N最小，即为C'F，由勾股定理可得出答案．
【详解】①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD=BC．
由折叠得∠C'=∠C=90°，∠C'DF=∠B=90°，C'D=CD．
∵∠C'DE+∠EDF=90°，∠ADF+∠EDF=90°，
∴∠C'DE=∠ADF．
∴△ADF≌△C'DE(ASA)；
②解：由折叠得∠DA'F=∠A=90°，DF=BF．∠DFE=∠BFE．∠ADF=∠A'DF．
∵AB∥CD，
∴∠≝=∠BFE，
∴DE=DF，
∴∠FD A'=∠ED A'，
∴∠ADF=∠FD A'=∠ED A'=30°，
设AF=x，则AD=√3x，DF=2x，
∴BF=DF=2x，
∴AB=3x，
AD √3x √3
∴ = = ，
AB 3x 3
√3
故答案为： ；
3
③解：根据②可得：DA'是EF的垂直平分线，
∴EN=FN，
∴EN+C'N=FN+C'N，
当F、N、C'共线时，EN+C'N最小，即为C'F，
∵AB=6，
∴AF=2，BF=4，
∴DF=4，C'D=AD=2√3，
∴C'F=√C'D2+DF2=√12+16=2√7，
故答案为：2√7．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定与性质，勾股
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定理，垂直平分线的判定，理解题意，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
19．（2024·山东济南·一模）【问题情境】：
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形
CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是______．
【类比探究】：
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=4,BC=6，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右
侧作矩形CEFG，且CG:CE=2:3，连接DG、BE．
判断线段DG与BE有怎样的数量关系：______，并说明理由：
【拓展提升】：
3
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，求 BG+BE的最小值．
2
2
【答案】（1）DG=BE；（2）判断：DG= BE，理由见解析；（3）5√13
3
【分析】（1）由正方形的性质得BC=CD，∠BCD=90°，EC=CG，∠ECG=90°，则有
∠BCE=∠DCG，即可证明△BCE≌△DCG，有DG=BE成立；
（2）由矩形的性质得∠ECG=∠BCD=90°，CD=AB，结合题意可证得△DCG∽△BCE，则有
DG CG 2 2
= = ，故DG= BE；
BE CE 3 3
（3）过点E作EK⊥BC，垂足为点K，过点G作GL⊥BC交BC的延长线于点L，则
∠CKE=∠CLG=90°，结合矩形的性质证得△DCG∽△BCE，有∠DCG=∠BCE，即可证得
CL CG 2 8
△GCL∽△CEK，得到 = = ，得CL= ，则点G的运动轨迹是直线GL，作点D关于直线GL的
EK EC 3 3
3 3 3
对称点G'，则DG＝GG'，得到BG+DG的值最小为BG'，将 BG+BE= (BG+DG)= BG' ，利用
2 2 2
勾股定理即可求得BG'．
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【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°，
∵四边形CEFG是正方形，
∴EC=CG，∠ECG=90°，
∴∠BCE=∠DCG，
则△BCE≌△DCG(SAS)，
那么，DG=BE，
故答案为：DG=BE；
2
（2）判断：DG= BE，理由如下：
3
∵四边形CEFG是矩形，四边形ABCD是矩形，
∴∠ECG=∠BCD=90°，CD=AB，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CG:CE=2:3，AB=4,BC=6，
CD AB 4 2 CG
∴ = = = =
CB BC 6 3 CE
∴△DCG∽△BCE，
DG CG 2
∴ = = ，
BE CE 3
2
∴DG= BE；
3
2
故答案为：DG= BE；
3
（3）如图，过点E作EK⊥BC，垂足为点K，过点G作GL⊥BC交BC的延长线于点L，则
∠CKE=∠CLG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BCD=∠DCL=90°，∠A=90°，
∵△DCG∽△BCE，
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∴∠DCG=∠BCE，
∵∠DCG+∠GCL=90°，∠BCE+∠CEK=90°，
∴∠GCL=∠CEK，
∵∠CKE=∠CLG，
∴△GCL∽△CEK，
CL CG 2
∴ = = ，
EK EC 3
∵EK=AB=4，
2 8
∴CL= EK= ，
3 3
∴点G的运动轨迹是直线GL，
作点D关于直线GL的对称点G'，则DG＝GG'，
∴当点B，G，G'三点同一直线时，BG+DG的值最小，即为BG'，
2
由（2）得DG= BE ，
3
3
∴BE= DG，
2
3 3 3 3
∴ BG+BE= BG+ DG= (BG+DG)，
2 2 2 2
3 3 3
∴ BG+BE的最小值为 (BG+DG)的最小值，即 BG' ，
2 2 2
8 16
∵DG'=2CL=2× = ，AD=BC=6，
3 3
16 34
∴AG'=AD+DG'=6+ = ，
3 3
∴BG'=√AB2+AG'2=
√
42+
(34) 2
=
10√13
3 3
3
∴
BG'=5√13，
2
3
∴ BG+BE的最小值为5√13．
2
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、
轴对称的性质以及勾股定理，解题的关键是熟悉相似三角形的性质和线段之间的转化及最短距离的求解．
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题型 06 与四边形有关的动点问题
20．（2024·山东枣庄·一模）【问题提出】
在等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P为CA延长线上一动点，连接PB，将线段PB绕点P逆时
针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB、DC．判断PA与DC的数量关系；∠PCD与α的关系．
【问题特殊化】
（1）如图1所示，当α=60°时，PA与DC的数量关系为______；∠PCD=______°；
（2）如图2所示，当α=120°时，请问（1）中的结论还成立吗？请说明理由；
【拓展应用】
（3）当α=90°时，若AB=6，BP=3√5，请求出线段AD的长．
【答案】（1）PA=DC，60°；（2）不成立．理由见解析；（3）线段AD的长为3√2或3√10
【分析】（1）由旋转的性质可知PB=PD，进而可知△ABC、△PBD是等边三角形，可证得
△PBA≌△DBC，由全等三角形的性质得出PA=DC，可知∠BPA=∠BDC，设BD交PC于点O，由
∠BOP+∠BPA+∠OBP=∠COD+∠BDC+∠OCD可得∠OBP=∠OCD=60°，进而可得答案；
（2）由旋转可知PB=PD，由等腰三角形的性质可知∠ABC=∠ACB=30°，∠PBD=∠PDB=30°，
∠BAP=60°，作AE⊥BC，PF⊥BD，可得BE=CE=AB⋅cos30°，BF=DF=BP⋅cos30°，进而
BC BD
可得BC=2⋅AB⋅cos30°=√3BA，BD=2BP⋅cos30°=√3BP，可知 = =√3，进而可证
BA BP
△CBD∽△ABP，可得CD=√3PA，∠BAP=∠BCD=60°，结合∠PCD=∠BCD−∠BCA即可求解；
（3）分两种情况：当点P在线段CA的延长线上时，当点P在线段AC上时，类比（2）证明
△BAP∽△BCD，再结合勾股定理即可求得答案．
【详解】（1）∵将线段PB绕点P逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，
∴PB=PD．
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∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=60°，
∴△ABC、△PBD是等边三角形．
∴∠ABC=∠PBD=60°．
∴∠PBA=∠DBC．
∵BP=BD，BA=BC，
∴△PBA≌△DBC(SAS)．
∴PA=DC．
设BD交PC于点O．
∵△PBA≌△DBC，
∴∠BPA=∠BDC．
∵∠BOP=∠COD，
则∠BOP+∠BPA+∠OBP=∠COD+∠BDC+∠OCD，
∴∠OBP=∠OCD=60°，即∠DCP=60°．
故答案为：PA=DC，60°；
（2）不成立．理由如下：由旋转可知PB=PD，
∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=120°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，∠PBD=∠PDB=30°，∠BAP=60°，
作AE⊥BC，PF⊥BD，
则BE=CE=AB⋅cos30°，BF=DF=BP⋅cos30°，
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∴BC=2⋅AB⋅cos30°=√3BA，BD=2BP⋅cos30°=√3BP．
BC BD
∴ = =√3，
BA BP
∵∠ABC=∠PBD=30°，
∴∠ABP=∠CBD．
∴△CBD∽△ABP．
CD BC
∴ = =√3．
PA AB
∴CD=√3PA．
∵△CBD∽△ABP，
∴∠BAP=∠BCD=60°．
∴∠PCD=∠BCD−∠BCA=30°．
故（1）中的结论不成立，CD=√3PA，∠PCD=30°；
（3）如图所示，点P在线段CA的延长线上时，作AQ⊥BC于点Q，连接AD．
在Rt△BAP中，AP=√PB2−AB2=3，
由旋转可知PB=PD，
∵AB=AC，PB=PD，∠BAC=∠BPD=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，∠PBD=∠PDB=45°，
则BC=√2AB=6√2，BD=√2BP，
BC BD
∴ = =√2，
BA BP
又∵∠ABC=∠PBD=45°，
∴∠ABP=∠CBD．
∴△BAP∽△BCD，
∴CD=√2AP=3√2，∠BAP=∠BCD=90°．
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又∵AB=AC，AQ⊥BC，
1
∴AQ=CQ= BC=3√2，
2
∴四边形AQCD为正方形．
∴AD=CD=3√2；
如图所示，当点P在线段AC上时，作DQ⊥AP，连接CQ、AD．
在Rt△BAP中，AP=√PB2−AB2=3，
同理可得△BAP∽△BCD，
∴CD=√2AP=3√2，∠BAP=∠BCD=90°．
∵∠ACB=45°，
∴∠DCQ=45°，
√2
∴DQ=CQ= CD=3．
2
∴AQ=AC+CQ=9．
在Rt△AQD中，AD=√81+9=3√10．
综上所述，线段AD的长为3√2或3√10．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形
的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键熟练掌握相似三角形的
判定与性质．
1
21．（2023·吉林白山·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=12，DE= AD．现有两个动点P、
3
Q分别从点A和点C同时出发，点P以每秒3个单位长度的速度沿AD向终点D运动，点Q以每秒1个单
位长度的速度沿CD向终点D运动，过点Q作QF∥AD交CE于点F，设点P的运动时间为t(s)．
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(1) DE=
(2)求线段PE的长（用含t的代数式表示）：
(3)以点P、E、Q、F为顶点的四边形与△CDE重叠部分的面积为S，求S与t之间的关系式；
(4)当△PEF为直角三角形时，直接写出t的值．
【答案】(1)4
(2)PE=¿
(3)S=¿
16
(4)3或
5
1
【分析】（1）根据矩形性质得到AD=BC=12，根据DE= AD即得；
3
8 8
（2）根据AE=8，AP=3t，当0≤t≤ 时，PE=AE−AP，当 BA．求证：四边形ABCD是等补四边
形．
(2)探究发现
如图2，在等补四边形ABCD中，AB=AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．
(3)拓展应用
如图3，在等补四边形ABCD中，AB=AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD=10，
AF=5，求DF的长．
【答案】(1)①D；②90；③见解析
(2)AC平分∠BCD，理由见解析
(3)DF=5√2−5．
【分析】（1）①判断图形是否满足“等补四边形”的对角互补，邻边相等的条件；②利用“等补四边
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形”的对角互补，列式计算即可求解；③在BC上截取BE=BA，证明△BAD≌△BED(SAS)，推出
∠A=∠DEB，AD=DE．据此即可证明结论成立；
（2）过点A分别作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，证明△ABE≌△ADF(AAS)，推出AE=AF，根据角
平分线的判定定理即可得解；
（3）连接AC，由（2）知，AC平分∠BCD，证得∠AFD=∠CFA，再证明△AFD∽△CFA，利用相
似三角形的性质列式计算即可求解．
【详解】（1）解：①∵平行四边形的对角相等，不一定互补，对边相等，邻边不一定相等，
∴平行四边形不一定是等补四边形；
∵菱形四边相等，对角相等，但不一定互补，
∴菱形不一定是等补四边形；
∵矩形对角互补，但邻边不一定相等，
∴矩形不一定是等补四边形；
∵正方形四个角是直角，四条边相相等，
∴正方形一定是等补四边形，
故选：D；
②∵等补四边形对角互补，∠B:∠C:∠D=2:3:4，
设∠B=2α，∠C=3α，∠D=4α，
∴2α+4α=180°，解得α=30°，
∴∠C=3α=90°，
∴∠A=180°−∠C=90°，
故答案为：90；
③证明：在BC上截取BE=BA，连接DE，如图1，
在△BAD和△BED中，
¿，
∴△BAD≌△BED(SAS)，
∴∠A=∠DEB，AD=DE．
∵AD=CD，
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∴DE=DC．
∴∠C=∠DEC．
∵∠BED+∠DEC=180°，
∴∠A+∠C=180°，
又∵AD=CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（2）解：AC平分∠BCD，理由如下，
如图2，过点A分别作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
则∠AEB=∠AFD=90°，
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
又∠ADC+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADF，
∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)，
∴AE=AF，
∴AC是∠BCF的平分线（在角的内部且到角两边距离相等的点在角平分线上），
即AC平分∠BCD．
（3）解：连接AC，
∵等补四边形ABCD中，AB=AD，由（2）知，AC平分∠BCD，
∵四边形ABCD是等补四边形，
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∴∠BCD+∠BAD=180°，
又∠EAD+∠BAD=180°，
∴∠EAD=∠BCD，
∵AF是∠EAD的平分线，
∴∠FAD=∠FCA，
∵∠AFD=∠CFA，
∴△AFD∽△CFA，
AF DF 5 DF
∴ = ，即 = ，
CF AF 10+DF 5
解得DF=5√2−5．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边
形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
25．（2024·浙江·一模）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边
的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，∠AMB=∠CMD=90°，
MA=MB，MC=MD，则四边形ABCD为蝴蝶四边形．
(1)【概念理解】如图2，正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于O．求证：正方形ABCD为蝴蝶四边形；
(2)【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB=∠CMD=90°．求证：AC=BD；
(3)【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形ABCD中，∠AMB=∠CMD=90°， MA=MB=√2，
MC=MD=1．当△ACD是等腰三角形时，求此时以BD为边的正方形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）由正方形的性质可知，OA=OB=OC=OD，AC⊥BD，则△AOB和△COD都是等腰直
角三角形，进而结论得证；
（2）证明△AMC≌△BMD(SAS)，进而可证AC=BD；
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（3）如图，延长AM交CD于N，证明△AMC≌△AMD(SSS)，则∠CAM=∠DAM，由AC=AD，可
√2 3√2
得AN⊥CD，CN=DN，则MN=CN=DN=MD⋅cos45°= ，AN= ，勾股定理求AC=√5，
2 2
则BD=AC=√5，进而可求面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，AC⊥BD，
∴△AOB和△COD都是等腰直角三角形，
∴正方形ABCD为蝴蝶四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是蝴蝶四边形，∠AMB=∠CMD=90°，
∴△AMB和△CMD都是等腰直角三角形，AM=BM，CM=DM，
∴∠AMB+∠CMB=∠CMD+∠CMB，即∠AMC=∠BMD，
∴△AMC≌△BMD(SAS)，
∴AC=BD；
（3）解：如图，延长AM交CD于N，
∵△ACD是等腰三角形，
∴AC=AD，
∵AM=AM，AC=AD，MC=MD，
∴△AMC≌△AMD(SSS)，
∴∠CAM=∠DAM，
又∵AC=AD，
∴AN⊥CD，CN=DN，
√2
∴MN=CN=DN=MD⋅cos45°= ，
2
3√2
∴AN=AM+MN= ，
2
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∴AC=√CN2+AN2=√5，
∴BD=AC=√5，
∴以BD为边的正方形的面积为5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余
弦等知识．熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余
弦是解题的关键．
26．（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．
(1)若 ▱ABCD是圆的“奇妙四边形”，则 ▱ABCD是_________（填序号）：
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知⊙O的半径为R，四边形ABCD是⊙O的“奇妙四边形”．求证：AB2+CD2=4R2；
(3)如图2，四边形ABCD是“奇妙四边形”，P为圆内一点，∠APD=∠BPC=90°，∠ADP=∠PBC，
AP
BD=4，且AB=√3DC．当DC的长度最小时，求 的值．
DP
【答案】(1)③
(2)见解析
√3
(3)
2
【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定
理解得即可；
（2）过点B作直径BE，分别连接OA，OD，OC，AE，证明∠ABE+∠E=90°，
∠BCD+∠ACB=90°．可得∠ABE=∠CBD，可得AE=DC，再利用勾股定理可得答案；
（3）设DC的长度为a，CE=x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用Δ>0即可求得DC的最小
值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．
【详解】（1）解：若平行四边形ABCD是“奇妙四边形”，则四边形ABCD是正方形．
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理由∶
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC，
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵四边形ABCD是“奇妙四边形”，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
故答案为∶③；
（2）证明∶过点B作直径BE，分别连接OA，OD，OC，AE，
∵BE是⊙O的直径，
∴∠EAB=90°，
∴∠ABE+∠E=90°，
∵四边形ABCD是“奇妙四边形”，
∴AC⊥BD，
∴∠BCD+∠ACB=90°，
又∠E=∠ACB，
∴∠ABE=∠CBD，
∵∠AOE=2∠ABE，∠DOC=2∠DCB，
∴∠AOE=∠DOC，
∴AE=DC，
∵∠EAB=90°，
∴AE2+AB2=BE2=(2R) 2
∴AB2+CD2=4R2；
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（3）解：连接AC交BD于E，设DC的长度为a，CE=x，
∵∠AEB=∠DEC=90°，∠BAC=∠BDC，
∴△ABE∽△DCE，
BE AB AE
∴ = = ，
CE CD DE
∵AB=√3DC
∴BE=√3CE=√3x，AE=√3DE，
∵BD=4，
∴DE=4−√3x，
∵CE2+DE2=CD2
∴x2+(4−√3x) 2=a2，
整理得4x2−8√3x+16−a2=0，
∴Δ=(−8√3) 2 −4×4(16−a2)≥0
∴a≥4，
又a>0，
∴a≥2，
∴a有最小值2，
即DC的长度最小值为2，
∴x2+(4−√3x) 2=4，
解得∶x =x =√3，
1 2
∴CE=√3，
∴BE=3，
∴DE=BD−BE=1，
∴AE=√3DE=√3，
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∴AC=AE+CE=2√3，
∵∠APD=∠BPC=90°，∠ADP=∠PBC，
∴△ADP∽△CBP，∠APC=∠DPB=90°+∠DPC，
AP PC
∴ = ，
DP PB
∴△APC∽△DPB，
AP AC 2√3 √3
∴ = = = ．
PD DB 4 2
【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练
的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．
27．（2022·湖南长沙·一模）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作完美四边形．如图1，四边形
ABCD中，AB=BC，∠B+∠D=180°（或∠A+∠C=180°），则四边形ABCD叫作完美四边形．
(1)概念理解：在以下四种图形中：①平行四边形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四边形”的
是______；（填写序号）
(2)性质探究：如图2，完美四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，请用等式表示线段AC，BC，
CD之间的数量关系，并证明，
(3)拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是完美四边形，∠ADC=60°，AB+BC=6，AB≠BC，
BC≠CD，当1≤BC≤3时，求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)④
(2)AC2=BC2+CD2，证明见解析
(3)四边形ABCD面积的最大值为9√3
【分析】（1）根据完美四边形的定义和正方形的性质即可判定；
（2）连接BD，根据完美四边形的定义证明A、B、C、D四点共圆，证明等腰直角△ABC、△ADC，
四边形ABCD是正方形，AC=BD，根据勾股定理得AC2=BC2+CD2；
（3）连接AC，过A作AE⊥BC交CB延长线于E，过D作DF⊥AC于F，分类讨论：①AD=DC，根
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√3
据∠ADC=60°可得△ADC是等边三角形，设BC=x，则AB=6−x，在Rt△ABE中，AE= (6−x)，
2
1 1
BE= (6−x)，CE=3+ x，
2 2
√3
AC2=x2−6x+36，等边△ADC中，DF= AC可求S =S +S ；②AD=AB，根据
2 四边形ABCD △ABC △ADC
35
题意得S =2S ，由于1≤BC≤3，所以当x=1时，可求得S = √3；综上所述，即
四边形ABCD △AEC 四边形ABCD 4
可求四边形ABCD面积的最大值．
【详解】（1）解：正方形是一组邻边相等且对角互补的四边形，因此答案为④，
故答案为④．
（2）解：AC2=BC2+CD2，理由如下：
证明：连接BD，AC，
∵AB=AD，∠BAD=90°，由完美四边形的定义可知∠BCD=90°，
∴∠ADB=∠ABD=45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∵A´D=A´B，
∴ ∠ABD=∠ACD=∠ADB=∠ACB=45°（同弧所对的圆周角相等），
∵∠BAD=90°，∠BCD=90°，
∴ A、B、C、D四点共圆，BD为圆O的直径，
∵OC=OD，∠ACD=45°，
∴∠ODC=∠OCD=45°，
∵∠ADB+∠CDO=45°+45°=90°，即∠ADC=90°，
∴AC是圆O的直径，
∵∠BAD=∠ADC=BCD=90°，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，AC=BD，
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在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2，
∵AC=BD，
∴AC2=BC2+CD2．
（3）解：①AD=DC，连接AC，
∵∠ADC=60°，
∴△ADC是等边三角形，∠ABC=120°，
∴S =S +S ，
四边形ABCD △ABC △ADC
∵AB+BC=6，
设BC=x，则AB=6−x，
过A作AE⊥BC交CB延长线于E，过D作DF⊥AC于F，
∴∠ABE=180°−∠ABC=180°−120°=60°，
√3 1
在Rt△ABE中，AE=AB⋅sin60°= (6−x)，BE=AB⋅cos60°= (6−x)，
2 2
1 1
∴CE=BC+BE=x+ (6−x)=3+ x，
2 2
∴AC2=AE2+CE2= [√3 (6−x) ] 2 + ( 3+ 1 x ) 2 =x2−6x+36，
2 2
√3
在等边△ADC中，DF=DC⋅sin60°= AC，
2
1 1
∴S =S +S = BC⋅AE+ AC⋅DF
四边形ABCD △ABC △ADC 2 2
1 √3 1 √3 1 √3 √3
= ⋅x⋅ (6−x)+ ⋅AC⋅ AC= x⋅ (6−x)+ AC2
2 2 2 2 2 2 4
1 √3 √3 3√3 √3 √3 3√3
= x⋅ (6−x)+ ⋅(x2−6x+36)= x− x2+ x2− x+9√3；
2 2 4 2 4 4 2
②AD=AB，
过A作AE⊥CD于点E， AF⊥CD于点F，
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则∠E=∠AFD=90°，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°=∠D，
又AB=AD，
∴△ABE≌△ADF，
∴S =S ，AE=AF，
△ABE △ADF
∴S =S ，
四边形ABCD 四边形AECF
∵∠E=∠AFC=90°，AC=AC，AE=AF，
∴Rt△AEC≌Rt△AFC，
∴S =S
△AEC △AFC
∴S =2S =2× 1 ⋅AE⋅EC= √3 (6−x)⋅ ( 3+ 1 x ) =− √3 x2+9√3，
四边形ABCD △AEC 2 2 2 4
∵1≤BC≤3，
√3 √3 35
∴当x=1时，S =− x2+9√3=− +9√3= √3；
四边形ABCD 4 4 4
综上所述，四边形ABCD面积的最大值为9√3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了完美四边形的定义，解直角三角形，四点共圆，勾股定理等知识，
解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
28．（2023·陕西西安·模拟预测）定义：由n条线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做n边形．相邻两边
组成的角叫做它的内角，一边和它邻边的延长线组成的角叫做它的外角．为了探究n边形的外角和与内角
和的度数，小华做了以下实验：取若干张纸片，分别在纸片上画出三角形、四边形、五边形等，顺次延长
各边得到各个外角，然后沿着多边形的边和延长线将它剪开，将外角拼在一起，观察图形，并进行推理．
（1）实验操作．
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（2）归纳猜想．
多边
三角形 四边形 五边形 … n边形
形
外角
___________ ___________ ___________ … ___________
和
内角
___________ ___________ ___________ … ___________
和
（3）理解应用．
一个多边形的内角和是外角和的1008倍，它是多少边形？
【答案】（2）见解析；（3）这个多边形是二零一八边形
【分析】（2）利用实验操作探究规律后即可解决问题；
（3）构建方程，解方程即可解决问题；
【详解】（2）解：由实验操作可知，
多边
三角形 四边形 五边形 … n边形
形
外角
360° 360° 360° … 360°
和
内角
180° 360° 540° … (n−2)×180°
和
（3）设这个多边形的边数为n．
由题意（n−2）180°=1008×360°，
解得n=2018．
答：这个多边形是二零一八边形．
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【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究
规律的方法，属于中考常考题型．
题型 08 与四边形有关的存在性问题
29．（2024·山东东营·二模）在人教版八年级下册教材“实验与探究——丰富多彩的正方形”中，我们研
究正方形的性质时用到了图①、图②两个图形，图②为大小不等的两个正方形如图排列，整个图形被切割
为5部分，受这两个图形的启发，三个数学兴趣小组分别提出了以下问题，请你回答：
【问题一】“启智”小组提出问题：如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形
A B C O的一个顶点，OA 交AB于点E，OC 交BC于点F，则AE与BF的数量关系为；
1 1 1 1 1
【问题二】受图①启发，“善思”小组继续探究，画出了图③：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心
O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且m⊥n，若正方形
ABCD边长为10，求四边形OEAG的面积；
【问题三】受图②启发，“智慧”小组继续探究，画出了图④：正方形CEFG的顶点G在正方形ABCD的
边CD上，顶点E在BC的延长线上，且BC=12，CE=4．在直线BE上是否存在点P，使△APF为直角三
角形？若存在，请直接写出BP的长度；若不存在，说明理由．
【答案】问题一：AE=BF；问题二：25；问题三：BP的长度为4或6或12或14
【分析】问题一：利用ASA判断出△AOE≌△BOF，即可得出答案；
问题二：先求出S =25，再利用ASA判断出△AOE≌△BOG，即可求出答案；
△AOB
问题三：分三种情况：利用三垂线构造出相似三角形，得出比例式求解，即可求出答案．
【详解】解：问题一：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
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∴OA=OB，∠OAB=∠OBA=45°，∠AOB=90°，
∵四边形A B C O是正方形，
1 1 1
∴∠EOF=90°，
∴∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF(ASA)，
∴AE=BF，
故答案为：AE=BF；
问题二：如图③，
连接OA，OB，
∵点O是正方形ABCD的中心，
1 1
∴S = S = ×102=25，
△AOB 4 正方形ABCD 4
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴∠OAE=∠OBG=45°，OA=OB，∠AOB=90°，
∵m⊥n，
∴∠EOG=90°，
∴∠AOE=∠BOG，
∴△AOE≌△BOG(ASA)，
∴S =S ，
△AOE △BOG
∴S =S +S =S +S =S =25；
四边形OEAG △AOE △AOG △BOG △AOG △AOB
问题三：在直线BE上存在点P，使△APF为直角三角形，
①当∠AFP=90°时，如图④，延长EF，AD相交于点Q，
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∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴EQ=AB=12，∠BAD=∠B=∠E=90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
∴AQ=BE=BC+CE=16，EQ=AB=12，∠Q=90°=∠E，
∴∠EFP+∠EPF=90°，
∵∠AFP=90°，
∴∠EFP+∠AFQ=90°，
∴△EFP∽△QAF，
EP EF
∴ = ，
QF AQ
∵QF=EQ−EF=12−4=8，
EP 4
∴ = ，
8 16
∴EP=2，
∴BP=BE−EP=16−2=14；
②当∠APF=90°时，如图⑤，
同①的方法得，△ABP∽△PEF，
AB BP
∴ = ，
PE EF
∵PE=BE−BP=16−BP，
12 BP
∴ = ，
16−BP 4
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∴BP=4或BP=12；
③当∠PAF=90°时，如图⑥，
过点P作AB的平行线交DA的延长线于M，延长EF，AD相交于N，
同①的方法得，四边形ABPM是矩形，
∴PM=AB=12，AM=BP，∠M=90°，
同①的方法得，四边形ABEN是矩形，
∴AN=BE=16，EN=AB=12，
∴FN=EN−EF=8，
同①的方法得，△AMP∽△FNA，
PM AM
∴ = ，
AN FN
12 AM
∴ = ，
16 8
∴AM=6，
∴BP=6，
即BP的长度为4或6或12或14．
【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性
质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键．
30．（2024·江苏无锡·一模）如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=t．G为AD边上的一个动点，沿BG翻
折△ABG，点A落在点F处．
(1)如图1，若AD=8，且点G与点D重合时，DF交BC于点E．
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①求BE的长；
16
②若点M在射线BA上，且AM= ，求tan∠BMF的值．
5
1
(2)连接CF，在AD边上存在两个不同位置的点G，使得S = S ，则t的取值范围是____．
△BCF 2 △ABC
1
【答案】(1)①5；② ；
3
4√3
(2) ≤t<4√3．
3
【分析】（1）①根据折叠的性质和矩形的性质可证明△BEF≌△DEC(AAS)，得到BE=DE，EF=EC，
设BE=x，则CE=8−x，DE=x，在Rt△DCE中，由勾股定理即可求解；②连接MF交BC于点P，过点
EF FN EN 3
F作FN⊥BC于点N，可证明△FNE∽△DCE，得到 = = = ，求出FN、EN，进而求出
ED DC EC 5
MB BP 12
BN，证明△BPM∽△NPF，得到 = ，推出BP=3NP，结合BN=BP+NP，求出BP= ，最
FN NP 5
BP
后根据tan∠BMF= ，即可求解；
BM
（2）当F落在直线BC上面时，过F作FH⊥BC于H，根据题意得到HF=2，推出∠FBH=30°，结合
折叠的性质可得∠ABG=30°，在Rt△ABG中，AG=AB·tan30°，可求出t的一个范围；当F落在直线
BC下面时，过F作FN⊥BC于N，同理推出∠FBH=30°，进而得到∠ABG=60°，在Rt△ABG中，
AG=AB·tan60°，即可求解．
【详解】（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，∠A=∠C=90°，
由折叠知，AB=BF，∠A=∠F=90°，
∴ BF=CD，∠F=∠C，
在△BEF和△DEC中，
¿，
∴ △BEF≌△DEC(AAS)，
∴ BE=DE，EF=EC，
设BE=x，则CE=8−x，DE=x，
在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE2=DC2+EC2，
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即x2=42+(8−x) 2，
解得：x=5，
则BE=5；
②如图，连接MF交BC于点P，过点F作FN⊥BC于点N，
∴∠FNE=∠C=90°
，
∵ ∠NEF=∠CED（对顶角），
∴ △FNE∽△DCE，
EF FN EN 3
∴ = = = ，
ED DC EC 5
3 3 12 3 3 9
∴ FN= DC= ×4= ，EN= EC= ×3= ，
5 5 5 5 5 5
9 16
则BN=BE−EN=5− = ，
5 5
∵ ∠MBP=∠FNP=90°，∠BPM=∠NPF（对顶角），
∴ △BPM∽△NPF，
MB BP
∴ = ，
FN NP
16 36
∵ MB=AB+AM=4+ = ，
5 5
BP
∴ =3，
NP
∴ BP=3NP，
∵ BN=BP+NP，
12
∴ BP= ，
5
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12
BP 5 1
∴ tan∠BMF= = = ；
BM 36 3
5
（2）当F落在直线BC上面时，如图，过F作FH⊥BC于H，
∵ AB=4 AD=BC=t
， ，
1 1
∴ S = AB·BC= ×4t=2t，
△ABC 2 2
1
∴ S = S =t，
△BCF 2 △ABC
1 1
又∵ S = BC·HF= t·HF=t，
△BCF 2 2
∴ HF=2，
由翻折可知BF=AB=4，
1
在Rt△BHF中，HF= BF，
2
∴ ∠FBH=30°，
1
又∵ ∠ABG=∠FBG= (∠ABC−∠FBH)=30°，
2
4√3
∴在Rt△ABG中，AG=AB·tan30°= ，
3
此时只要AD≥AG，点G在AD边上，
4√3
∴ t≥ ；
2
当F落在直线BC下面时，如图，过F作FN⊥BC于N，
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同理可得，FN=2，
1
∴在Rt△NBF中，FN=2，BF=AB=4，FN= BF，
2
∴ ∠FBN=30°，
∴ ∠ABF=90°+30°=120°，
1
∵ ∠ABG=∠FBG= ∠ABF=60°，
2
∴在Rt△ABG中，AG=AB·tan60°=4√3，
此时要G在AD边上，则AD5，故舍去）
15 15
64−2√499
当t= 时，使得点B在线段PQ的垂直平分线上．
15
【点睛】本题是四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，相似三角
形的判定和性质，锐角三角函数等知识，利用参数表示线段的长度是本题的关键．
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题型 09 四边形与圆综合
34．（2024·河南洛阳·一模）如图，⊙O的直径AB=4，BC切⊙O于点B，连接AC交⊙O于点D，连
接OD．
(1)若∠C=30°，求CD的长；
(2)取BC的中点E，连接OE．
①当∠A= 时，四边形ODCE为平行四边形；
②在①的条件下，以B为圆心，以r为半径作圆，使得点O，点E在⊙B内部，同时点D在⊙B外部，则
r的取值范围是 ．
【答案】(1)6
(2)①45°；②20时，请结合函数图象，直接写出关于x的不等式mx+n≥ 的解集；
x
(3)过点B作BD平行于x轴，交OA于点D，在x轴上是否存在点P，使以点O、B、 D、P为顶点的四边
形是平行四边形？若存在请求出P点坐标，若不存在请说明理由．
8
【答案】(1)反比例函数表达式为：y= ，一次函数表达式为y=−x+6
x
(2)2≤x≤4
(3)P点坐标为(3，0)或(−3，0)．
【分析】本题考查的是一次函数与反比例函数的综合应用，平行四边形的性质．
8
（1）利用B(4,2)可得反比例函数为y= ，再求解A(2,4)，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；
x
（2）由一次函数的图象在反比例函数图象的上方，结合x>0可得答案；
（3）分四边形ODBP和OBDP为平行四边形，两种情况讨论，据此求解即可．
k
【详解】（1）解：∵反比例函数y= 过B(4,2)，
x
∴k=8，
8
∴反比例函数为：y= ，
x
8 8
把A(a,4)代入y= 可得：a= =2，
x 4
∴A(2,4)，
∴¿，解得：¿，
∴一次函数为y=−x+6；
（2）解：由一次函数的图象在反比例函数图象的上方，结合x>0可得
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k
不等式mx+n≥ 的解集为：2≤x≤4；
x
（3）解：存在
∵A(2,4)，
∴直线OA的解析式为：y=2x，
∵过点B(4,2)作BD平行于x轴，交OA于点D，
∴D(1，2)，
∴BD=4−1=3，
当四边形ODBP为平行四边形时，
∴DB=OP=3，
∴P点坐标为(3，0)，
当四边形OBDP为平行四边形时，
∴DB=OP=3，
∴P点坐标为(−3，0)．
综上，P点坐标为(3，0)或(−3，0)．
k
40．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，一次函数y=k x+b与反比例函数y= 2在第一象限交于
1 x
M(1,6)、N(3,m)两点，点P是x轴负半轴上一动点，连接PM，PN．
(1)求反比例函数及一次函数的表达式；
(2)若△PMN的面积为12，求点P的坐标；
(3)如图2，在（2）的条件下，若点E为直线PM上一点，点F为y轴上一点，是否存在这样的点E和点
F，使得以点E、F、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请
说明理由．
6
【答案】(1)反比例函为y= ，一次函数表达式为y=−2x+8
x
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(2)P(−2,0)
(3)存在，点E的坐标为(4,12)或(2,8)或(−2,0)
【分析】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行四边形性质等，
解题关键是运用分类讨论思想解决问题，
（1）将点的坐标代入反比例函数解析式可求得k =6，进而可得N(3,2)，再利用待定系数法即可求得一
2
次函数解析式;
（2）如图，设直线MN交x轴于H，过点M作MD⊥x轴于D，过点N作NE⊥x轴于E，设P(x,0)，
根据三角形PMN的面积，建立方程求解即可，得出答案;
（3）利用待定系数法可直线PM的解析式为y=2x+4，设E(t,2t+4)，F(0,s)分三种情况∶ 当MN、
EF为平行四边形对角线时； 当ME、NF为平行四边形对角线时，当EN、MF为平行四边形对角线时；
分别建立方程求解即可得出答案．
k
【详解】（1）∵反比例函数 y= 2 的图象经过M(1,6)、N(3,m)两点，
x
∴k =1×6=3m，
2
解得：k =6，m=2
2
∴N(3,2)，
由点M、N的坐标得，直线MN的表达式为：y=−2x+8；
6
∴反比例函数表达式为y= ，一次函数表达式为y=−2x+8；
x
（2）如图，设直线MN交x轴于H，过点M作MD⊥x轴于D，过点N作NE⊥x轴于E，
设P(x,0)，
∵M(1,6)，N(3,2)，
∴MD=6，NE=2
∵直线MN的表达式为：y=−2x+8，
则H(4,0)，
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∴PH=4−x，
1 1
∴S =S −S = ×PH×(MD−NE)= ×(4−x)(6−2)=124−x)(6−2)=12，
△PAN △PAM △PAM 2 2
解得：x=−2，
∴P(−2,0)；
（3）存在，点E的坐标为(4,12)或(2,8)或(−2,0)．
由点P、M的坐标得，直线PM的解析式为y=2x+4，
设E(t,2t+4)，F(0,s)
∵M(1,6)，N(3,2)，
当MN、EF为平行四边形对角线时，MN与EF的中点重合，
则¿，解得：¿，
∴E(4,12)，F(0,−4)；
当ME、NF为平行四边形对角线时，ME与NF的中点重合，
则¿，解得：¿，
∴E(2,8)，F(0,12)；
当EN、MF为平行四边形对角线时，EN与MF的中点重合，
则¿，解得：¿，
∴E(−2,0)，F(0,−4)；
综上所述，点E的坐标为(4,12)或(2,8)或(−2,0)．
41．（2024·辽宁大连·模拟预测）综合与探究
1 1
如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y=− x2+ x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．
3 3
与y轴交于点C，D是y轴负半轴上一点，OA=3OD，直线AD与抛物线交于点E．
(1)求直线AD的函数表达式；
(2)如图2．在线段AB上有一条2个单位长度的动线段MN（点M在点N的左侧），过点M作x轴的垂线，
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交抛物线于点F，交直线AD于点P；过点N作x轴的垂线，交抛物线于点G．交直线AD于点Q，连接FG，
MQ．设点M的横坐标为m，请解答下列问题：
①线段FM的长为________；（用含m的代数式表示）
1
②当m=− 时，判断四边形MFGN的形状，并说明理由；
2
③求当m为何值时，MQ∥FG．
(3)如图3，在（2）的条件下，当点M在抛物线的对称轴上时．连接AC，试探究；此时在第一象限内是否
存在点T．使以T，G，Q为顶点的三角形与△ACD相似？若存在．请直接写出点T的坐标；若不存在，请
说明理由．
1
【答案】(1)直线AD的函数表达式为y=− x−1
3
1 1
(2)①− m2+ m+4；②四边形MFGN是矩形，理由见解析；③当m=1时，MQ∥FG
3 3
(21 11) (75 11)
(3)存在，点T的坐标为 , 或 ,
4 6 8 24
【分析】（1）由二次函数和已知等量关系求得A、D坐标后，利用待定系数法可以得到直线AD的函数表
达式；
（2）①在中令x=m，即可得到y ，即FM的长度；②根据①的结论，可以得到时FM的长度，同理由
F
MN长度求得N横坐标后可以得到GN的长度，从而得到四边形MFGN的形状；③由MQ∥FG可得四边
形FMQG是平行四边形，从而得到FM=GQ，根据已知条件可以用m表示FM与GQ，从而得到关于m
的方程，解方程即可得到m的值；
（3）由已知可得AC=CD，再对△TGQ相似于△ACD分三种情况讨论，即可得到解答．
1 1 1 1
【详解】（1）解：在y=− x2+ x+4中，令y=0，得− x2+ x+4=0，
3 3 3 3
解得：x =−3，x =4，
1 2
∴A(−3，0)，B(4，0)，
∴OA=3，
∵OA=3OD，
∴OD=1，
∴D(0，−1)，
设直线AD的函数表达式为y=kx+b，
将点A(−3，0)和D(0，−1)代入得，¿，解得：¿，
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1
∴直线AD的函数表达式为y=− x−1；
3
（2）①设M(m，0)，则F ( m，− 1 m2+ 1 m+4 ) ，
3 3
1 1
∴FM=− m2+ m+4；
3 3
1 1
故答案为：− m2+ m+4；
3 3
②四边形MFGN是矩形，理由如下：
1 ( 1 ) (3 )
当m=− 时， M − ,0 ，N ,0 ，
2 2 2
当x=− 1 时，− 1 m2+ 1 m+4=− 1 × ( − 1) 2 + 1 × ( − 1) +4= 15 ，
2 3 3 3 2 3 2 4
将x=
3
代入y=−
1
x2+
1
x+4中，得y=−
1
m2+
1
m+4=−
1
×
(3) 2
+
1
×
(3)
+4=
15
，
2 3 3 3 3 3 2 3 2 4
( 1 15) (3 15)
∴F − , ，G , ，
2 4 2 4
15
∴FM=GN= ，
4
∵FM⊥x轴，GN⊥x轴，
∴FM∥GN，
∴四边形MFGN是平行四边形，
∵FM⊥x轴，
∴∠FMN=90°，
∴四边形MFGN是矩形；
③∵M(m，0) F ( m，− 1 m2+ 1 m+4 ) ，N(m+2,0)，Q ( m+2,− 1 m− 5) ，
3 3 3 3
G ( m+2,− 1 m2−m+ 10) ，
3 3
∴FM=− 1 m2+ 1 m+4，GQ=− 1 m2−m+ 10 − ( − 1 m− 5) =− 1 m2− 2 m+5，
3 3 3 3 3 3 3 3
∵MQ∥FG，FM∥GQ，
∴四边形FGQM是平行四边形，
∴FM=GQ，
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1 1 1 2
∴− m2+ m+4=− m2− m+5，
3 3 3 3
解得：m=1，
∴当m=1时，MQ∥FG．
(21 11) (75 11)
（3）存在．点T的坐标为 , 或 , ．
4 6 8 24
1 1
∵y=− x2+ x+4，
3 3
1
∴抛物线对称轴为x= ，
2
∵点M在抛物线的对称轴上，MN=2，GN⊥x轴，
(1 ) (5 )
∴M ,0 ，N ,0 ，
2 2
(5 11) (5 11)
∴G , ，Q ,− ，
2 4 2 6
∵C(0,4)，A(−3,0)，D(0,−1)，
55
∴OC=4，OA=3，OD=1，GQ= ，
12
∴AC=√(−3−0) 2+(0−4) 2=5，CD=4−(−1)=5，AD=√(−3−0) 2+[0−(−1)] 2=√10，
∴AC=CD，
当△ACD∽△TQG时，如图，过点T 作T H⊥GQ于点H，
1 1
∴∠ACD=∠T QG，∠ADC=∠T GQ，
1 1
∴tan∠ACO=tan∠T QH，tan∠ADO=tan∠T GH，
1 1
OA T H OA T H
∴ = 1 ， = 1 ，
OC HQ OD GH
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4 1
∴HQ= T H， GH= T H，
3 1 3 1
又∵HQ+GH=GQ，
4 1 55
∴ T H+ T H= ，
3 1 3 1 12
11 11
∴T H= ， HQ= ，
1 4 3
当点T位于GQ左侧时，不符合题意．
5 11 21
当点T位于GQ右侧时，点T 的横坐标为： + = ，
1 2 4 4
11 11 11
点T 的纵坐标为： − = ．
1 3 6 6
(21 11)
此时点T 的坐标为 , ；
1 4 6
当△ACD∽△QGT时，第一象限内的点T不存在，
当△ACD∽△QTG时，如图，过点T 作T R⊥GQ于点R，
2 2
∵∠ADC=∠RGT ，
2
∴tan∠ADO=tan∠RGT ，
2
OA RT
∴ = 2，
OD GR
∴RT =3GR，
2
∵AC=CD，
∴GT =QT ，
2 2
11
根据题意得：点T 的纵坐标为 ，
2 24
55
∴GR= ，
24
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55
∴RT = ，
2 8
5 55 75
∴点T 的横坐标为： + = ，
2 2 8 8
(75 11)
此时点T 的坐标为 , ，
2 8 24
当点T位于GQ左侧时，不符合题意，
(21 11) (75 11)
综上所述，点T的坐标为 , 或 , ．
4 6 8 24
【点睛】本题主要考查二次函数与一次函数的综合应用，熟练掌握一次函数表达式的求法、根据函数表达
式求函数值、矩形的判定、平行四边形的判定与性质、根据两点坐标求两点距离、三角形相似的判定等是
解题关键 ．
42．（2023·四川成都·模拟预测）如图1，平面直角坐标系中，点B的坐标是(5，4)，过B作BC⊥x轴于
C，BA⊥y轴于A，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B运动，在点P运动过程中，函
k
数y= (k≠0)的图象在第一象限内的一支双曲线经过点P，且与线段BC交于M点，连接PM、AC，设
x
运动时间为t(04，不符合题意，舍去；
7
若PN、QM为对角线时，PN、QM的中点重合，
∴¿，
解得：¿，
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(5 )
∴N ,0 ；
3
当4EB，以AE为边作正方形
AEHF，延长EH交CD于点I，连结BF交EI于点G，连结BI，则S ∶S 为（ ）
△BCI △FGH
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√5+1 √5−1 √5+1
A．1∶1 B． C． D．
3 2 2
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形、矩形的性质与判定，黄金分割的意义，比例的性质，三
角形的面积，根据正方形的性质得出BC=CD=DA=AB，EH=HF=FA=AE，FH∥AE，根据黄金
AE BE √5−1 GH FH
分割的意义得出 = = ，由△FHG∽△BEG，得出 = ，根据合比性质得出
AB AE 2 GE BE
GH AE √5−1 √5−1
= = ，即可得到GH= AE，根据矩形的性质与判定得出IC=BE，最后根据三角形
HE AB 2 2
的面积求出即可求解，掌握黄金分割的意义是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=DA=AB，
∵点E是正方形ABCD的AB边上的黄金分割点，且AE>EB，
AE BE √5−1
∴ = = ，
AB AE 2
∵四边形AEHF是正方形，
∴EH=HF=FA=AE，FH∥AE，
∴△FHG∽△BEG，
GH FH
∴ = ，
GE BE
GH FH AE √5−1
∴ = = = ，
HE FH+BE AB 2
√5−1 √5−1
∴GH= HE= AE，
2 2
∵∠C=∠CBE=∠BEI=90°，
∴四边形BCIE是矩形，
∴IC=BE，
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1
BC·IC
2 AB·BE BE AB BE AB √5−1 1 √5+1
∴S ∶S = = = · = · = · = ，
△BCI △FGH 1 AE·HG AE HG AE √5−1 2 √5−1 √5−1 2
FH·HG AE ×
2 2 2 2
故选：D．
3．（2023·安徽·模拟预测）在四边形ABCD中，AD∥BC(AD1，
∴AD=1−(m2−2m)=−m2+2m+1，
∵A，B两点关于对称轴直线x=1对称，
∴B的横坐标为2−m，
∴AB=m−(2−m)=2m−2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∴−m2+2m+1=2m−2，
解得m =√3,m =−√3（舍去），
1 2
∴m=√3．
故答案为：√3．
7．（2023·重庆·模拟预测）如图，四边形ABCD是菱形，∠A=60°，P为BC边上一点，Q为CD边上的
一动点．将△PCQ沿PQ翻折，点C的对应点C'在菱形的对角线BD上．若CQ=2DQ=6，则PC的长度
为 ．
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【答案】15−3√13/−3√13+15
【分析】
本题考查了相似三角形的性质与判定，菱形的性质，折叠的性质；证明△DQC'∽△BC'P，根据相似三
角形的性质，即可求解．
【详解】解：依题意，CQ=C'Q=6，DQ=3，
设PC=x，则C'P=x，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴∠C=∠PC'Q=60°，CB=CD
∴△BCD是等边三角形，
∴∠PBC'=∠C'DQ=60°
又∵∠PC'D=∠BPC'+∠PBC'=∠PC'Q+∠DC'Q
∴∠BPC'=∠DC'Q
∴△DQC'∽△BC'P
BC' BP C'P
∴ = =
DQ C'D C'Q
C'B 9−x x
即 = =
3 9−C'B 6
x
即C'B=
2
9−x x
=
∴ x 6
9−
2
解得：x=15−3√13或x=15+3√13（舍去）
即PC的长度为15−3√13
故答案为：15−3√13．
8．（2023·四川成都·三模）如图，已知四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=12，点E是线段DC上一个
动点，分别以DE、EC为边向线段DC的下方作正方形DEFG、正方形CEHI，连接GI，过点B作直线GI
的垂线，垂足是J，连接AJ，求点E运动过程中，线段AJ的最大值是 ．
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【答案】4√29
【分析】
本题由矩形的性质和BJ⊥GJ,得到A、B、J、G四点共圆，推出AJ为直径时最大，在分析动点的运动轨
迹，当DE最大时，即DE=AB时，BG最大，利用勾股定理求出直径BG的最大值后即可求出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∵BJ⊥GJ，
∴A、B、J、G四点共圆，如图所示，
∴当AJ为直径时最大，
连接BG，
∵∠DAB=90°，
∴BG为直径，
∵点E是线段DC上一个动点，
∴当DE最大时，即DE=AB=8时，BG最大，
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此时AG=12+8=20，
∴BG=√82+202=4√29，
∴AJ的最大值为4√29，
故答案为：4√29．
【点睛】
本题考查了圆的相关知识点的应用，还有矩形及正方形的性质，以及勾股定理，解题关键是圆的内接四边
形的性质的应用及对动点的分析．
9．（2023·辽宁盘锦·一模）如图所示，将边长为1cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC上，对应
点为E，点A对应点为F，EF交AB于G点，折痕为MN，连接DE、NG，则下列结论正确的是：①
∠MNE=∠NMB；②∠DEC=∠DEG；③MN=DE；④△BEG的周长为定值．其中正确的是
．
【答案】①②④
【分析】此题通过折叠变换考查了三角形的全等及相似等知识点，根据折叠得出∠MNE=∠MND，再利
用平行线得出∠NMB=∠MND，证明①正确；根据可得∠DEN=∠EDC，证明②正确；无法证明
Rt△MNG不一定Rt△DEC全等，证明③错误；证△BEG∽△CNE，设CE=a，则BE=1−a，根据勾
1−a2 1+a2 1+a2 2a
股定理可得CN= ，从而得到EN= ，进而得到¿= ,BG= ，可求出△BEG的周长故
2 2 1+a 1+a
④正确，即可判断．
【详解】解：由折叠的性质得：∠MNE=∠MND，
∵AB∥CD，
∴∠NMB=∠MND，
∴∠MNE=∠NMB，故①正确；
由折叠的性质得：∠DEC+∠EDC=90°,∠DEG+∠DEN=90°,DN=NE，
∴∠DEN=∠EDC，
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∴∠DEC=∠DEG，故②正确；
∵在Rt△MNG和Rt△DEC中，DC不一定等于GN，MG不一定等于EC，
∴Rt△MNG不一定Rt△DEC全等，
∴MN不一定等于DE，故③错误；
∵∠GBE=90°．
∴∠BGE+∠BEG=90°，
∵∠BEG+∠CEN=90°，
∴∠BGE=∠CEN，
又∵∠B=∠C，
∴△BEG∽△CNE，
GE BG BE
∴ = = ，
EN CE CN
设CE=a，则BE=1−a，
由折叠的性质得：EN=DN=1−CN，
∵CE2+CN2=EN2，
∴a2+CN2=(1−CN) 2，
1−a2
解得：CN= ，
2
1+a2
∴EN= ，
2
GE BG 1−a
= =
∴1+a2 a 1−a2，
2 2
1+a2 2a
解得：¿= ,BG= ，
1+a 1+a
1+a2 2a
∴△BEG的周长为¿+BG+BE= + +1−a=2，为定值，故④正确；
1+a 1+a
故答案为：①②④
10．（2023·山东烟台·模拟预测）【问题背景】
如图，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点P是对角线AC上的动点（不与点A,C重合），连接
PD，作PE⊥PD交射线BC于点E，以线段PD,PE为邻边作矩形PEFD，连接CF、PF．
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【操作发现】
DF
（1）①如图2，当点E与点C重合时，不难求出线段PD、DF的长度，从而得到 =______，同时发
PD
现△FCP是直角三角形；
DF
②如图3，当点P是AC中点时，请直接写出 =______，△FCP的形状是______．
PD
【深入探究】
（2）在图1中，当矩形PEFD随着点P的运动而变化时，猜想△PCF的形状是否发生变化？若不变化，写
出其形状并加以证明：若变化，请说明理由．
DF
（3）在图1中，点P是对角线AC上的任意动点（不与点A,C重合）， 的值是否会发生改变？若不变，
PD
求出它的值；若改变，说明理由；
1 1 1
【答案】（1）① ；② ，直角三角形．（2）不变，直角三角形，见解析（3）不变，
2 2 2
4√5
【分析】（1）①根据勾股定理求出AC=√AD2+CD2=2√5，然后利用等面积法求出DP= ，然后
5
2√5
利用勾股定理求出DF=PC=√CD2−DP2=
，进而求解即可；
5
②首先根据直角三角形的性质得到DP=√5，过点E作MN⊥AD交BC于N，交AD于M，得到
DP DM √5
DM=AM=2，然后证明出△DMP∽△PNE，得到 = ，代数求出DF=PE= ，进而求出
PE PN 2
√5
DF 2 1，然后证明出△ADP∽△CDF，得到∠DAP=∠DCF，等量代换进而可证明出△FCP的
= =
PD √5 2
形状是直角三角形；
（2）连接ED交PF于点H，连接HC，首先根据矩形的性质得到EH=FH=DH=PH，然后结合直角三
角形的性质得到PH=FH=CH，进而得到∠HCP+∠HCF=90°，即可证明出△PCF是直角三角形；
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DF DC 2 1
（3）根据题意证明出△FDC∽△PDA，得到 = = = ，进而求解即可．
PD AD 4 2
【详解】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=4，CD=AB=2，∠ADC=90°
∴AC=√AD2+CD2=2√5
∵DP⊥AC
1 1
∴S = AC⋅DP= AD⋅CD
△ACD 2 2
1 1
∴ ×2√5DP= ×4×2
2 2
4√5
∴DP=
5
2√5
∴DF=PC=√CD2−DP2=
5
2√5
DF 5 1
∴ = = ；
PD 4√5 2
5
②∵点P是AC中点，∠ADC=90°
1
∴DP=AP=PC= AC=√5
2
过点E作MN⊥AD交BC于N，交AD于M．
∴MP∥CD
AM AP 1
∴ = =
AD AC 2
∴DM=AM=2
∵AD∥BC
∴MN⊥CB
∴∠DMP=∠PNC=90°
∴∠MDP+∠MPD=∠NPE+∠MPD=90°
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∴∠MDP=∠NPE
∴△DMP∽△PNE
DP DM
∴ =
PE PN
√5 2
∴ =
PE 1
√5
∴PE=
2
√5
∴DF=PE=
2
√5
∴DF 2 1；
= =
PD √5 2
CD 2 1
∵ = =
AD 4 2
∵∠ADC=∠PDF=90°
∴∠ADP+∠PDC=∠CDF+∠PDC
∴∠ADP=∠CDF
∴△ADP∽△CDF
∴∠DAP=∠DCF
∵∠DAP+∠ACD=90°
∴∠DCF+∠ACD=90°
∴∠ACF=90°
∴△FCP的形状是直角三角形；
（2）结论：△PCF是直角三角形．
理由：连接ED交PF于点H，连接HC．
∵四边形EFDP是矩形，
∴EH=FH=DH=PH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°
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在Rt△DCE中，∵EH=DH，
1
∴CH= ED=EH=DH
2
∴PH=FH=CH，
∴∠HPC=∠HCP，∠HCF=∠HFC
∴∠HCP+∠HCF=90°
∴△PCF是直角三角形，且∠FCP=90°．
DF
（3） 的值不会发生改变．
PD
理由：∵四边形PEFD是矩形，
∴∠PDF=90°
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠PDF=90°
∴∠PDF−∠PDC=∠ADC−∠PDC，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠CDF=∠ADP
∵△FCP是直角三角形，∠FCP=90°
∴∠FCD+∠ACD=90°
∴∠FCD=∠PAD
∴△FDC∽△PDA
DF DC 2 1
∴ = = =
PD AD 4 2
DF 1
∴ 的值为 ，不会发生改变．
PD 2
【点睛】本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是
学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
11．（2023·河南·模拟预测）综合与实践
折纸是一项有趣的活动，在折纸过程中，我们通过研究图形的性质可以发展空间观念，在思考问题的过程
中建立几何直观．在一次综合实践课上，小丽尝试将手中的矩形纸片进行折叠．如图1，在矩形纸片
ABCD中，AB=6,AD=10，折叠纸片使点A落在点A'处，并使折痕经过点B，得到折痕BP，把纸片展
开，连接A'B,A'P．
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【问题解决】
(1)如图2，连接PC，在折叠过程中，当点A'恰好落在线段PC上时，则tan∠A'BC= ，AP=
．
(2)如图3，连接BD，将矩形纸片ABCD折叠，使得点C的对应点C落在对角线BD上，并使折痕经过点D，
得到折痕DQ，再把纸片展开，连接C'Q．当点A'也落在对角线BD上时，试判断四边形BPDQ的形状，
并说明理由．
【拓展延伸】
(3)如图4，延长BA'交线段CD的延长线于点Q，交线段AD于点M．当△MDQ的三边中有两边长之比为
1:2时，请直接写出AP的长．
4
【答案】(1) 2
3
(2)四边形BPDQ是平行四边形，证明见解析
(3)12−6√3或6√5−12
【分析】（1）根据矩形的性质得到AD∥BC,BC=AD=10,∠A=90°，由折叠的性质推出
∠A'PB=∠APB,∠PA'B=∠A=90°，利用勾股定理求出A'C，即可求解；
（2）证明△PDA'≌△QBC' (ASA)，得到PD=BQ，根据PD∥QB即可证明；
（3）分MD:MQ=1:2,MD:DQ=1:2,QD:MD=1:2,QD:QM=1:2四种情况讨论即可.
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC,BC=AD=10,∠A=90°，
∴∠APB=∠PBC，
由折叠可知，∠A'PB=∠APB,∠PA'B=∠A=90°，
∴A'B=AB=6,A'P=AP，
∵∠A'PB=∠PBC,∠BA'C=90°，
∴PC=BC=10,C A'=√BC2−A'B'2=√102−62=8，
A'C 4
∴ tan∠A'BC= = ，
A'B 3
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∴AP=PA'=PC−C A'=10−8=2，
4
故答案为： ，2；
3
（2）四边形BPDQ是平行四边形，
理由：四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC,CD=AB=6,∠A=90°，
∴∠ADB=∠DBC，
由折叠的性质可知，∠PA'B=∠A=90°,∠DC'Q=∠C=90°,A'B=AB=DC=DC',A'P=AP，
∴∠PA'D=∠QC'B,DC'−A'C'=A'B−A'C'，
∴.DA'=BC'，
∴△PDA'≌△QBC' (ASA)，
∴PD=BQ，
又∵PD∥QB
∴四边形BPDQ是平行四边形；
（3）①当MD:MQ=1:2时，∠MQD=30°，如图(1)，
∵∠PM A'=∠QMD=60°，
AB 6
∴MB= = =4√3
sin60° √3 ，
2
∴M A'=4√3−6.
A'P
在Rt△A'MP中，tan60°= ，
M A'
∴AP=A'P=√3M A'=12−6√3.
②当MD:QD=1:2时，如图（2），
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∵AB∥CQ，
∴△ABM∽△DQM，
AB AM
∴ = ，
DQ MD
∴ AM:AB=1:2，
同理：△A'PM∽△DQM，
∴ A'M:A'P=1:2，
∴AM=3，
∴BM=3√5，
∴A'M=3√5−6，
∴AP=A'P=2×(3√5−6)=6√5−12，
③∵AM ，即 > > ，
AM AD AM 5 2
∴QD:MD=1:2这种情况不存在，
④连接BD，则BD=√AB2+AD2=√62+102=2√34，
∵BM ，即 > > ，
AM AD AM 2√34 2
∴QD:QM=1:2这种情况不存在，
综上，AP的长为12−6√3或6√5−12．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，解直角三角形，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定
与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握分类讨论的思想是解题的关键．
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12．（2023·山东青岛·模拟预测）在矩形ABCD中，AB=4，AD=8，点O为AB上一定点，(OA=1如图
①，从点O向AD射出1个小球，小球依次在AD和BC上反弹，记它在AD上的第1个反弹点为P．在每次
反弹中，小球的轨迹与反弹点所在边的夹角均相等：例如：∠APO=∠DPQ，∠PQB=∠MQC，…，)
问题提出：如图②，若小球在AD上反弹1次后击中点C，AP的长是多少?
问题探究：∵∠A=∠D=90°，∠APQ=∠DPC，
∴△AOP∽△DCP
OA AP 1 AP
∴ = ，即 = ，
CD DP 4 DP
又∵AD=8，
8
∴AP=
5
(1)如图③，若小球依次在AD，BC上反弹3 次后击中点C，则AP=_____；
(2)若小球依次在AD，BC上反弹n次(n为奇数)后击中点C，则AP=_____；
(3)若小球依次在AD，CD，BC上各反弹1次后回到点O，则AP=_____．
8
【答案】(1)
13
8
(2)
4n+1
(3)2
【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、图形类规律探索，
熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
（1）由题意得∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，过点Q作QM⊥AD，则
∠A=∠PMQ=∠QMW=∠D=90°，证明△OAP∽△QMP，△QMP≌△QMW≌△CDW(AAS)，得
OA AP 1
出 = = ，设AP=x，则PM=4x，
QM PM 4
从而得出PM=WM=DW=4x，结合AP+PM+WM+DW=AD得出方程，解方程即可；
（2）根据题意和（1）中计算出的AP的值，即可得出规律；
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AP PD CQ BQ
（3）证明△AOP∽△DWP∽△CWQ∽△BOQ得出 = = = ，设AP=x，则PD=8−x，
AO DW CW OB
OB=3，BQ=3x，求得DW、CW的长，再根据CD=DW+CW，得出方程，解方程即可得出答案．
【详解】（1）解：如图所示：由题意得∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，过点Q作QM⊥AD，
∴∠7=∠8，CD=QM=AB=4，
∴△OAP∽△QMP，△QMP≌△QMW≌△CDW(AAS)，
OA AP 1
∴ = = ，
QM PM 4
设AP=x，则PM=4x，
∴PM=WM=DW =4x，
∵AP+PM+WM+DW =AD，
∴x+4x+4x+4x=8，
8
解得：x= ，
13
8
∴AP= ，
13
8
故答案为： ；
13
8 8
（2）解：由题意得：小球在AD上反弹1次后击中点C，AP= = ，
5 4×(1+1)−3
8 8
由（1）可得：小球依次在AD，BC上反弹3 次后击中点C，则AP= = ，
13 4×(3+1)−3
…，
8 8
∴小球依次在AD，BC上反弹n次(n为奇数)后击中点C，则AP= = ，
4(n+1)−3 4n+1
8
故答案为： ；
4n+1
（3）解：如图所示：得∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，∠A=∠D=∠C=∠B=90°，
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∵∠2+∠3=90°，∠4+∠5=90°，
∴∠2=∠5=∠6=∠1，
∴△AOP∽△DWP∽△CWQ∽△BOQ，
AP PD CQ BQ
∴ = = = ，
AO DW CW OB
设AP=x，则PD=8−x，OB=AB−OA=4−1=3，BQ=3x，
∴CQ=8−3x，
8−x 8−3x
∴DW = ，CW= ，
x x
8−x 8−3x
∴CD=DW+CW = + =4，
x x
解得：x=2，
经检验，x=2是原分式方程的解，
∴AP=2，
故答案为：2．
13．（2023·海南海口·模拟预测）抛物线与x轴交于A(1,0)、B(5,0)两点，与y轴交于点C(0,5)．顶点
为M．
(1)求该抛物线的解析式并写出顶点M的坐标；
(2)点P是抛物线上一动点（不与A、B重合），设点P的横坐标为t．
①当点P在直线BC下方时，如图1，过点P作PG∥x轴交直线CB于点G，连接PC、PB，求线段PG的
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最大值；并求此时△PCB面积；
②如图2，直线AF与y轴交于点F，其中OA=OF．若点P和点B到直线AF的距离相等，请求出所有符
合条件的t的值；
(3)若将抛物线向右平移，新抛物线的顶点为N，点Q为x轴上一点．若以点M、N、B、Q为顶点的四边形
是菱形，求所有满足条件的新抛物线的表达式．
【答案】(1)y=x2−6x+5，点M坐标为(3，−4)
25 125 7+√41 7−√41
(2)① ， ；②t=2和t= 和t=
4 8 2 2
(3)y=(x−3−2√5) 2 −4或y=(x−8) 2−4
【分析】（1）根据题意设抛物线的交点式，再将点C(0,5)代入，解之即可得出结论，再化成顶点式可得
出点M的坐标；
（2）①过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，设出点P的横坐标，一次表达点巴和点G的坐标，根据二次
函数的性质求出PG的最值，再根据三角形的面积公式可得出结论；
②根据题意可求出直线BE解析式为y=x−5，过点H作AF的平行线，可得直线的解析式为y=x+3；根
据”平行线间的距离处处相等”，可知直线与抛物线的交点即为符合条件的点P；
（3）若点M、N、B、Q为顶点的四边形是菱形，可分为两种情况讨论∶i)当点Q在点B的右侧时；ii)当点
Q在点B的左侧时，画出图形分别求解即可得出结论
【详解】（1）解∵ 抛物线与x轴交于A(1,0)、B(5,0)两点，
∴ 设所求抛物线的函数表达式为y=a(x−5)(x−1)，
把点C(0,5)代入，得5=a(0−5)(0−1)，解得a=1
∴ 所求抛物线的函数表达式为y=(x−5)(x−1)，
即y=x2−6x+5=(x−3) 2−4
∴ 点M坐标为(3,−4)
（2）①过点P作PE⊥x轴，交BC于点E(如图1)．
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易知，直线BC的函数表达式为y=−x+5．
∵ 点P的坐标为(t，t2−6t+5)，
∴点E的坐标为(t,−t+5)，
∵PG∥x轴
∴点G的坐标为(−t2+6t,t2−6t+5)，
∴PG=x −x =−t2+6t−t=−t2+5t=− ( t− 5) 2 + 25 ，
G P 2 4
∵a<0，抛物线开口向下，
5 25
∴当t= 时，PG最大值为 ．
2 4
5 15
∴P( ,− )
2 4
∴PE= y −y =(−t+5)−(t2−6t+5)=−t2+5t
E P
5 25
当t= 时，PE= ，
2 4
1 1 25 125
∴S = ⋅PE(x −x )= × ×5= ．
△PBC 2 B C 2 4 8
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②∵OA=OF，A(1,0)
∴F(0,−1)
∴直线AF解析式为：y=x−1
过点B作直线AF的平行线l 交y轴于点E，
1
可得直线BE解析式为：y=x−5
∴E(0,−5)
根据平行线分线段成比例，可得点E关于点F的对称点H（0,3）
过点H作AF的平行线l 可得直线l 解析式为：y=x+3
2， 2
根据“平行线间的距离处处相等”，可知l 和l 与抛物线的交点即为符合条件的点P
1 2
∴¿ 和 ¿
7+√41 7−√41
解得x =2 x =5（舍） x = ，x =
1 1 3 2 4 2
7+√41 7−√41
综上所述，所有符合条件的t=2或t= 或t= ．
2 2
（3）∵B（5,0），M(3,−4)
∴BM=2√5
∵Q和B都是x轴上的点，N是M平移后的点
∴QB∥MN，且点N在M的右侧
若点M、N、B、Q为顶点的四边形是菱形，可分为两种情况讨论：
i当点Q在点B的右侧时，如图3-1，此时BQ=BM=MN=2√5
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∴N(3+2√5,−4)
∴新抛物线的表达式为y=(x−3−2√5) 2 −4
ii当点Q在点B的左侧时，如图3-2，此时MB为对角线．
∴MB中点为(4,−2)
∴直线MB解析式为y=2x−10
1
∴直线QN为y=− x，将y=−4代入可得x=8
2
∴N(8,−4)
∴新抛物线的表达式为y=(x−8) 2−4
综上所述，满足条件的抛物线解析式为y=(x−3−2√5) 2 −4或y=(x−8) 2−4
【点睛】本题考查二次函数面积综合题、一次函数的应用、待定系数法求二次函数解析式、菱形的性质以
及轴对称变换等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，学会
构建一次函数解决交点坐标问题，学会利用锐角三角函数构建方程解决问题
151
