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重难点突破 11 四边形压轴综合（17 种题型）
目 录
题型01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题
题型02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题
题型03 利用特殊四边的性质与判定解决规律探究
题型04 根据图象运动判断函数关系
题型05 四边形中的动点问题
题型06 四边形折叠与旋转中的角度问题
题型07 四边形折叠与旋转中的线段长度问题
题型08 四边形折叠与旋转中的坐标问题
题型09 四边形折叠与旋转中的周长和面积问题
题型10 四边形折叠与旋转中的最值问题
题型11 四边形中的线段最值问题
题型12 探究四边形中线段存在的数量关系
题型13 探究四边形中线段存在的位置关系
题型14 探究四边形与反比例函数综合运用
题型15 探究四边形与二次函数综合运用
题型16 探究四边形与三角形综合运用
题型17 探究四边形与圆综合运用
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题型 01 利用特殊四边的性质与判定解决多结论问题
1．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，
点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的
是（ ）
1
①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是√3；③当MN最小时S = S ；④当OM⊥BC时，
△CMN 8 菱形ABCD
OA2=DN⋅AB.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证
△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出
AM=√AB2−BM2=√22−12=√3，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求
√ √3 2 1 1 1 √3
出CE=√CN2−EN2= 12−( ) = ，S = × ×√3= ，而菱形ABCD的面积为：
2 2 △CMN 2 2 4
2×√3=2√3，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等
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量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
¿
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
1
∵AB=2,BM= BC=1，
2
∴AM=√AB2−BM2=√22−12=√3
即MN=√3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
√ √3 2 1
CE=√CN2−EN2= 12−( ) = ，
2 2
1 1 √3
∴S = × ×√3= ，
△CMN 2 2 4
而菱形ABCD的面积为：2×√3=2√3，
1 √3
∴ ×2√3= ，
8 4
【3 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
故③正确，
当OM⊥BC时，
¿
∴△OCM∽△BCO
OC CM
∴ =
BC OC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角
形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
2．（2020·内蒙古·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC>AC，按以下步骤作图：（1）
1
分别以点A,B为圆心，以大于 AB的长为半径作弧，两弧相交于M,N两点（点M在AB的上方）；
2
（2）作直线MN交AB于点O，交BC于点D；（3）用圆规在射线OM上截取OE=OD．连接
AD,AE,BE，过点O作OF⊥AC，垂足为F，交AD于点G．下列结论：
①CD=2GF；②BD2−CD2=AC2；③S =2S ；④若AC=6,OF+OA=9，则四边形ADBE的
△BOE △AOG
周长为25．其中正确的结论有（ ）
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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到CD=2GF，由此判断①；根
据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到AD2−CD2=AC2，即可判断②；根据FG是△ACD
的中位线，证得S =2S ，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据OA2=OF2+AF2，求出
△AOD △AOG
25
OA=5得到AB=10，BC=8，再根据BD2−CD2=AC2，求出BD= ，即可判断④.
4
【详解】由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵OF⊥AC，∠ACB=90°，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴CD=2GF，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，AD2−CD2=AC2,
∴ BD2−CD2=AC2，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴S =2S ，
△AOD △AOG
∵S =S ，
△AOD △BOE
∴S =2S ，故③正确；
△BOE △AOG
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵OA2=OF2+AF2，
∴x2=(9−x) 2+32，
解得x=5，
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∴AB=10，
∴BC=8，
∵BD2−CD2=AC2，
∴BD2−(8−BD) 2=62，
25
解得BD= ，
4
25
∴四边形ADBE的周长为 ×4=25.
4
故选：D.
【点睛】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的
判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
3．（2023·山东日照·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过
点P作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接
EN，BM，DN．下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，
96
S = ；④BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
△MPE 25
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，
MN=
15
，，利用S =
1
MN×BD判断②；根据相似可以得到
S
△MPE=
(ME) 2
，判断③；利用将
2 四边形MBND 2 S BD
△DAB
军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在点P移动过程中，不一定MP=PN，
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相矛盾，
故①不正确；
延长ME交BC于点H,
则ABHM为矩形，
∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
MH HN MN
∴ = = ，
AD AB BD
6 HN MN
即 = = ，
8 6 10
9 15
解得：HN= ，MN= ，
2 2
1 1 1 1 15 75
∴S =S +S = MN×BP+ MN×DP= MN×BD= × ×10=
四边形MBND △BMN △DMN 2 2 2 2 2 2
故②正确；
∵ME∥AB，
∴△DME∽△DAB，
ME MD 2
∴ = = ，
AB AD 3
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
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∴
S
△MPE=
(ME) 2
=
4
，
S BD 25
△DAB
4 4 1 96
∴S = S = × ×6×8= ，
△MPE 25 △DAB 25 2 25
故③正确，
15
BM+MN+ND=BM+ND+ ，
2
即当MB+ND最小时， BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B 、D ,
1 1
9
把图1中的CD 向上平移到图2位置，使得CD= ，连接B D ，即B D 为MB+ND的最小值，则
1 2 1 1 1 1
7
AC=BD = ，BB =12,
1 2 1
这时B D =√BD 2+BB 2=
√ (7) 2
+122=
25
，
1 1 1 1 2 2
即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题
的关键．
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4．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形ABCD中，点E，F分别是边AB,BC上的两个动点，
且正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，连接DE,DF分别与对角线AC交于点M，N．给出如下几个
结论：①若AE=2,CF=3，则EF=4；②∠EFN+∠EMN=180°；③若AM=2,CN=3，则MN=4；
MN
④若 =2,BE=3，则EF=4．其中正确结论的序号为 ．
AM
【答案】②
【分析】根据已知条件可得EF=AE+FC，即可判断①，进而推出∠EDF=45°，导角可得②正确，作
DG⊥EF于点G，连接GM,GN，证明△GMN是直角三角形，勾股定理验证③，证明
∠BEF=∠MNG=30°，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形ABCD的周长是△BEF周长的2倍，
∴BE+BF+EF=AB+BC，
∴ EF=AE+FC，
①若AE=2,CF=3，则EF=5，故①不正确；
如图，在BA的延长线上取点H，使得AH=CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAH=∠DAE=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADH≌△CDF，
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∴∠CDF=∠ADH，HD=DF，∠H=∠DFC，
∵EF=AE+CF=AE+AH=EH，DE=DE，
∴△DHE≌△DFE (SSS)，
∴∠HDE=∠FDE，∠H=∠EFD，∠HED=∠FED，
∵∠CDF+∠ADF=∠ADH+∠ADF=∠HDF=90°，
∴∠EDF=∠HDE=45°，
∵ ∠H=∠DFC=∠DFE，
∵ ∠EMN=∠HED+∠EAM=45°+∠≝¿，
∴∠EFN+∠EMN=∠DFC+45°+∠≝=∠DFC+∠EDF+∠≝=180°
即∠EFN+∠EMN=180°，故②正确；
如图，作DG⊥EF于点G，连接GM,GN，
则∠DGE=∠DAE=90°，
∵∠AED=∠GED，DE=DE，
∴△AED≌△GED，
同理可得△GDF≌△CDF，
∴AD=DG=CD，∠ADE=∠GDE,∠GDF=∠CDF，
∴A,G关于DE对称轴，C,G关于DF对称，
∴GM=AM,GN=CN，
∠EGM=∠EAM=45°,∠NGF=∠NCF=45°，
∴∠MGN=180°−45°−45°=90°，
∴△GMN是直角三角形，
③若AM=2,CN=3，
∴ GM=2,GN=3，
∴MN=√MG2+GN2=√13≠4，故③不正确，
∵ MG=AM，
【10淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
MN
若 =2,BE=3，
AM
MG 1
即sin∠MNG= = ，
MN 2
∴∠MNG=30°，
∵ ∠EFN+∠EMN=180°，∠EMN+∠AME=180°，
又∠CFN=∠EFN，
∴∠AME=∠CFN，
∴2∠AEM=2∠CFN，
即∠AMG=∠CFG，
∴∠GMN=∠BFE，
∴∠BEF=∠MNG=30°，
BE √3
∴cos∠BEF= =cos∠GNM=cos30°= ，
EF 2
∵BE=3，
2BE
∴EF= =2√3，
√3
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上
知识是解题的关键．
k
5．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，点A在双曲线y= (k>0,x>0)上，点B在直线
x
y=mx−2b(m>0,b>0)上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，有
以下结论：
①A(b,√3b) ②当b=2时，k=4√3
√3
③m= ④S =2b2
3 四边形AOCB
则所有正确结论的序号是 ．
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【答案】②③
【分析】根据一次函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及勾股定理即可求出A(√3b,b)，即可判断①
错误；根据反比例函图象上的点的特征即可求出k=√3b2，当b=2时，即可求出k的值，即可判断②正确；
将点B(√3b,b)代入直线y=mx−2b(m>0,b>0)，即可求出m的值，即可判断③正确；再根据底乘高即
可计算S ，继而判断④错误．
四边形AOCB
【详解】∵直线y=mx−2b(m>0,b>0)，
∴当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴OC=OA=AB=2b，
∵A与B关于x轴对称，设AB交x轴于点D，
∴AD=BD=b
∴在Rt△AOD中，OD=√OA2−AD2=√3b，
∴A(√3b,b)，故①错误；
k
∵ A(√3b,b)在双曲线y= (k>0,x>0)上，
x
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k
∴b= ，
√3b
∴k=√3b2，
当b=2时，k=4√3，故②正确；
∵OD=√3b,BD=b，
∴B(√3b,b)，
∵点B在直线y=mx−2b(m>0,b>0)上，
∴√3mb−2b=−b，
∴√3mb=b，
√3
∴m= ，故③正确；
3
S =AB⋅OD=2b⋅√3b=2√3b2 ，故④错误；
四边形AOCB
综上，正确结论的序号是②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了一次函数图象上的点的坐标特征、反比例函数图象上的点的坐标特征、菱形的性质及
勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
6．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AD，CD边上
的动点（不与端点重合），连接BE，BF，分别交对角线AC于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保
持∠EBF=45°，连接EF，PF，PD．以下结论：①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=PA+CQ；
④△BPF为等腰直角三角形；⑤若过点B作BH⊥EF，垂足为H，连接DH，则DH的最小值为2√2−2．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理
即可判断①正确；通过证明△BCF≅△BAM(SAS)，△EBF≅△EBM(SAS)，可证明②正确；作
∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明△ABP≅△CBN，可
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判断③错误；通过证明△BQP∼△CQF，△BCQ∼△PFQ，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当
点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】
如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分BD，BA=BC,∠BCF=90°=∠BAD=∠ABC，
∴PB=PD，∠BCF=∠BAM，∠FBC=90°−∠BFC，故①正确；
∴△BCF≅△BAM(SAS)，
∴∠CBF=∠ABM,BF=BM,∠M=∠BFC，
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=45°，
∴∠ABE+∠ABM=45°，
即∠EBM=∠EBF，
∵BE=BE，
∴△EBF≅△EBM(SAS)，
∴∠M=∠EFB,∠MEB=∠FEB，
∴∠EFB=∠CFB，
∴∠EFD=180°−(∠EFB+∠CFB)=180°−2∠BFC，
∴ ∠EFD=2∠FBC，故②正确；
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如图2，作∠CBN=∠ABP，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
∴△ABP≅△CBN，
∴∠BAP=∠BCN=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠NCK=90°，
∴∠CNK≠∠K，即CN≠CK，
∴PQ≠PA+CQ，故③错误；
如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBF=∠BCP=∠FCP=45°，
∵∠BQP=∠CQF，
∴△BQP∼△CQF，
BQ PQ
∴ = ，
CQ FQ
∵∠BQC=∠PQF，
∴△BCQ∼△PFQ，
∴∠BCQ=∠PFQ=45°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴∠BPF=90°，
∴ △BPF为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
∴BD=√22+22=2√2，
∵∠BAE=∠BHE=90°,BE=BE，
∴△BAE≅△BHE(AAS)，
∴BA=BH=2，
∴DH=BD−BH=2√2−2，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判
定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
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题型 02 利用特殊四边的性质与判定解决新定义问题
7．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互
异二次函数”．如图，在正方形OABC中，点A(0,2)，点C(2,0)，则互异二次函数y=(x−m) 2−m与正方
形OABC有交点时m的最大值和最小值分别是（ ）
5−√17 5+√17
A．4，-1 B． ，-1 C．4，0 D． ，-1
2 2
【答案】D
【分析】分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、
位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．
【详解】解：由正方形的性质可知：B（2,2）；
若二次函数y=(x−m) 2−m与正方形OABC有交点,则共有以下四种情况:
当m≤0时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有¿，
解得：−1≤m<0；
当02时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有¿，
5+√17
解得：28（不符合题意舍去），
1 2
∴CB=CD=10−3√2，
∴四边形EBCD的周长为10+8+2(10−3√2)=38−6√2．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩
形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
10．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，P(a,b)是第一象限内一点，给出如下定义：
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a b
k = 和k = 两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．
1 b 2 a
(1)求点P(6,2)的“倾斜系数”k的值；
(2)①若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，且a+b=3，求OP的长；
(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：y=x运动，P(a,b)是正方形ABCD上任意一点，且点P的
“倾斜系数”k<√3，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)①a-2b或b=2a，②OP=√5
(3)a>√3+1
【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；
a b
（2）①由点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，由 =2或 =2求解即可；
b a
②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；
b a+2
（3）当点P与点D重合时，且k=√3时，a有最小临界值，此时， =√3，则 =√3，求得a=√3+1；
a a
a a
当点P与B点重合，且k=√3时，a有最大临界值，此时， =√3，则 =√3，求得：a=3+√3；即可求
b a−2
得k<√3时，a的取值范围．
6 2 1
【详解】（1）解：由题意，得 =3， = ，
2 6 3
1
∵3> ，
3
∴点P(6,2)的“倾斜系数”k=3；
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（2）解：①a=2b或b=2a，
∵点P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
a
当 =2时，则a=2b；
b
b
当 =2时，则b=2a，
a
∴a=2b或b=2a；
②∵P(a,b)的“倾斜系数”k=2，
a
当 =2时，则a=2b
b
∵a+b=3，
∴2b+b=3，
∴b=1，
∴a=2，
∴P(2，1)，
∴OP=√22+12=√5；
b
当 =2时，则b=2a，
a
∵a+b=3，
∴a+2a=3，
∴a=1，
∴b=2，
∴P(1，2)
∴OP=√12+22=√5；
综上，OP=√5；
（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=√3时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x
轴于E，
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b
此时， =√3，
a
a+2
则 =√3，
a
解得：a=√3+1；
∵k<√3,则a>√3+1;
当点P与B点重合，且k=√3时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，
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a
此时， =√3，
b
a
则 =√3，
a−2
解得：a=3+√3，
∵k<√3,则a>3+√3;
综上，若P的“倾斜系数”k<√3，则a>√3+1．
【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，
（3）问求临界值．
11．（2020·湖南益阳·统考中考真题）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹
角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形，根据以上定义，解决下
列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中，E是CD上的点，将ΔBCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对
应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF为“直等补”四边形，为什么？
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC=5，CD=1，AD>AB，点B到直线AD
的距离为BE．
①求BE的长．
②若M、N分别是AB、AD边上的动点，求ΔMNC周长的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①BE=4；②ΔMNC周长的最小值为8√2
【分析】（1）由旋转性质证得∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，
∠FBE=∠ABF+∠ABE=∠CBE+∠ABE=90°,BF=BE,进而可证得四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，可证得四边形EBFD是正方形，则有BE=FD,
设BE=x，则FC=x-1，由勾股定理列方程解之即可；
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5，则NP=NC，MT=MC,
由△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT知，当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值
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PT，过P作PH⊥BC交BC延长线于H，易证△BFC∽△PHC，求得CH、PH，进而求得TH，在Rt△PHT
中，由勾股定理求得PT，即可求得周长的最小值．
【详解】（1）如图1由旋转的性质得：∠F=∠BEC，∠ABF=∠CBE，BF=BE
∵∠BEC+∠BED=180°，∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠F+∠BED=180°，
∠ABF+∠ABE=90°即∠FBE=90°，
故满足“直等补”四边形的定义，
∴四边形BEDF为“直等补”四边形；
（2）∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，
∴∠A+∠BCD=180°，∠ABC=∠D=90°，
如图2，将△ABE绕点B顺时针旋转90°得到△CBF，
则∠F=∠AEB=90°，∠BCF+∠BCD=180°，BF=BE
∴D、C、F共线，
∴四边形EBFD是正方形，
∴BE=FD，
设BE=x，则CF=x-1，
在Rt△BFC中，BC=5，
由勾股定理得：x2+(x−1) 2=25，即x2−x−12=0，
解得：x=4或x=﹣3(舍去)，
∴BE=4
（3）如图3，延长CD到P，使DP=CD=1，延长CB到T，使TB=BC=5,
则NP=NC，MT=MC,
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∴△MNC的周长=MC+MN+NC=MT+MN+NP≥PT
当T、M、N、P共线时，△MNC的周长取得最小值PT，
过P作PH⊥BC，交BC延长线于H，
∵∠F=∠PHC=90°,∠BCF=∠PCH,
∴△BCF∽△PCH,
BC BF CF
∴ = = ,
PC PH CH
5 4 3
即 = = ，
2 PH CH
6 8
解得：CH= ,PH=
,
5 5
6 56
在Rt△PHT中，TH=5+5+ = ,
5 5
PT=√PH2+HT2=8√2,
∴ΔMNC周长的最小值为8√2．
【点睛】本题是一道四边形的综合题，涉及旋转的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方
程、相似三角形的判定与性质、垂直平分线性质、动点的最值问题等知识，解答的关键是认真审题，分析
图形，寻找相关信息的联系点，借用类比等解题方法确定解题思路，进而进行推理、探究、发现和计算．
题型 03 利用特殊四边的性质与判定解决规律探究
12．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，
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再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）
A．（2√2）5 B．（2√2）6 C．（√2）5 D．（√2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的√2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为√2；第
2个正方形的边长为√2，其对角线长为(√2) 2；第3个正方形的边长为(√2) 2，其对角线长为(√2) 3；•••；
第n个正方形的边长为(√2) n−1．所以，第6个正方形的边长(√2) 5．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=√2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=(√2) 2，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=(√2) 3，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=(√2) 4，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=(√2) 5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的√2倍关系是解题的关键．
13．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形OABCDE绕点
O顺时针旋转n个45°，得到正六边形OA B C D E ，当n=2022时，正六边形OA B C D E 的顶点
n n n n n n n n n n
D 的坐标是（ ）
n
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A．(−√3,−3) B．(−3,−√3) C．(3,−√3) D．(−√3,3)
【答案】A
【分析】由于正六边形每次转45°，根据2022÷8=252⋅⋅⋅6，则D 的坐标与D 的坐标相同，求得D
2022 6 6
的坐标即可求解．
【详解】解：∵将边长为2的正六边形OABCDE绕点O顺时针旋转n个45°，∵ 45°×8=360°
当n=2022时，2022÷8=252⋅⋅⋅6
则D 的坐标与D 的坐标相同，∵∠DOD =2×45°=90°
2022 6 6
则OD⊥OD
6
如图，过点D作DF⊥x于F，过点D F ⊥y轴于点F ，
6 6 6
∵ OE=DE=2，OD=OD ，
6
∴△ODF≌△OD F ，
6 6
∴DF=D F ,OF=OF ，
6 6 6
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360
∵正六边形OABCDE的一个外角∠≝= =60°，
6
√3
∴DF=sin∠≝×DE= ×2=√3，
2
∵∠DEO=180°−∠≝=120°,DE=EO，
∴∠DOF=30°，
DF
∴OF= =√3DF=3，
tan∠DOF
∴D F =DF=√3,OF =OF=3，
6 6 6
∴D (−√3,−3)，
6
∴D (−√3,−3)，
2022
故选A．
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正六边形的性质，正多边形的外角和，内角和，求得
D 的位置是解题的关键．
2022
14．（2022·辽宁·统考中考真题）如图，A 为射线ON上一点，B 为射线OM上一点，
1 1
∠B A O=60°,OA =3,B A =1．以B A 为边在其右侧作菱形A B C D ，且
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∠B A D =60°,C D 与射线OM交于点B ，得△C B B ；延长B D 交射线ON于点A ，以B A 为边
1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2
在其右侧作菱形A B C D ，且∠B A D =60°,C D 与射线OM交于点B ，得△C B B ；延长B D
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 2
交射线ON于点A ，以B A 为边在其右侧作菱形A B C D ，且∠B A D =60°,C D 与射线OM交
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
于点B ，得△C B B ；…，按此规律进行下去，则△C B B 的面积 ．
4 3 3 4 2022 2022 2023
√3 (4) 4042
【答案】 ×
6 3
【分析】过点B 作B D⊥OA 于点D，连接B D ,B D ,B D ，分别作
1 1 1 1 1 2 2 3 3
【31淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
B H⊥B D ,B G⊥B D ,B E⊥B D ，然后根据菱形的性质及题意可得
2 1 1 3 2 2 4 3 3
B D //OA ,B D //OA ,B D //OA ，则有
1 1 1 2 2 1 3 3 1
√3
tan∠O=tan∠B B D =tan∠B B D =tan∠B B D = ，进而可得出规律进行求解．
2 1 1 3 2 2 4 3 3 5
【详解】解：过点B 作B D⊥OA 于点D，连接B D ,B D ,B D ，分别作
1 1 1 1 1 2 2 3 3
B H⊥B D ,B G⊥B D ,B E⊥B D ，如图所示：
2 1 1 3 2 2 4 3 3
∴∠B DO=∠B DA =∠B H D =∠B GD =∠B ED =90°，
1 1 1 2 1 3 2 4 3
∵∠B A O=60°，
1 1
∴∠DB A =30°，
1 1
∵B A =1，OA =3，
1 1 1
1 1 5
∴DA = B A = ，OD= ，
1 2 1 1 2 2
√3
∴B D=√A B 2−A D2= ，
1 1 1 1 2
B D √3
∴tan∠O= 1 = ，
OD 5
∵菱形A B C D ，且∠B A D =60°，
1 1 1 1 1 1 1
∴△A B D 是等边三角形，
1 1 1
∴∠A B D =60°，B D =A B =1，
1 1 1 1 1 1 1
∵∠A B D =∠OA B =60°，
1 1 1 1 1
∴OA //B D ，
1 1 1
∴∠O=∠B B D ，
2 1 1
√3
∴tan∠B B D =tan∠O= ，
2 1 1 5
设B D =x，
2 1
∵∠B D H=60°，
2 1
【32淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 √3
∴H D =B D ⋅cos60°= x,B H=B D ⋅sin60°= x，
1 2 1 2 2 2 1 2
B H 5
∴B H= 2 = x，
1 tan∠B B H 2
2 1
5 1 1
∴ x+ x=1，解得：x= ，
2 2 3
1
∴B D = ，
2 1 3
4
∴A B = ，
2 2 3
4 16
同理可得：B D = ，B D = ，
3 2 9 4 3 27
16 64
∴A B = ,A B = ，
3 3 9 4 4 27
(4) n−1 1 (4) n−1
由上可得：A B = ，B D = ⋅ ，
n n 3 n+1 n 3 3
∴
√3 [ (4) 2021] 2 1 (4) 2021 1 (4) 2021 √3 √3 (4) 4042
S =S −S = × − × × × × = × ，
△C 2022 B 2022 B 2023 △C 2022 B 2022 D 2022 △B 2023 B 2022 D 2022 4 3 2 3 3 3 2 6 3
√3 (4) 4042
故答案为 × ．
6 3
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟
练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
题型 04 根据图象运动判断函数关系
15．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴
上，顶点B、C在x轴的正半轴上，D(2,√3)，P(−1,−1)．点M在菱形的边AD和DC上运动（不与点
A，C重合），过点M作MN∥y轴，与菱形的另一边交于点N，连接PM，PN，设点M的横坐标为x，
△PMN的面积为y，则下列图象能正确反映y与x之间函数关系的是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质求出各点坐标，分M的横坐标x在0∼1，1∼2，2∼3之间三个阶段，用含x
的代数式表示出△PMN的底和高，进而求出分段函数的解析式，根据解析式判断图象即可．
【详解】解：∵菱形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B、C在x轴的正半轴上，
∴ AB=AD=2，OA=√3，
∴ OB=√AB2−OA2=√22−(√3) 2=1，
∴ OC=OB+BC=1+2=3，
∴ A(0,√3)，B(1,0)，C(3,0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，将A(0,√3)，B(1,0)代入，得：
¿，
解得¿，
∴直线AB的解析式为y=−√3x+√3．
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∵ MN∥y轴，
∴N的横坐标为x，
（1）当M的横坐标x在0∼1之间时，点N在线段AB上，△PMN中MN上的高为1+x，
∴ N(x,−√3x+√3)，
∴ MN=√3−(−√3x+√3)=√3x，
1 1 √3 √3
∴ S = MN⋅(1+x)= √3x⋅(1+x)= x2+ x，
△PMN 2 2 2 2
∴该段图象为开口向上的抛物线；
（2）当M的横坐标x在1∼2之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN=√3，MN上的高为1+x，
1 1 √3 √3
∴ S = MN⋅(1+x)= √3⋅(1+x)= x+ ，
△PMN 2 2 2 2
∴该段图象为直线；
（3）当M的横坐标x在2∼3之间时，点N在线段BC上，△PMN中MN上的高为1+x，
由D(2,√3)，C(3,0)可得直线CD的解析式为y=−√3x+3√3，
∴ M(x,−√3x+3√3)，N(x,0)，
∴ MN=−√3x+3√3，
1 1 √3 3√3
∴ S = MN⋅(1+x)= (−√3x+3√3)⋅(1+x)=− x2+√3x+ ，
△PMN 2 2 2 2
∴该段图象为开口向下的抛物线；
观察四个选项可知，只有选项A满足条件，
故选A．
【点睛】本题考查动点问题的函数图象，涉及坐标与图形，菱形的性质，二次函数、一次函数的应用等知
识点，解题的关键是分段求出函数解析式．
16．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，AB=4，
BC=4√3，垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒√3个单位长度的速度平移，当直线MN与
CD重合时停止运动，运动过程中MN分别交矩形的对角线AC,BD于点E，F，以EF为边在MN左侧作正
方形EFGH，设正方形EFGH与△AOB重叠部分的面积为S，直线MN的运动时间为ts，则下列图象能大
致反映S与t之间函数关系的是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出MN在O点左侧时的两段图象，即可得出结论．
【详解】解：当MN在O点左侧，即：t<2时：
①当正方形EFGH的边GH在△AOB的外部时，重叠部分为矩形，如图：
设HE,FG分别交AB于点I,K，
∵垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒√3个单位长度的速度平移，
∴IE=FK=√3t，
∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=4√3，
∴AC=√AB2+BC2=8，
∴OA=OB=4=AB，
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∴△ABO为等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∴AI=BK=IE÷tan60°=t，
∴IK=4−2t，
∴S=IK⋅IE=√3t(4−2t)=−2√3t2+4√3t，图象为开口向下的一段抛物线；
②当正方形EFGH的边GH在△AOB的内部时，与△AOB重叠部分即为正方形EFGH，如图：
由①可知：EF=IK=4−2t，
∴S=(4−2t) 2，图象是一段开口向上的抛物线；
当MN过点O时，即t=2时，E,F重合，此时，S=0；
综上：满足题意的只有B选项，
故选B．
【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想
进行求解．
17．（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，点P为线段AB
上的动点，以每秒1个单位长度的速度从点A向点B移动，到达点B时停止．过点P作PM⊥AC于点
M、作PN⊥BC于点N，连接MN，线段MN的长度y与点P的运动时间t（秒）的函数关系如图所示，则
函数图象最低点E的坐标为（ ）
( 24) (32 24) (32 )
A．(5，5) B． 6, C． , D． ,5
5 5 5 5
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【答案】C
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，先利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角
24 32
形，即∠C=90°，进而利用等面积法求出CD= ，则可利用勾股定理求出AD= ；再证明四边形
5 5
24
CMPN是矩形，得到MN=CP，故当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，
5
32 (32 24)
AP= ，则点E的坐标为 , ．
5 5 5
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于D，连接CP，
∵在△ABC中，AB=10，BC=6，AC=8，
∴AC2+BC2=62+82=100=102=AB2，
∴△ABC是直角三角形，即∠C=90°，
1 1
∴S = AC⋅BC= AB⋅CD，
△ABC 2 2
AC⋅BC 24
∴CD= = ，
AB 5
32
∴AD=√AC2−CD2=
；
5
∵PM⊥AC，PN⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CMPN是矩形，
∴MN=CP，
∴当MN最小时，即CP最小，
24 32
∴当点P与点D重合时，CP最小，即MN最小，此时MN最小值为 ，AP=AD= ，
5 5
(32 24)
∴点E的坐标为 , ，
5 5
故选C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，矩形的性质与判断，垂线段最短，坐标与图形等
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等，正确作出辅助线是解题的关键．
18．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为2cm的正方形，点E，点F分别为边
AD，CD中点，点O为正方形的中心，连接OE,OF，点P从点E出发沿E−O−F运动，同时点Q从点
B出发沿BC运动，两点运动速度均为1cm/s，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，设运动时间为ts，
连接BP,PQ，△BPQ的面积为Scm2，下列图像能正确反映出S与t的函数关系的是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】D
【分析】分0≤t≤1和1＜t≤2两种情形，确定解析式，判断即可．
【详解】当0≤t≤1时，∵正方形ABCD 的边长为2，点O为正方形的中心，
∴直线EO垂直BC，
∴点P到直线BC的距离为2-t，BQ=t，
1 1
∴S= (2−t)·t=− t2+t；
2 2
当1＜t≤2时，∵正方形ABCD 的边长为2，点F分别为边AD，CD中点，点O为正方形的中心，
∴直线OF∥BC，
【39淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴点P到直线BC的距离为1，BQ=t，
1
∴S= t；
2
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的解析式，一次函数解析式，正确确定面积，从而确定解析
式是解题的关键．
19．（2021·湖南郴州·统考中考真题）如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°．点P从点A出发，
沿路线A→B→C→D运动．设P点经过的路程为x，以点A，D，P为顶点的三角形的面积为y，则下列
图象能反映y与x的函数关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角的直角三角形，根据含30°角直
√3
角三角形的性质可得AD边上的高h是AP的一半，即h= x,再根据三角形面积公式列出面积表达式即可
2
判断；当点P运动到B点时，过点B作BE⊥AD于点E，由题意易得AB=AD=BC=4,BE=2√3，当点
P在线段BC上时， ADP的面积保持不变，当点P在CD上时，过点P作AD上的高记作h，可得含30°角
△
【40淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
√3 √3
的直角三角形，根据含30°角直角三角形的性质可得AD边上的高h是等于 DP，即h= (12−x), 再
2 2
根据三角形面积公式列出面积表达式即可判断．
【详解】解：当点P在AB上运动时，过点P作AD上的高记作h，
√3 √3
由30°角所对直角边等于斜边一半,可推导h= AP= x,
2 2
1 √3
所以y= ×4× x=√3x;
2 2
过点B作BE⊥AD于点E，如图所示：
∵边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AB=AD=BC=4，
∴∠ABE=30°，
∴AE=2，
∴BE=2√3，
1
点P与点B重合时，△ADP的面积最大，最大为S = AD⋅BE=4√3；
△ADP 2
当点P在线段BC上时， ADP的面积保持不变，
当点P在CD上时，过点△P作AD上的高记作h，
√3 √3
根据含30°角直角三角形的性质，可得AD边上的高h是等于 DP，即h= (12−x),
2 2
1 √3
所以y= ×4× (12−x)=12√3−√3x;
2 2
∴综上可得只有A选项符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查函数图象及菱形的性质、勾股定理，熟练掌握函数图象及菱形的性质、勾股定理是
解题的关键．
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题型 05 四边形中的动点问题
20．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平行四边形ABCD中（顶点A,B,C,D按逆时针方向排列），
4
AB=12,AD=10,∠B为锐角，且sinB= ．
5
(1)如图1，求AB边上的高CH的长．
(2)P是边AB上的一动点，点C,D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C',D'．
①如图2，当点C'落在射线CA上时，求BP的长．
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．
【答案】(1)8
34
(2)①BP= ；②BP=6或8±√2
7
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明△PQC'≌△CHP，再证明△AQC'∽△AHC，最后利用相似三角形对应边成比例列出方
程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：C'为直角顶点；第二种：A为直角顶点；第三种，D'为直角顶点，但此
种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在 ▱ABCD中，BC=AD=10，
4
在Rt△BCH中，CH=BCsinB=10× =8．
5
（2）①如图1，作CH⊥BA于点H，由（1）得，BH=√BC2−CH2=6，则AH=12−6=6，
作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则∠CHP=∠PQC'=90°，
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∴∠C'PQ+∠PC'Q=90°．
∵∠C'PQ+∠CPH=90°
∴∠PC'Q=∠CPH．
由旋转知PC'=PC，
∴△PQC'≌△CHP．
设BP=x，则PQ=CH=8,C'Q=PH=6−x,QA=PQ−PA=x−4．
∵C'Q⊥AB,CH⊥AB，
∴C'Q∥CH，
∴△AQC'∽△AHC，
C'Q QA 6−x x−4
∴ = ，即 = ，
CH HA 8 6
34
∴x= ，
7
34
∴BP= ．
7
②由旋转得△PCD≌△PC'D',CD=C'D'，CD⊥C'D'，
又因为AB∥CD，所以C'D'⊥AB．
情况一：当以C'为直角顶点时，如图2．
∵C'D'⊥AB，
∴C'落在线段BA延长线上．
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∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC=8，
∴BP=6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图3．
设C'D'与射线BA的交点为T，
作CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'=90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'=90°，
∴∠CPH=∠PC'T．
又∵∠CHP=∠PTC'=90°,PC=C'P，
∴△CPH≌△PC'T，
∴C'T=PH,PT=CH=8．
设C'T=PH=t，则AP=6−t，
∴AT=PT−PA=2+t
∵∠C' AD'=90°,C'D'⊥AB，
∴△AT D'∽△C'TA，
AT C'T
∴ = ，
T D' TA
∴AT2=C'T⋅T D'，
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∴(2+t) 2=ι(12−t)，
化简得t2−4t+2=0，
解得t=2±√2，
∴BP=BH+HP=8±√2．
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP=6或8±√2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正弦的定义，全等的判定及性质，相似的判定及性质，理解记忆
相关定义，判定，性质是解题的关键．
21．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图①．在矩形ABCD．AB=3，AD=5，点E在边BC上，且
BE=2．动点P从点E出发，沿折线EB−BA−AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ=90°，
EQ交边AD或边DC于点Q，连续PQ．当点Q与点C重合时，点P停止运动．设点P的运动时间为t秒．（
t>0）
(1)当点P和点B重合时，线段PQ的长为__________；
(2)当点Q和点D重合时，求tan∠PQE；
(3)当点P在边AD上运动时，△PQE的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
(4)作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD重叠部分图形为轴对称
四边形时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)√13
2
(2)
3
(3)见解析
9−3√5 17
(4)090°，点E为AC上一动点，将△ABE以BE为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如
下探究：
独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB．”
小红：“若点E为AC中点，给出AC与DC的长，就可求出BE的长．”
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实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：
问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到．
（1）如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB；
（2）如图2，若点E为AC中点，AC=4,CD=3，求BE的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90°的等腰三角形，可以将问题进
一步拓展．
问题2：如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°,AB=AC=BD=4,2∠D=∠ABD．若CD=1，则求BC
的长．
3+√57
【答案】（1）见解析；（2） ；问题2：BC=√10
2
【分析】（1）根据等边对等角可得∠ABC=∠C，根据折叠以及三角形内角和定理，可得∠BDE=∠A
=180°−2∠C，根据邻补角互补可得∠EDC+∠BDE=180°，即可得证；
（2）连接AD，交BE于点F，则EF是△ADC的中位线，勾股定理求得AF,BF，根据BE=BF+EF即可
求解；
问题2：连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，根据已知条件可得
BM∥CD，则四边形CGMD是矩形，勾股定理求得AD，根据三线合一得出MD,CG，根据勾股定理求
得BC的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°,△BDE由△ABE翻折得到
∴∠ABC=∠C，∠BDE=∠A =180°−2∠C，
∵∠EDC+∠BDE=180°，
∴∠EDC=2∠ACB；
（2）如图所示，连接AD，交BE于点F，
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∵折叠，
1
∴EA=ED，AF=FD，AE= AC=2，AD⊥BE，
2
∵E是AC的中点，
∴EA=EC，
1 3
∴EF= CD= ，
2 2
在Rt△AEF中，AF=√AE2−EF2=
√
22−
(3) 2
=
√7
，
2 2
在Rt△ABF中，BF=√AB2−AF2=
√
42−
(√7) 2
=
√57
，
2 2
3+√57
∴BE=BF+EF= ；
2
问题2：如图所示，连接AD，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CG⊥BM于点G，
∵AB=BD，
1
∴AM=MD，∠ABM=∠DBM= ∠ABD，
2
∵2∠BDC=∠ABD，
∴∠BDC=∠DBM，
∴BM∥CD，
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∴CD⊥AD，
又CG⊥BM，
∴四边形CGMD是矩形，
则CD=GM，
在Rt△ACD中，CD=1，AD=4,AD=√AC2−CD2=√42−12=√15，
√15 √15
∴AM=MD= ，CG=MD=
2 2
在Rt△BDM中，BM=√BD2−DM2=
√
42−
(√15) 2
=
7
，
2 2
7 5
∴BG=BM−GM=BM−CD= −1= ，
2 2
在Rt△BCG中，BC=√BG2+CG2=
√ (5) 2
+
(√15) 2
=√10．
2 2
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识
是解题的关键．
31．（2023·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋
转角为α，点F在直线DE上，且AD=AF，连接BF．
(1)如图1，当0°<α<90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EF=√2BF．
(2)如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB=2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°<α<360°
）△ADG面积的最大值．
【答案】(1)①∠BAF=90°−α；②见解析；
(2)△ADG面积的最大值为1+√2．
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【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到∠FAD=180°−α，据此求解即可；
②连接BE，计算得到∠BCE=90°−α=∠BAF，利用SAS证明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直
角三角形，据此即可证明EF=√2BF；
（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，利用直角三角形的
性质推出点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点H、O、G在同一直线上时，GH有最
大值，则△ADG面积的最大值，据此求解即可．
【详解】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ADC=∠BCD=∠DAB=90°，
由题意得CD=CE，∠DCE=α，
1 1
∴∠CDE=∠CED= (180°−α)=90°− α，
2 2
( 1 ) 1
∴∠ADF=90°−∠CDE=90°− 90°− α = α，
2 2
∵AD=AF，
1
∴∠ADF=∠AFD= α，
2
∴∠FAD=180°−∠ADF−∠AFD=180°−α，
∴∠BAF=∠FAD−∠BAD=180°−α−90°=90°−α；
②连接BE，
∵∠DCE=α，
∴∠BCE=90°−α=∠BAF，
∵CD=CE=AD=AF=BC，
∴△BCE≌△BAF(SAS)，
∴BF=BE，∠ABF=∠CBE，
∵∠ABC=90°，
∴∠EBF=90°，
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∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EF=√2BF；
（2）解：过点G作AD的垂线，交直线AD于点H，连接AC、BD相交于点O，连接OG，
由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OD，
∴OB=OD=OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
1 1 1 1 1
∴GH= AB+OG= AB+ BD= ×2+ ×2√2=1+√2，
2 2 2 2 2
1
∴△ADG面积的最大值为 AD×GH=1+√2．
2
【点睛】本题考查的是正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、
直角三角形的性质、勾股定理，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
题型 07 四边形折叠与旋转中的线段长度问题
32．（2023·江苏扬州·统考中考真题）【问题情境】
在综合实践活动课上，李老师让同桌两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动，两块三角
板分别记作△ADB和△A'D'C,∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，设AB=2．
【操作探究】
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如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD、A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角
为α(0°≤α≤360°)，旋转过程中△ADB保持不动，连接BC．
(1)当α=60°时，BC=________；当BC=2√2时，α=________°；
(2)当α=90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；
(3)如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为________．
【答案】(1)2；30或210
√3
(2)画图见解析；1−
3
(3)2π
【分析】（1）当α=60°时，A'C与AD重合，证明△ABC为等边三角形，得出BC=AB=2；当
BC=2√2时，根据勾股定理逆定理得出∠BAC=90°，两种情况讨论：当AC在AB下方时，当AC在AB
上方时，分别画出图形，求出结果即可；
（2）证明四边形ADED'是正方形，得出AD=DE=D'E=1， 求出BE=BD−DE=√3−1，得出
√3 √3 √3 √3
EF=BE×tan∠ABD=(√3−1)× =1− ，求出DG=AD×tan∠DAG=1× = ，根据
3 3 3 3
S =S −S −S 求出两块三角板重叠部分图形的面积即可；
四边形AGEF △ABD △BEF △ADG
（3）根据等腰三角形的性质，得出AF⊥BC，即∠AFB=90°，确定将△A'D'C绕着点A旋转一周，点
F在以AB为直径的圆上运动，求出圆的周长即可．
【详解】（1）解：∵△ADB和△A'D'C中∠ADB=∠A'D'C=90°,∠B=∠C=30°，
∴∠BAD=∠C A'D'=90°−30°=60°，
∴当α=60°时，A'C与AD重合，如图所示：连接BC，
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∵AB=AC=2，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=2；
当BC=2√2时，
∵AB2+AC2=22+22=8=(2√2) 2=BC2，
∴当BC=2√2时，△ABC为直角三角形，∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，
当AC在AB下方时，如图所示：
∵∠DAC=∠BAC−∠BAD=90°−60°=30°，
∴此时α=∠DAD'=∠CAD'−∠DAC=60°−30°=30°；
当AC在AB上方时，如图所示：
∵∠DAB=∠D' AC=60°，
∴此时α=∠DAB+∠BAC+∠D' AC=210°；
综上分析可知，当BC=2√2时，α=30°或210°；
故答案为：2；30或210．
（2）解：当α=90°时，如图所示：
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∵AB=AC=2，
1
∴AD=AD'= AB=1，
2
∴BD=CD'=√22−12=√3，
∵∠DAD'=α=90°，
又∵∠ADB=∠AD'C=90°，
∴四边形ADED'是矩形，
∵AD=AD'，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD=DE=D'E=1，
∴BE=BD−DE=√3−1，
√3 √3
∴EF=BE×tan∠ABD=(√3−1)× =1− ，
3 3
∵∠DAG=∠DAD'−∠CAD'=90°−60°=30°，
√3 √3
∴DG=AD×tan∠DAG=1× = ，
3 3
∴S =S −S −S
四边形AGEF △ABD △BEF △ADG
1 1 ( √3) 1 √3
= ×1×√3− × 1− (√3−1)− ×1×
2 2 3 2 3
√3
=1− ，
3
√3
即两块三角板重叠部分图形的面积为1− ．
3
（3）解：∵AB=AC，F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
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∴将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F在以AB为直径的圆上运动，
∵AB=2
∴点F运动的路径长为2π．
故答案为：2π．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，解直角三角形，旋转的性质，确定圆的条件，等腰三角形
的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是画出相应的图形，数形结合，并注意分类讨论．
33．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图1，在 ▱ABCD纸片中，AB=10，AD=6，∠DAB=60°，点
E为BC边上的一点（点E不与点C重合），连接AE，将 ▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对
应点分别为C'、D'，射线C'E与射线AD交于点F．
(1)求证：AF=EF；
(2)如图2，当EF⊥AF时，DF的长为______ ；
(3)如图3，当CE=2时，过点F作FM⊥AE，垂足为点M，延长FM交C'D'于点N，连接AN、EN，求
△ANE的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5√3−6；
(3)13√3
【分析】（1）根据平行四边形的性质和平行线的性质，得到∠FAE+∠AEC=180°，再根据折叠的性质，
得到∠AEC'=∠AEC，然后结合邻补角的性质，推出∠FAE=∠AEF，即可证明AF=EF；
（2）作AG⊥CB，交CB的延长线于G，先证明四边形AGEF是正方形，再利用特殊角的三角函数值，
求出AG=5√3，进而得到AF=5√3，即可求出DF的长；
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（3）作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作HR⊥MT于R，解
直角三角形ABQ，依次求出BQ、AQ、EQ、AE的值，进而求得AM的值，根据
9 5√3
cos∠DAE=cos∠AEQ和sin∠DAE=sin∠AEQ，求得AT= 、MT= ，进而得出DT的值，解
2 2
HR 5√3
直角三角形DGT，求出GT的值，进而得出MG的值，根据tan∠FMT=tan∠AEQ，得出 = ，
RM 9
从而设HR=5√3k，RM=9k，进而表示出GR=√3HR=15k，最后根据GR+RM=MG，列出
√3
15k+9k=4√3，求出k= ，根据sin∠FMT=sin∠AEQ，得出MN=√13，进而得到MN=√13，
6
即可求出△ANE的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAE+∠AEC=180°，
由折叠性质可知，∠AEC'=∠AEC，
∴∠FAE+∠AEC'=180°，
∵∠AEF+∠AEC'=180°，
∴∠FAE=∠AEF，
∴AF=EF；
（2）解：如图1，作AG⊥CB，交CB的延长线于G，
∵AD∥BC，∠DAB=60°，
∴∠ABG=∠DAB=60°，∠FEG=180°−∠F=90°，
∵AG⊥CB，
∴∠AGB=90°，
∴∠AGB=∠FEG=∠F=90°，
∴四边形AGEF是矩形，
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由（1）可知：AF=EF，
∴矩形AGFE是正方形，
AG
∵sin∠ABG=sin60°= ，AB=10，
AB
√3
∴AG=AB⋅sin60°=10× =5√3，
2
∴AF=AG=5√3，
∵AD=6，
∴DF=AF−AD=5√3−6，
故答案为：5√3−6；
（3）解：如图2，作AQ⊥CB，交CB的延长线于Q，作MT⊥AF于T，交HD的延长线于G，作
HR⊥MT于R，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=10，AD=BC=6，AB∥CD，CB∥AD，
∴∠ABQ=∠DAB=60°，
1 √3
在Rt△AQB中，BQ=AB⋅cos60°=10× =5，AQ=AB⋅sin60°=10× =5√3，
2 2
∵CE=2
∴EQ=BC+BQ−CE=6+5−2=9，
在Rt△AQE中，AE=√AQ2+EQ2=√ (5√3) 2+92=2√39，
由（1）可知：AF=EF，
∵FM⊥AE，
1
∴AM=EM= AE=√39，
2
又∵ ▱ABCD纸片沿AE所在直线折叠，点C，D的对应点分别为C'，D'，
∴HM=MN，
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∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEQ，
∴cos∠DAE=cos∠AEQ，sin∠DAE=sin∠AEQ，
AT EQ MT AQ
∴ = ， =
AM AE AM AE
AT 9 MT 5√3
∴ = ， =
√39 2√39 √39 2√39
9 5√3
∴AT= ，MT= ，
2 2
9 3
∴DT=AD−AT=6− = ，
2 2
∵AB∥CD，
∴∠GDT=∠DAB=60°，
GT
在Rt△DGT中，tan∠GDT=tan60°=
，
DT
3√3
∴>=DT⋅tan60°= ，
2
3√3 5√3
∴MG=>+MT= + =4√3，
2 2
∵∠FMT+∠AMT=90°，∠DAE+∠AMT=180°−∠ATM=90°，
∴∠FMT=∠DAE，
∴∠FMT=∠AEQ，
∵tan∠FMT=tan∠AEQ，
HR AQ 5√3
∴ = = ，
RM EQ 9
∴设HR=5√3k，RM=9k，
∵MG⊥AF，HG⊥MG，
∴HR∥AF，
∴∠GHR=∠GDT=60°，
∴tan∠GHR=tan∠GDT，
GR
∴ =tan60°=√3，
HR
∴GR=√3HR=√3×5√3k=15k，
∵GR+RM=MG，
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∴15k+9k=4√3，
√3
∴k= ，
6
5
∴HR=5√3k= ，
2
∵sin∠FMT=sin∠AEQ，
HR AQ
∴ = ，
HM AE
5
2 5√3 ，
∴ =
HM 2√39
∴HM=√13，
∴MN=√13，
1 1
∴S = AE⋅MN= ×2√39×√13=13√3．
△ANE 2 2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，解直角三角形、轴对
称的性质等知识，正确作辅助线，熟练解直角三角形是解题关键．
34．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，
连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，
是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
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【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=√CF2−BC2=√102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=(8−a) 2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
DE 5 1
∴tan∠DCE= = = ，
CD 10 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
EA 1
∴tan∠EGA= = ，
GA 2
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=√AG2+AD2=√62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
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设∠DMN=∠DCM=α
1
由（2）可得tan∠DCM=
2
1
∴tan∠DMN =
2
①当∠DNM=90°时，如图，
1
∴DN= NM，∠GNM=90°,
2
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
1
∵tan∠DGM=tanα=
2
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
1 1
同理可得DN= DM,DM= GD
2 2
1 5
∴ND= DG=
4 2
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是
解题的关键．
35．（2021·吉林长春·统考中考真题）实践与探究
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操作一：如图①，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD
的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为
AF，则∠EAF= 度．
操作二：如图②，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．我们发现，当点E的位置不同时，
点N的位置也不同．当点E在BC边的某一位置时，点N恰好落在折痕AE上，则∠AEF= 度．
在图②中，运用以上操作所得结论，解答下列问题：
（1）设AM与NF的交点为点P．求证△ANP≌△FNE：．
（2）若AB=√3，则线段AP的长为 ．
【答案】操作一：45°，操作二：60°；（1）证明见解析；（2）2√3−2
【分析】操作一：直接利用折叠的性质，得出两组全等三角形，从而得出∠BAE=∠EAM,
,∠MAF=∠FAD,从而得出∠EAF的值；
操作二：根据折叠的性质得出△ABE≅△AME,△CEF≅△NEF ,从而得出∠BEA=∠AEF=∠FEC，
即可求得∠AEF的度数；
（1）首先利用∠AEF=60° ,得出∠NAP=30°,∠PAF=15° ,则∠NAF=45°,从而得出△ANF为等腰
直角三角形，即可证得△ANP≌△FNE；
（2）利用三角函数或者勾股定理求出BE的长，则BE=EM,设DF=x，那么FC=√3−x，在Rt△EFC中，
利用勾股定理得出DF的长，也就是MF的长，即可求得EF的长，进而可得结果．
【详解】操作一：45°，证明如下：
∵△ABE折叠得到△AME ,△ADF 折叠得到△AMF ,
∴△ABE≅△AME,△ADF≅△AMF ,
1 1
∴∠BAE=∠MAE= ∠BAM,∠MAF=∠DAF= ∠MAD ,
2 2
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1 1 1
∴∠EAF=∠EAM+∠MAF= ∠BAM+ ∠MAD= (∠BAM+∠MAD)
2 2 2
1
= ×90°=45°,
2
故填：45°；
操作二：60°，证明如下：
∵△ABE≅△AME，
∴∠BEA=∠AEM ,
又∵△CEF沿着EF折叠得到△ENF ,
∴△CEF≅△NEF，
∴∠NEF=∠FEC ,
1
∴∠BEA=∠AEF=∠FEC= ∠BEC=60°
,
3
故填：60°；
（1）证明：
由上述证明得△CEF≅△NEF,∠NEC=∠CEF=60°,
∴∠NFE=∠CFE ,∠C=∠ENF
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=90°，
∴∠CFE=∠NFE=30° ,∠ENF=∠ANF=90°,
又∵△ADF≅△AMF ,
∴∠D=∠AMF=90°,
在△ANP和△PMF中，
∵∠ANP=∠PMF=90°, ∠NPA=∠MPF,
∴∠NAP=∠MFP=30° ,
∴∠BAE=∠NAP=30° ,
∴∠MAF=∠FAD=15° ，
∴∠NAF=∠NAP+∠PAF=30°+15°=45° ,
∴△ANF为等腰直角三角形，
即AN=NF,
在△ANP和△FNE中：
∵¿
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∴△ANP≌△FNE(ASA)
（2）由题可知△ABE是直角三角形，∠BAE=30°,
BE BE √3
∴tan∠BAE= = =
,
AB √3 3
解得BE=1,
∴BE=EM=1,EC=√3−1,
设DF=x，则MF=x，CF=√3−x，
在Rt△CEF中，
CE2+CF2=EF2
(√3−1) 2+(√3−x) 2=(1+x) 2 ，
解得x=2√3−3，
则EF=x+1=2√3−2，
∵△ANP≌△FNE(ASA)
∴AP=EF=2√3−2．
【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，勾股定理，解题的关键是熟练运用折
叠的性质，找出全等三角形．
36．（2020·广西贵港·中考真题）已知：在矩形ABCD中，AB=6，AD=2√3，P是BC边上的一个动点，
将矩形ABCD折叠，使点A与点P重合，点D落在点G处，折痕为EF．
（1）如图1，当点P与点C重合时，则线段EB=_______________，EF=_____________；
（2）如图2，当点P与点B，C均不重合时，取EF的中点O，连接并延长PO与GF的延长线交于点M，连
接PF，ME，MA．
①求证：四边形MEPF是平行四边形：
1
②当tan∠MAD= 时，求四边形MEPF的面积．
3
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20√3
【答案】（1）2，4；（2）①见解析；②
3
【分析】（1）过点F作FH⊥AB，由翻折的性质可知：AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，∠G＝∠A＝90°根据
平行线的性质和等量代换可得∠CFE＝∠FEC，由等角对等边可得：CF＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝6﹣
x，在Rt△BCE中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程求得x的值，进而可得BE、DF的长，由矩形
的判定可得四边形DAHF是矩形，进而可求FH、EH的长，最后由勾股定理可得EF的长；
（2）①根据折叠的性质可得MG//PE，进而可得∠MFO=∠PEO，根据已知条件可得OF=OE，从而
易证△FOM≌△EOP，进而根据全等三角形的性质和平行四边形的判定即可求证结论；
②连接PA与EF交于点H，则EF⊥PA且PH=AH，又由①知：PO=MO， MA//EF，则MA⊥PA，
继而易证∠MAD＝PAB，接根据三角函数求得PB，设PE=x，则BE=6−x，根据勾股定理可得关于x的
方程，解方程可得PE的长，继而代入数据即可求解．
【详解】解：（1）EB= 2 ，EF= 4 ；
过点F作FH⊥AB，
∵折叠后点A、P、C重合
∴AE＝CE，∠FEA＝∠FEC，
∵CD∥AB
∴∠CFE＝∠FEA，
∴∠CFE＝∠FEC，
∴CF＝CE＝AE，
设AE＝CE＝CF＝x，BE＝AB﹣AE＝6﹣x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BC2+BE2=CE2，即(2√3) 2+(6−x) 2=x2
解得： x＝4，即AE＝CE＝CF＝4
∴BE＝2、DF＝2，
∵∠D＝∠A＝∠FHA＝90°
∴四边形DAHF是矩形，
∴FH＝AD=2√3、EH＝AB﹣BE﹣AH＝6﹣2﹣2＝2
在Rt△EFH中，由勾股定理可得: EF=√FH2+EH2=√ (2√3) 2+22＝4
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（2）①证明：如图2，
∵在矩形ABCD中，CD//AB，
由折叠（轴对称）性质，得：MG//PE，
∴∠MFO=∠PEO，
∵点O是EF的中点，∴OF=OE，
又∠FOM=∠EOP，∴△FOM≌△EOP，
∴MF=PE，∴四边形MEPF是平行四边形：
②如图2，连接PA与EF交于点H，则EF⊥PA且PH=AH，
又由①知：PO=MO，∴MA//EF，则MA⊥PA，
1
又DA⊥BA，∴∠MAD=∠PAB，∴tan∠MAD=tan∠PAB=
3
PB 1
在Rt△PAB，tan∠PAB= = ，
AB 3
而AB=6，∴PB=2，
又在Rt△PEB中，若设PE=x，则BE=6−x，
10
由勾股定理得：x2−(6−x) 2=22，则PE=x= ，
3
而PG⊥MG且PG=AD=2√3，
又四边形MEPF是平行四边形，
10 20√3
∴四边形MEPF的面积为PE×PG= ×2√3= ．
3 3
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【点睛】本题主要考查矩形与翻折的问题，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判
定及其性质、翻折的性质、正切的有关知识，解题的关键是熟练掌握所学知识并且学会作辅助线．
37．（2023·山西·统考中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形
纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中
∠ACB=∠≝=90°,∠A=∠D．将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为
点B）．当∠ABE=∠A时，延长DE交AC于点G．试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．
(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；
(2)深入探究：老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新
的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE=∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点
M,BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
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②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE=∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若
BC=9,AC=12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．
【答案】(1)正方形，见解析
27
(2)①AM=BE，见解析；②
5
【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB≅△DEB可得BC=BE，从而得四边形BCGE是
正方形；
1 1
（2）①由已知∠ABE=∠BAC可得AN=BN，再由等积方法S = AN⋅BC= BN⋅AM，再结合
△ABN 2 2
已知即可证明结论；②设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，则易得MD=MB，点G是BD的
中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：四边形BCGE为正方形．理由如下：
∵∠BED=90°，
∴∠BEG=180°−∠BED=90°．
∵∠ABE=∠A，
∴AC∥BE．
∴∠CGE=∠BED=90°．
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∵∠C=90°，
∴四边形BCGE为矩形．
∵△ACB≅△DEB，
∴BC=BE．
∴矩形BCGE为正方形．
（2）：①AM=BE．
证明：∵∠ABE=∠BAC，
∴AN=BN．
∵∠C=90°，
∴BC⊥AN．
∵AM⊥BE，即AM⊥BN，
1 1
∴S = AN⋅BC= BN⋅AM．
△ABN 2 2
∵AN=BN，
∴BC=AM．
由（1）得BE=BC，
∴AM=BE．
②解：如图：设AB,DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，
∵△ACB≅△DEB，
∴BE=BC=9,DE=AC=12，∠A=∠D，∠ABC=∠DBE，
∴∠CBE=∠DBM；
∵∠CBE=∠BAC，
∴∠D=∠BAC，
∴MD=MB，
∵MG⊥BD，
∴点G是BD的中点；
由勾股定理得AB=√AC2+BC2=15，
1 15
∴DG= BD= ；
2 2
DG DE
∵cos∠D= = ，
DM BD
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15
×15 75
∴ DG⋅BD 2 75，即BM=DM= ；
DM= = = 8
DE 12 8
75 45
∴AM=AB−BM=15− = ；
8 8
∵AH⊥DE,BE⊥DE，∠AMH=∠BME，
∴△AMH∼△BME，
AH AM 3
∴ = = ，
BE BM 5
3 3 27 27
∴AH= BE= ×9= ，即AH的长为 ．
5 5 5 5
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与
性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
38．（2023·山东烟台·统考中考真题）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点
1
B,C为圆心，以大于 BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；
2
②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
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【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
25
【答案】线段CQ的长为 ．
12
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，证明
△QPO≌△QCO(HL)，推出PQ=CQ，设PQ=CQ=x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即
可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，推出QA=QR，设CQ=x，同方案
一即可求解．
【详解】解：方案一：连接OQ，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
1
由作图知BO=OC= BC=2.5，
2
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由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCO(HL)，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x) 2=(3+x) 2，
25
解得x= ，
12
25
∴线段CQ的长为 ；
12
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
1
由作图知BO=OC= BC=2.5，
2
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x) 2=(3+x) 2，
25
解得x= ，
12
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25
∴线段CQ的长为 ．
12
【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性
质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
题型 08 四边形折叠与旋转中的坐标问题
39．（2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy内，抛物线y=−ax2+5ax+2(a>0)交y轴
于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．
(1)求点C，D的坐标；
1
(2)当a= 时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线AD上方抛物线
3
上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(4,0)，求点P的坐标；
(1 )
(3)坐标平面内有两点E ,a+1 ,F(5,a+1)，以线段EF为边向上作正方形EFGH．
a
①若a=1，求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标；
5
②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 时，求a的值．
2
【答案】(1)C(0，2)，D(5，2)
(3 15)
(2)P ，
2 4
(3)①(1，6)，(4，6)，(5，2)；②a=0.5
【分析】（1）先求出C(0，2)，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据
此求出点D的坐标即可；
（2）先求出A(−1，0)，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为N(m，n)，由轴对称的性质可
得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组¿，解得m=3或m=4（舍去），则N(3，3)，求出
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1 9 (3 15)
直线DP的解析式为y=− x+ ，然后联立¿，解得¿或¿，则P ， ；
2 2 2 4
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方
程求解即可．
【详解】（1）解：在y=−ax2+5ax+2(a>0)中，当x=0时，y=2，
∴C(0，2)，
∵抛物线解析式为y=−ax2+5ax+2(a>0)，
5a 5
∴抛物线对称轴为直线x=− = ，
−2a 2
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴D(5，2)；
1 1 5
（2）解：当a= 时，抛物线解析式为y=− x2+ x+2，
3 3 3
1 5
当y=0，即− x2+ x+2=0，解得x=−1或x=6，
3 3
∴A(−1，0)；
如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为N(m，n)，
由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，
∴¿，
解得：3m+n=12，即n=12−3m
∴m2+2m+1+144−72m+9m2=25，
∴m2−7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12−3m=3，
∴N(3，3)，
设直线DP的解析式为y=kx+b ，
1
∴¿，
∴¿，
1 9
∴直线DP的解析式为y=− x+ ，
2 2
联立¿，解得¿或¿
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(3 15)
∴P ， ；
2 4
（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=−x2+5x+2，E(1，2)，F(5，2)，
∴EH=EF=FG=4，
∴H(1，6)，G(5，6)，
当x=1时，y=−12+5×1+2=6，
∴抛物线y=−x2+5x+2恰好经过H(1，6)；
5
∵抛物线对称轴为直线x= ，
2
由对称性可知抛物线经过(4，6)，
∴点(4，6)时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点F(5，2)；
综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为(1，6)，(4，6)，(5，2)；
②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，
1
∴5− +a+1=4.5，
a
∴a2+1.5a−1=0，
解得a=−2（舍去）或a=0.5；
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如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
1
∴5− =2.5，
a
解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D下方）
如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，
5
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为 ，
2
(1) 2 1
∴−a⋅ +5a⋅ +2=a+1+2.5，
a a
1
∴7− =a+3.5，
a
∴a2−3.5a+1=0，
7+√33 7−√33
解得a= 或a= （舍去）；
4 4
5
当x= 时，y=−ax2+5ax+2=6.25a+2，
2
7+√33 1
当 a= 时，6.25a+2>7− ，
4 a
7+√33
∴a= 不符合题意；
4
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综上所述，a=0.5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和
数形结合的思想求解是解题的关键．
40．（2022·天津·统考中考真题）将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点
A(3,0)，点C(0,6)，点P在边OC上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点
P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O'落在第一象限．设OQ=t．
(1)如图①，当t=1时，求∠O'QA的大小和点O'的坐标；
(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，O'Q,O'P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示
O'E的长，并直接写出t的取值范围；
(3)若折叠后重合部分的面积为3√3，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．
(3 √3)
【答案】(1)∠O'QA=60°，点O'的坐标为 ,
2 2
(2)O'E=3t−6，其中t的取值范围是25√2，
∴当D，G，C三点重合时，即图4情况下BP最大，
此时，PF为ΔACE的中位线，
1
∴PF= CE=3，
2
1 1 9
∴S = PF⋅PC= ×3×3= ，
ΔPFB 2 2 2
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9
即当PB最大时，ΔPFB的面积是 ．
2
【点睛】本题主要考查特殊角三角函数，全等三角形的判定和性质，图形的旋转等知识点，用临界值法找
出PB的最大值是解题的关键．
48．（2023·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）如图，在矩形ABCD中，点E为AB上一点，过点D作
DP⊥CE于点P，连接DE交AP于点F，点P恰好为CE的中点．
(1)求证：△DEP∽△CEB；
BE 3 EF
(2)如图1，若 = ，求 的值；
BC 4 DF
(3)如图2，在（2）的条件下，点G、Q分别为DP、DE上的动点，若CP=5，请直接写出GF+GQ的最
小值．
【答案】(1)见解析
7
(2)
32
256
(3)
39
【分析】（1）由矩形性质可得：AB∥CD，∠B=∠BCD=90°，由平行线性质可得∠BEC=∠DCE，
再由线段垂直平分线性质和等腰三角形性质可推出∠DCE=∠DEP，即可证明结论；
（2）如图1，延长AP交DC的延长线于点H，可证得△PCH≌△PEA(AAS)，得出：CH=AE，
PH=PA，设BE=3k(k>0)，则BC=AD=4k，利用勾股定理可得EC=5k，再由△DEP∽△CEB，可
25 10
得出DE= k，DP= k，再利用△AEF∽△HDF，即可求得答案；
6 3
（3）由于直线DP是△DCE的对称轴，作点Q关于DP的对称点Q'，点Q'在DC上，且DQ'=DQ，连接
GQ、GQ'、GF，当F、G、Q'三点在同一条直线上，且FQ'⊥CD时，GF+GQ=GF+GQ'=FQ'最小，
由CP=5，可求得k=2，再由FQ'∥AD，可得△FDQ'∽△DEA，利用相似三角形性质即可求得GQ'的
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值．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠B=∠BCD=90°，
∴∠BEC=∠DCE，
∵DP⊥CE，点P为CE的中点，
∴CD=DE，∠DPE=90°，
∴∠DCE=∠DEP，
∴∠DPE=∠B，∠DEP=∠BEC，
∴△DEP∽△CEB；
（2）如图1，延长AP交DC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠H=∠PAE，
∵点P为CE的中点，
∴PC=PE，
在△PCH和△PEA中，
¿，
∴△PCH≌△PEA(AAS)，
∴CH=AE，PH=PA，
BE 3
∵ = ，设BE=3k(k>0)，则BC=AD=4k，∠B=90°，
BC 4
∴EC=√BE2+BC2=√(3k) 2+(4k) 2=5k，
1 5
∴PE=PC= EC= k，
2 2
∵△DEP∽△CEB，
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5
DE DP PE k
∴ = = ，即DE DP 2 ，
EC BC BE = =
5k 4k 3k
25 10
∴DE= k，DP= k，
6 3
由（1）知：CD=DE，
25
∴CD=AB= k，
6
25 7
∴AE=CH=AB−BE= k−3k= k，
6 6
25 7 16
∴DH=CD+CH= k+ k= k，
6 6 3
∵AB∥DH，
∴△AEF∽△HDF，
7
k
EF AE 6 7
∴ = = = ；
DF DH 16 32
k
3
（3）∵DP是线段CE的垂直平分线，
∴直线DP是△DCE的对称轴，
作点Q关于DP的对称点Q'，点Q'在DC上，且DQ'=DQ，连接GQ、GQ'、GF，
当F、G、Q'三点在同一条直线上，且FQ'⊥CD时，GF+GQ=GF+GQ'=FQ'最小，
5
由（2）知：PE=PC= k，
2
∵CP=5，
5
∴ k=5，
2
解得：k=2，
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25 25 7 7
∴DE= k= ，AE= k= ，AD=4k=8，
6 3 6 3
EF 7
∵ = ，
DF 32
32 32 25 800
∴DF= DE= × = ，
39 39 3 117
∵FQ'⊥CD，
∴∠DQ'F=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADC+∠DQ'F=180°，
∴FQ'∥AD，
∴△FDQ'∽△DEA，
800
FQ' DF FQ' 117
∴ = ，即 = ，
AD DE 8 25
3
256
∴FQ'=
，
39
256
∴GF+GQ的最小值为 ．
39
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，轴对称中的路径最短问题，直角三角形
的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的
性质，第（2）添加辅助线构造全等三角形是解题关键；第（3）中，找出GF+GQ的最小值是解题的关键．
题型 12 探究四边形中线段存在的数量关系
49．（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质
解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D
落在点D'处，M D'与BC交于点N．
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【猜想】】MN=CN
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD=
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代换）
∴MN=CN（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线M D'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，
折痕为ME．
（1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的长．
【答案】【验证】∠CM D'；∠MCN；两直线平行，内错角相等；∠CM D'；∠MCN；等角对等边；
【应用】（1）EC=2MN，见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得∠AME=∠A'ME，由平行线性质，得∠AME=∠MEN，于是
∠A'ME=∠MEN ，进而可得证MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
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（2）由折叠得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=M D'=4．在Rt△N D'C中，根据勾股定理，构
建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD= ∠CM D'
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= ∠MCN（两直线平行，内错角相等）
∴∠CM D'=∠MCN（等量代换）
∴MN=CN（等角对等边 ）
【应用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四边形ABEM折叠得到四边形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠AME=∠MEN（两直线平行，内错角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角对等边）
∵MN=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=M D'=4．
设MN=NC=x
∴N D'=M D'−MN=4−x
在Rt△N D'C中，∠D'=90°
∴N D'2+D'C2=NC2（勾股定理）
5
∴(4−x) 2+22=x2 解得x=
2
∴EC=2MN=5.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相
等、角相等是解题的关键．
50．（2023·湖北襄阳·统考中考真题）【问题背景】
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人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，
点O又是正方形A B C D O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A B C D O绕点
1 1 1 1 1 1 1 1
1
O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的 .想一想，这是为什么？（此问题不
4
需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点
PA
P落在线段OC上， =k（k为常数）．
PC
【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N.
①填空：k=______；
②求证：PM=PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≅△PBN；也可
过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说
明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN=45°，延长NP交边CD于点E，若EN=kPN，求k的值．
PM
【答案】（1）①1；②见解析；（2） =k，理由见解析；（3）3
PN
【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案；
②根据正方形的性质可得∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，∠APM=∠BPN，利用ASA证明
△PAM≌△PBN即可；
（2）过点P作PG∥BD交BC于G，利用平行线的性质及正方形的性质易证得∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∠APM=∠GPN，可证明△PAM∽△PGN，利用相似三角形性质即可得出答案；
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，利用AAS证得
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△PGM≌△ECN，可得：GM=CN，PG=EC，再证得△BPN∽△BCP，可得PB2=BC⋅BN，同理
PH EC
可得：PB2=BA⋅BM，推出EC=2CN，进而可得tan∠ENC= = =2，令HN=a，则PH=2a，
HN CN
CN=3a，EC=6a，利用勾股定理即可求得答案．
【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：OA=OC，
∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，
PA OA
∴k= = =1，
PC OC
故答案为：1；
②证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB=∠MPN=90°，∠PAB=∠PBC=45°，PA=PB，
∴∠APB−∠BPM=∠MPN−∠BPM，
即∠APM=∠BPN，
∴△PAM≌△PBN(ASA)，
∴PM=PN．
PM
（2） =k，理由如下：
PN
过点P作PG∥BD交BC于G，
∴∠AOB=∠APG，∠PGC=∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM=∠OCB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，
∴∠APG=∠MPN=∠AOB=90°，∠PGC=∠PCG=∠PAM，
∴PG=PC，∠APG−∠MPG=∠MPN−∠MPG，
即∠APM=∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
PM PA
∴ = =k．
PN PC
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，
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则∠MPN=∠GPH=∠PGM=∠ECN=90°，
∴∠MPN−∠GPN=∠GPH−∠GPN，
即∠MPG=∠NPH，
∴∠PMG=∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM=kPN，EN=kPN，
∴PM=EN，
∴△PGM≌△ECN(AAS)，
∴GM=CN，PG=EC，
∵∠BPN=∠PCB=45°，∠PBN=∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
PB BN
∴ = ，
BC PB
∴PB2=BC⋅BN，
同理可得：PB2=BA⋅BM，
∵BC=BA，
∴BM=BN，
∴AM=CN，
∴AG=2CN，
∵∠PAB=45°，
∴PG=AG，
∴EC=2CN，
PH EC
∴tan∠ENC= = =2，
HN CN
令HN=a，则PH=2a，CN=3a，EC=6a，
∴EN=√(3a) 2+(6a) 2=3√5a，
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EN 3√5
∴k= = =3．
PN √5a
【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的
判定和性质，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．
51．（2023·湖北十堰·统考中考真题）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为
点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．
(1)如图1，若∠CDP=25°，则∠DAF=___________°；
(2)如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
(3)在DP绕点D转动的过程中，设AF=a，EF=b请直接用含a,b的式子表示DF的长．
【答案】(1)20°
1
(2)CD2= （AF2+EF2）
2
√2 √2 √2
(3)DF= (a−b)，或 (b−a)，或 (a+b)
2 2 2
【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED
由四边形ABCD是正方形得AD=CD，所以AD=ED，从而
1
∠DAE=∠DEA= (180°−∠ADE)=20°；
2
（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，
∠≝=∠DCF，可证得∠AFC=90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2，
1
Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2，从而CD2= （AF2+EF2）；
2
√2 √2
（3）由勾股定理CH=HE=FH= b，DH=√CD2−CH2= a，分情况讨论：当点F在D,H之间
2 2
√2 √2
时，DF=DH−FH= (a−b)；当点D在F,H之间时，DF=FH−DH= (b−a)；当点H在F,D之
2 2
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√2
间时，DF=DH+FH= (a+b)．
2
【详解】（1）解：如图，连接CE，DE，
∵点C关于直线DP的对称点为点E，
∴CD，ED关于DP对称，
∴∠CDP=∠EDP=25°，CD=ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，
∴AD=ED ，
1 1
∴∠DAE=∠DEA= (180°−∠ADE)= (180°−90°−50°)=20°．
2 2
故答案为：20．
1
（2）解：CD2= (AF2+EF2)；理由如下：
2
如图，由轴对称知，CF=EF,CD=DE=AD，∠≝=∠DCF
而∠≝=∠DAF
∴∠DAF=∠DCF
∴∠FAC+∠FCA=∠FAC+∠DAF+∠DCA=90°
∴∠AFC=180°−(∠FAC+∠FCA)=90°
∴Rt△ACF中，AC2=AF2+CF2=AF2+EF2
Rt△ACD中，AD2+CD2=AC2
1
∴2CD2=AF2+EF2即CD2= (AF2+EF2)；
2
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（3）∵∠AFC=90°，CF=EF=b，
√2
∴CH=HE=FH= b，
2
1 1
∵CD2= (AF2+EF2)= (a2+b2
)，
2 2
√1 √2 √2
∴DH=√CD2−CH2= (a2+b2）−（ b）2= a，
2 2 2
√2
如图，当点F在D,H之间时，DF=DH−FH= (a−b)，
2
√2
如图，当点D在F,H之间时，DF=FH−DH= (b−a)
2
√2
如图，当点H在F,D之间时，DF=DH+FH= (a+b)
2
【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾股定理等，将运动状态的所有可能
考虑完备，分类讨论是解题的关键．
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52．（2023·湖南·统考中考真题）（1）[问题探究]
如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接
PD、PB．
①求证：PD=PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变
化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
（2）[迁移探究]
如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，
并说明理由．
【答案】（1）①见解析；②不变化，∠DPQ=90°，理由见解析；③AQ=√2OP，理由见解析；（2）
AQ =CP，理由见解析
【分析】（1）①根据正方形的性质证明△DCP≅△BCP，即可得到结论；
②作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM=PN，证明四边形AMPN是矩形，推
出∠MPN=90°，证明Rt△DPN≅Rt△QPM(HL)， 得出∠DPN=∠QPM，进而可得结论；
③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ=BE，BE=√2EF即可得出结论；
（2）先证明PQ=PB，作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行
四边形，可得EG=PC，△APE,△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB,∠DCA=∠BCA=45°，
∵CP=CP，
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∴△DCP≅△BCP，
∴PD=PB；
②∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ=90°；
证明：作PM⊥AB,PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°，
∵PD=PQ,PM=PN，
∴Rt△DPN≅Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN=∠QPM，
∵∠QPN+∠QPM=90°，
∴∠QPN+∠DPN=90°，即∠DPQ=90°；
③AQ=√2OP；
证明：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=45°，∠AOB=90°，
∴∠AEP=45°，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE=∠PEA=45°,EF=OP，
∴PA=PE，
∵PD=PB，PD=PQ，
∴PQ=PB，
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作PM⊥AE于点M，
则QM=BM,AM=EM，
∴AQ=BE，
∵∠EFB=90°,∠EBF=45°，
EF
∴BE= =√2EF，
sin45°
∴AQ=√2OP；
（2）AQ=CP；
证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC,AC⊥BD,DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°,PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，
则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△APE,△BEG都是等边三角形，
∴BE=EG=PC，
作PM⊥AB于点M，则QM=MB,AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定
和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加
辅助线是解题的关键．
题型 13 探究四边形中线段存在的位置关系
53．（2022·江苏淮安·统考中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如
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图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形
A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、
EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由见解析；
(3)∠DEG=90°，理由见解析；
49
(4)DG2=EG2+ B'C2，理由见解析．
16
【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；
（2）连接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，则
∠BB'C=90°，由翻折变换的性质可得BB'⊥DE，证明DE∥CB'，可得结论；
1
（3）连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，求出∠DGA'=180°−2x−y，∠GB'C=90°− y−x，
2
可得∠CGA'=2∠GB'C，然后证明GC=GB'，可得EG⊥CB'，进而得到DE⊥EG即可解决问题．
（4）延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，设GC=GB'=x，
4
CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=√3a，利用勾股定理求出x= a，然后根据相
5
4 7
似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出T B'= a，DE= CB' ，再根据勾股定理列式即可得
3 4
出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
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∴由翻折的性质可知，A'D∥B'E，
故答案为：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如图，连接B'C，BB'，
∵E为BC中点，
∴EB=EC=EB'，
∴点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折变换的性质可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：结论：∠DEG=90°；
理由：如图，连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，
由翻折的性质可知∠BDE=∠B'DE，
设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'= y，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°−y，
y
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°−
2
∴∠DGA'=180°−2x−y，
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∴
y y
∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°− +x+90°− +x=180°−，y+2x
2 2
∵EC=EB'，点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
1 1
∴∠EB'C=∠ECB'= ∠BEB'=90°− y+x，
2 2
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°−y，
∴∠GB'C=∠A'B'E−∠EB'C=180°−y− ( 90°− 1 y+x ) =90°− 1 y−x，
2 2
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，
∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
49
（4）解：结论：DG2=EG2+ B'C2
，
16
理由：如图，延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，
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设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D⋅cos60°=a，DR=√3a，
在Rt△DGR中，则有(2a+x) 2=(√3a) 2+(3a−x) 2，
4
∴x= a，
5
4 6
∴GB'= a，A'G= a，
5 5
∵T B'∥DA'，
∴△B'TG∼△A'DG，
T B' GB'
∴ = ，
DA' GA'
4
a
T B' 5
∴ =
2a 6
a
5
4
∴T B'= a，
3
∵CB'∥DE，
4
a
CB' T B' 3 4
∴ = = = ，
DE ET 4 7
a+ a
3
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7
∴DE= CB' ，
4
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
49
∴DG2=EG2+ B'C2
．
16
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，
相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会
添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
54．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，
D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接
DG，交PC于点H．
(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
CH
(4)求 的最大值．
CE
【答案】(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
√2+1
(4)
2
【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DE∥BP，然后由平行线的性质即可解
答；
√2 √2
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF= DE 、GF=CF= CG ；设AP=x，则
2 2
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BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形
的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，
进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
CE CF CH CF⋅CD
（4）先说明△CEF∽△CDH得到 = ，进而得到 = ，然后将已经求得的量代入可得
CD CH CE CE2
12
CH = 1 ( 1 ) 2
= 288 ，然后根据a+ = √a+ −2≥2求最值即可．
CE x+12+ −24 a √a
x+12
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
1
∴DE∥BP，DE= BP
2
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
√2 √2
∴DF=EF= DE ，GF=CF= CG ，
2 2
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
12−x 12−x
∴DE= ，EF=
2 2√2
∵Rt△APC，
∴PC=√AP2+AC2=√x2+144
1
∴CE=
√x2+144
2
∵Rt△EFC
∴FC=FG=√CE2−EF2= √(1 √x2+144 ) 2 − (12−x) 2 = √(x+12) 2 = 12+x
2 2√2 8 2√2
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12+x
∴CG=√2CF=
2
12+x 12−x
∴AG=12-CG=12- =
2 2
1 1 12−x 12x−x2 −(x−6) 2+36
∴S APG= AP⋅AG= x⋅ = =
2 2 2 4 4
△
所以当x=6时，S APG有最大值9．
△
（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
CE CF
∴ = ，即CE⋅CH=CF⋅CF
CD CH
CH CF⋅CD
=
∴
CE CE2
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12+x 1 1
∵FC= ，CE=
√x2+144，CD= BC=√122+122=6√2
2√2 2 2
12+x
⋅6√2 x+12 12
CH 2√2 =12× =
∴ = x2+144 288
CE (1 √x2+144 ) 2 x+12+ x+12 −24
2
12 12 1 2√2+2 √2+1
≤ = = = =
2√288−24 24√2−24 2√2−2 4 2
CH √2+1
∴ 的最大值为 ．
CE 2
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相
似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
55．（2022·山东东营·统考中考真题）△ABC和△ADF均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出
发，以相同的速度沿AB、BC运动，运动到点B、C停止.
(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段CD、EF的数量关系是____________，位置
关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成
立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，请直接写出答案；此时，四边
形BDEF是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.
【答案】(1)CD=EF，CD∥EF
(2)CD=EF，CD∥EF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时， ▱BDEF是菱形，证明见解析
【分析】（1）根据△ABC和△ADF均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据
E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CD∥EF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出
AFB≌ ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出
△ △
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BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
△ 1 1
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= BC= a，
2 2
△
1
BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EG∥AD，推出 EBG∽ ABD，推出
2
△ △
EG BE 1 1 1
= = ，得到EG= AD= h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出
AD AB 2 2 2
1 1 1 1 1
S =CD⋅EG= a⋅ h= ⋅ ah= S ，根据EF=BD，EF∥BD，推出四边形BDEF是平行四边
CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
形，根据BF=EF，推出 ▱BDEF是菱形．
【详解】（1）∵△ABC和△ADF均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CD∥EF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CD∥EF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴ AFB≌ ADC(SAS)，
∴△∠ABF=∠△ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴ BFE是等边三角形，
∴△BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BC∥EF，
即CD∥EF，
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∴CD=EF， CD∥EF；
（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形CEFD的面积是△ABC面积的一半，此时，四边形
BDEF是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设 ABC的边长为a，AD=h，
1 1△
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
2 2
1
∴AE=BE= AB，
2
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EG∥AD，
∴ EBG∽ ABD，
△EG BE△ 1
∴ = = ，
AD AB 2
1 1
∴EG= AD= h，
2 2
由（2）知，CD=EF， CD∥EF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
1 1 1 1 1
∴S =CD⋅EG= a⋅ h= ⋅ ah= S ,
四边形CEFD 2 2 2 2 2 △ABC
此时，EF=BD，EF∥BD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴ ▱BDEF是菱形．
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【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，
相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
56．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重
合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．
AD AG
(1)如图1，当 ＝ ＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
AB AE
AD AG
(2)如图2，当 ＝ ＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；
AB AE
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，
若AB＝√5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
1
(2)BE＝ DG，BE⊥DG，理由见解析
2
9
(3)S MNG＝
4
△
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
DG
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2） =2可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证
BE
得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
【详解】（1）解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
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∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
1
（2）BE＝ DG，BE⊥DG，理由如下：
2
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
AD AG
∵ ＝ ＝2，
AB AE
∴△BAE∽△DAG，
DG AD
∴ = =2，∠ABE＝∠ADG，
BE AB
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图，
作AH⊥BD于H，
AH AD
∵tan∠ABD＝ = =2，
BH AB
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（√5）2，
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∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
AH
∵tan∠ABE＝ ，
EH
AH
∴
=tan45°=1，
EH
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝√AB2+AD2=√ (√5) 2+(2√5) 2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
DG
由（2）得： =2，DG⊥BE，
BE
∴DG＝2BE＝6，
1 1
∴S BEG＝ BE⋅DG＝ ×3×6＝9，
2 2
△
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
1 1
∴DM＝GM＝ BG,DN=GN= EG，
2 2
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
S GM 1
ΔMNG
∴ ＝（ ）2＝ ，
S GB 4
ΔBEG
1 9
∴S MNG＝S MNG＝ S BEG＝ ．
4 4
△ △ △
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知
识，解决问题的关键是类比的方法．
57．（2021·山东烟台·统考中考真题）有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，
点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N．
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【观察猜想】
（1）线段DE与AM之间的数量关系是____________，位置关系是___________；
【探究证明】
（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，
线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．
【答案】（1）DE=2AM，DE⊥AM；（2）成立，证明见解析；
【分析】（1）证明△ABF≌△ADE，得出DE=BF，根据斜边中线等于斜边一半得出数量关系，再导角证
垂直；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，证△ABH≌△ADE，类比（1）推导即可．
【详解】解：（1）∵AB=AD，AF=AE，∠BAF=∠DAE=90°，
∴△ABF≌△ADE，
∴BF=DE，∠ABF=∠EDA，
∵M是BF的中点，
1
∴AM=BM= BF，即2AM=DE；
2
∴∠FBA=∠BAM，
∴∠BAM=∠EDA，
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
故答案为：DE=2AM，DE⊥AM；
（2）延长AM至点H，使MH=AM，
∵BM=FM，∠AMF=∠BMH，
∴△AMF≌△HMB，
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∴AF=BH，∠AFM=∠HBM，
∵AE=AF，
∴AE=BH，
∵∠AFM+∠ABF=180°-45°=135°，
∴∠ABH=∠HBM+∠ABF=135°，
∵∠EAD=∠EAB+∠GAE=135°，
∴∠EAD =∠ABH，
∵AB=AD，
∴△ABH≌△ADE，
∴AH=DE，∠BAH=∠EDA，
∴2AM=DE；
∵∠BAM+∠DAN=90°，
∴∠EDA +∠DAN=90°，
∴∠AND=90°，
∴DE⊥AM；
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用正方形的性质和全等
三角形的判定与性质进行推理证明．
题型 14 探究四边形与反比例函数综合运用
8
58．（2022·江苏徐州·统考中考真题）如图，一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y= (x>0)的
x
图像交于点A，与x轴交于点B，与y轴交于点C，AD⊥x轴于点D，CB=CD，点C关于直线AD的对称
点为点E．
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(1)点E是否在这个反比例函数的图像上？请说明理由；
(2)连接AE、DE，若四边形ACDE为正方形．
①求k、b的值；
②若点P在y轴上，当|PE−PB|最大时，求点P的坐标．
【答案】(1)点E在这个反比例函数的图像上，理由见解析
(2)①k=1，b=2；②点P的坐标为(0,−2)
8
【分析】（1）设点A的坐标为(m, )，根据轴对称的性质得到AD⊥CE，AD平分CE，如图，连接CE
m
交AD于H，得到CH=EH，再结合等腰三角形三线合一得到CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，
4 4
求出H(m, )，进而求得E(2m, )，于是得到点E在这个反比例函数的图像上；
m m
1 8
（2）①根据正方形的性质得到AD=CE，AD垂直平分CE，求得CH= AD，设点A的坐标为(m, )，
2 m
得到m=2（负值舍去），求得A(2,4)，C(0,2)，把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得，解方程组即可得
到结论；②延长ED交y轴于P，根据已知条件得到点B与点D关于y轴对称，求得
|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，求得直线DE的解析式为y=x−2，于是得到结论．
【详解】（1）解：点E在这个反比例函数的图像上．
理由如下：
8
∵一次函数y=kx+b(k>0)的图像与反比例函数y= (x>0)的图像交于点A，
x
8
∴设点A的坐标为(m, )，
m
∵点C关于直线AD的对称点为点E，
∴AD⊥CE，AD平分CE，
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连接CE交AD于H，如图所示：
∴CH=EH，
∵AD⊥x轴于D，
∴CE∥x轴，∠ADB=90°，
∴∠CDO+∠ADC=90°，
∵CB=CD，
∴∠CBO=∠CDO，
在RtΔABD中，∠ABD+∠BAD=90°，
∴∠CAD=∠CDA，
∴CH为ΔACD边AD上的中线，即AH=HD，
4
∴H(m, )，
m
4
∴E(2m, )，
m
4
∵2m× =8，
m
∴点E在这个反比例函数的图像上；
（2）解：①∵四边形ACDE为正方形，
∴AD=CE，AD垂直平分CE，
1
∴CH= AD，
2
8
设点A的坐标为(m, )，
m
8
∴CH=m，AD= ，
m
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1 8
∴m= × ，
2 m
∴m=2（负值舍去），
∴A(2,4)，C(0,2)，
2k+b=4
把A(2,4)，C(0,2)代入y=kx+b得{ ，
b=2
k=1
∴ { ；
b=2
②延长ED交y轴于P，如图所示：
∵CB=CD，OC⊥BD，
∴点B与点D关于y轴对称，
∴|PE−PD|=|PE−PB|，则点P即为符合条件的点，
由①知，A(2,4)，C(0,2)，
∴D(2,0)，E(4,2)，
设直线DE的解析式为y=ax+n，
2a+n=0 a=1
∴ { ，解得{ ，
4a+n=2 n=−2
∴直线DE的解析式为y=x−2，
当x=0时，y=−2，即(0,−2)，故当|PE−PB|最大时，点P的坐标为(0,−2)．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题，正方形的性质，轴对称的性质，待定系数法求一次函数的解析
式，正确地作出辅助线是解题的关键．
1 k
59．（2022·山东济南·统考中考真题）如图，一次函数y= x+1的图象与反比例函数y= (x>0)的图象
2 x
交于点A(a,3)，与y轴交于点B．
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(1)求a，k的值；
(2)直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，AC＝AD，连接CB．
①求△ABC的面积；
②点P在反比例函数的图象上，点Q在x轴上，若以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，请求
出所有符合条件的点P坐标．
【答案】(1)a=4，k=12；
(2)①8；②符合条件的点P坐标是(6,2)和(3,4)．
1 k
【分析】（1）将点A(a,3)代入y= x+1，求出a=4，即可得A(4,3)，将点A(4,3)代入y= ，即可求出
2 x
k；
（2）①如图，过A作AM⊥x轴于点M，过C作CN⊥x轴于点N，交AB于点E，求出C(2,6)，E(2,2)，
得到CE，进一步可求出△ABC的面积；②设P(x ,y )，Q(x ,0)．分情况讨论：ⅰ、当四边形ABQP为
1 1 2
平行四边形时，ⅱ、当四边形APBQ为平行四边形时，计算即可．
1
【详解】（1）解：将点A(a,3)代入y= x+1，得a=4，A(4,3)，
2
k
将点A(4,3)代入y= ，得k=4×3=12，
x
12
反比例函数的解析式为y= ．
x
（2）解：①如图，过A作AM⊥x轴于点M，过C作CN⊥x轴于点N，交AB于点E，
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∴AM∥CN，
∵AC=AD，
AM DA 1
∴ = = ，
CN DC 2
∴CN=6，
12
∴x = =2，
C 6
∴C(2,6)，
∴E(2,2)，
∴CE=6−2=4，
1 1
∴S =S +S = ×4×2+ ×4×2=8．
△ABC △ACE △BCE 2 2
②分两种情况：设P(x ,y )，Q(x ,0)．
1 1 2
ⅰ、如图，当四边形ABQP为平行四边形时，
∵点B向下平移1个单位、向右平移x 个单位得到点Q，
2
∴点A向下平移1个单位，向右平移x 个单位得到点P，
2
12
∴y =3−1=2，x = =6，
1 1 2
∴P(6,2)．
ⅱ、如图，当四边形APBQ为平行四边形时，
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∵点Q向上平移1个单位，向左平移x 个单位得到点B，
2
∴点A向上平移1个单位，向左平移x 个单位得到点P，
2
12
∴y =3+1=4，x = =3，
1 1 4
∴P(3,4)．
综上所述，符合条件的点P坐标是(6,2)和(3,4)．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数的综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，解题的
关键是掌握待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质．
60．（2023·江苏泰州·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点A(m，0)，
m m−a
B(m−a，0)(a>m>0)的位置和函数y = (x>0)、y = (x<0)的图像如图所示．以AB为边在x
1 x 2 x
轴上方作正方形ABCD，AD边与函数y 的图像相交于点E，CD边与函数y 、y 的图像分别相交于点G、
1 1 2
H，一次函数y 的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接PH．
3
(1)m=2，a=4，求函数y 的表达式及△PGH的面积；
3
(2)当a、m在满足a>m>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y 的图像上？并说明理由．
2
1
【答案】(1)函数y 的表达式为y =−2x+5，△PGH的面积为
3 3 2
(2)不变，理由见解析
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(3)在，理由见解析
2 −2
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y = ，y = ，则AB=4，当x=2，
1 x 2 x
2 2 1 (1 ) −2 1
y = =1，则E(2，1)；当y =4，4= ，解得x= ，则G ，4 ；当y =4，4= ，解得x=− ，
1 2 1 x 2 2 2 x 2
( 1 )
则H − ，4 ；待定系数法求一次函数y 的解析式为y =−2x+5，当x=0，y =5，则P(0，5)，根据
2 3 3 3
1 [1 ( 1)]
S = × − − ×(5−4)，计算求解即可；
△PGH 2 2 2
（2）求解过程同（1）；
(m−a )
（3）设直线PH的解析式为y=k x+b ，将P(0，1+a)，H ，a ，代入y=k x+b 得，¿，解
2 2 a 2 2
a a
得¿，即y= x+1+a，当x=m−a，y= ×(m−a)+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为
a−m a−m
m−a
(m−a，1)，当x=m−a，y = =1，进而可得结论．
2 m−a
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
2 −2
∴A(2，0)，B(−2，0)，y = ，y = ，
1 x 2 x
∴AB=4，
2
当x=2，y = =1，则E(2，1)；
1 2
2 1 (1 )
当y =4，4= ，解得x= ，则G ，4 ；
1 x 2 2
−2 1 ( 1 )
当y =4，4= ，解得x=− ，则H − ，4 ；
2 x 2 2
设一次函数y 的解析式为y =kx+b，
3 3
(1 )
将E(2，1)，G ，4 ，代入y =kx+b得，¿，解得¿，
2 3
∴y =−2x+5，
3
当x=0，y =5，则P(0，5)，
3
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1 [1 ( 1)] 1
∴S = × − − ×(5−4)= ；
△PGH 2 2 2 2
1
∴函数y 的表达式为y =−2x+5，△PGH的面积为 ；
3 3 2
（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
m m−a
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y = ，y = ，
1 x 2 x
∴AB=a，
m
当x=m，y = =1，则E(m，1)；
1 m
m m (m )
当y =a，a= ，解得x= ，则G ，a ；
1 x a a
m−a m−a (m−a )
当y =a，a= ，解得x= ，则H ，a ；
2 x a a
设一次函数y 的解析式为y =k x+b ，
3 3 1 1
(m )
将E(m，1)，G ，a ，代入y =k x+b 得，¿，解得¿，
a 3 1 1
a
∴y =− x+1+a，
3 m
当x=0，y =1+a，则P(0，1+a)，
3
1 [m (m−a)] 1
∴S = × − ×(1+a−a)= ；
△PGH 2 a a 2
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y 的图像上，理由如下：
2
设直线PH的解析式为y=k x+b ，
2 2
(m−a )
将P(0，1+a)，H ，a ，代入y=k x+b 得，¿，解得¿，
a 2 2
a
∴y= x+1+a，
a−m
a
当x=m−a，y= ×(m−a)+1+a=1，
a−m
∴直线PH与BC边的交点坐标为(m−a，1)，
m−a
当x=m−a，y = =1，
2 m−a
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∴直线PH与BC边的交点在函数y 的图像上．
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对
知识的熟练掌握与灵活运用．
61．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在y轴上，A，C
k
两点的坐标分别为(4,0)，(4,m)，直线CD：y=ax+b(a≠0)与反比例函数y= (k≠0)的图象交于C，
x
P(−8,−2)两点．
(1)求该反比例函数的解析式及m的值；
(2)判断点B是否在该反比例函数的图象上，并说明理由．
16
【答案】(1)y= ，m=4
x
(2)点B在该反比例函数的图象上，理由见解答
k k
【分析】（1）因为点P(−8,−2)在双曲线y= 上，所以代入P点坐标即可求出双曲线y= 的函数关系
x x
k
式，又因为点C(4,m)在y= 双曲线上，代入即可求出m的值；
x
（2）先求出点B的坐标，判断即可得出结论．
k
【详解】（1）解：将点P(−8,−2)代入y= 中，得k=−8×(−2)=16，
x
16
∴反比例函数的解析式为y= ，
x
16
将点C(4,m)代入y= 中，
x
16
得m= =4；
4
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（2）解：因为四边形ABCD是菱形，A(4,0)，C(4,4)，
1
∴m=4，B(8, m)，
2
∴B(8,2)，
16
由（1）知双曲线的解析式为y= ；
x
∵2×8=16，
∴点B在双曲线上．
【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，菱形的性质，解题的关键是用m表示出点D
的坐标．
m
62．（2021·四川雅安·统考中考真题）已知反比例函数y= 的图象经过点A(2,3)．
x
（1）求该反比例函数的表达式；
m
（2）如图，在反比例函数y= 的图象上点A的右侧取点C，作CH⊥x轴于H，过点A作y轴的垂线AG
x
交直线CH于点D．
①过点A，点C分别作x轴，y轴的垂线，交于B，垂足分别为为F、E，连结OB，BD，求证：O，B，D
三点共线；
②若AC=2OA，求证：∠AOD=2∠DOH．
6
【答案】（1）反比例函数的表达式为y= ；（2）①证明见详解；②证明见详解．
x
m
【分析】（1）根据反比例函数y= 的图象经过点A(2,3)，可得m=xy=6即可；
x
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3 3
（2）①利用锐角三角函数值tan∠EBO= ，tan∠DBC== 相等，可证∠EBO=∠DBC，利用平角定义
a a
∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°即可；
1
②设AC与OD交于K，先证四边形ABCD为矩形，可得∠KAD=∠KDA，KA=KC= AC，由AC=2OA，
2
可得AO=AK，由∠AKO为 AKD的外角，可得∠AKO=2∠ADK，由AD∥OH 性质，可得∠DOH=∠ADK
即可． △
m
【详解】解：（1）∵反比例函数y= 的图象经过点A(2,3)，
x
∴m=xy=2×3=6，
6
∴该反比例函数的表达式为y= ；
x
6 6
（2）①设点C（a, ），则B（2， ），D（a,3），
a a
6 6
∴OE= ，BE=2，CD=3- ，BC=a−2，
a a
6 6 3a−6
3−
∴tan∠EBO=OE a 3，tan∠DBC=CD a a 3，
= = = = =
EB 2 a BC a−2 a−2 a
∴∠EBO=∠DBC，
∵∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°，
∴点O，点B，点D三点共线；
②设AC与OD交于K，
∵AD⊥y轴，CB⊥y轴，
∴AD∥BC∥x轴，
∵AF⊥x轴，DH⊥x轴，
∴AB∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AF⊥x轴，AD∥x轴，
∴AF⊥AD，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
1
∴∠KAD=∠KDA，KA=KC= AC，
2
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∵AC=2OA，
∴AO=AK，
∴∠AOD=∠AKO，
又∵∠AKO为△AKD的外角，
∴∠AKO=∠KAD+∠KDA=2∠ADK，
∵AD∥OH ，
∴∠DOH=∠ADK，
∴∠AOD=2∠DOH．
【点睛】本题考查待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，平角定义，矩形判定与性质，等腰三
角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质，掌握待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，
平角定义，矩形判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质是解题关键．
63．（2023·贵州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，反比例函数
k
y= (x>0)的图象分别与AB,BC交于点D(4,1)和点E，且点D为AB的中点．
x
(1)求反比例函数的表达式和点E的坐标；
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k
(2)若一次函数y=x+m与反比例函数y= (x>0)的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之
x
间的部分时（点M可与点D,E重合），直接写出m的取值范围．
4
【答案】(1)反比例函数解析式为y= ，E(2，2)
x
(2)−3≤m≤0
【分析】（1）根据矩形的性质得到BC∥OA，AB⊥OA，再由D(4,1)是AB的中点得到B(4，2)，从
而得到点E的纵坐标为2，利用待定系数法求出反比例函数解析式，进而求出点E的坐标即可；
（2）求出直线y=x+m恰好经过D和恰好经过E时m的值，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，AB⊥OA，
∵D(4,1)是AB的中点，
∴B(4，2)，
∴点E的纵坐标为2，
k
∵反比例函数y= (x>0)的图象分别与AB,BC交于点D(4,1)和点E，
x
k
∴1= ，
4
∴k=4，
4
∴反比例函数解析式为y= ，
x
4 4
在y= 中，当y= =2时，x=2，
x x
∴E(2，2)；
（2）解：当直线 y=x+m经过点E(2，2)时，则2+m=2，解得m=0；
当直线 y=x+m经过点D(4，1)时，则4+m=1，解得m=−3；
k
∵一次函数y=x+m与反比例函数y= (x>0)的图象相交于点M，当点M在反比例函数图象上D,E之间
x
的部分时（点M可与点D,E重合），
∴−3≤m≤0．
【点睛】本题主要考查了求一次函数解析式，一次函数与反比例函数综合，矩形的性质等等，灵活运用所
学知识是解题的关键．
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题型 15 探究四边形与二次函数综合运用
64．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图（1），二次函数y=ax2−5x+c的图像与x轴交于A(−4,0)，
B(b,0)两点，与y轴交于点C(0,−4)．
(1)求二次函数的解析式和b的值．
1
(2)在二次函数位于x轴上方的图像上是否存在点M，使S = S ？若存在，请求出点M的坐标；若
△BOM 3 △ABC
不存在，请说明理由．
(3)如图（2），作点A关于原点O的对称点E，连接CE，作以CE为直径的圆．点E'是圆在x轴上方圆弧上
的动点（点E'不与圆弧的端点E重合，但与圆弧的另一个端点可以重合），平移线段AE，使点E移动到点
A A'
E'，线段AE的对应线段为A'E'，连接E'C，A' A，A'A的延长线交直线E'C于点N，求 的值．
CN
【答案】(1)y=−x2−5x−4，b=−1
(2)不存在，理由见解析
(3)1
【分析】（1）将点A，C的坐标代入y=ax2−5x+c得到二元一次方程组求解可得a，c的值，可确定二
次函数的解析式，再令y=0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，从而确定b的值；
1
（2）不存在．设M(m,−m2−5m−4)，根据S = S ，可得m2+5m+8=0，根据
△BOM 3 △ABC
Δ=52−4×8=−7<0，可确定方程无实数根，即可作出判断；
（3）根据对称的性质和点的坐标可得OE=OA=OC=4，根据等腰三角形的性质及判定可得
∠OAC=∠OCA=45°=∠OCE=∠OEC，AC=EC，再根据CE为圆的直径，可得∠CE'E=90°，然
后分两种情况：①当点E'与点O不重合时，由平移的性质可得四边形AEE' A'是平行四边形，从而得到
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A A'
A' A∥E'E，A' A=E'E，再证明△ANC≌△CE'E(AAS)，可得CN=EE'，可得 的值；②当点E'
CN
A A'
与点O重合时，此时点N与点O重合，可得A A'=EE'=OE=4，CN=CO=4，代入 可得结论．
CN
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2−5x+c的图像与x轴交于A(−4,0)，B(b,0)两点，与y轴交于点
C(0,−4)，
∴¿，
解得：¿，
∴二次函数的解析式为y=−x2−5x−4，
当y=0时，得：−x2−5x−4=0，
解得：x =−4，x =−1，
1 2
∴B(−1,0)，
∴二次函数的解析式为y=−x2−5x−4，b=−1；
（2）不存在．理由如下：
如图，设M(m,−m2−5m−4)，
∵A(−4,0)，B(−1,0)，C(0,−4)，
∴AB=−1−(−4)=3，OB=1，OC=4，
1
∵点M在二次函数位于x轴上方的图像上，且S = S ，
△BOM 3 △ABC
1 1 1
∴ ×1×(−m2−5m−4)= × ×3×4，
2 3 2
整理得：m2+5m+8=0，
∵Δ=52−4×8=−7<0，
∴方程无实数根，
∴不存在符合条件的点M；
（3）如图，设CE'交x轴于点M，
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∵A(−4,0)，C(0,−4)，
∴OA=OC=4，
∵点E与点A关于原点O对称，
∴OE=OA=OC=4，
∵∠AOC=∠EOC=90°，
∴∠OAC=∠OCA=45°=∠OCE=∠OEC，
∴AC=EC，
∵CE为圆的直径，
∴∠CE'E=90°，
∵平移线段AE，使点E移动到点E'，线段AE的对应线段为A'E'，
①当点E'与点O不重合时，
∴A'E'=AE，A'E'∥AE，
∴四边形AEE'A'是平行四边形，
∴A' A∥E'E，A' A=E'E，
∴∠AN E'=∠CE'E=90°，∠MAN=∠MEE'，
∴∠ANC=90°，
在Rt△ANM和Rt△COM中，
∵∠MAN=90°−∠AMN，∠MCO=90°−∠CMO，
∴∠MAN=∠MCO，
∵∠OAC=∠OCE=45°，
∴∠CAN=∠ECE'，
又∵∠ANC=∠CE'E=90°，
在△ANC和△CE'E中，
¿，
∴△ANC≌△CE'E(AAS)，
∴CN=EE'，
∴A A'=CN，
A A'
∴ =1，
CN
②当点E'与点O重合时，此时点N与点O重合，
∴A A'=EE'=OE=4，CN=CO=4，
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A A' 4
∴ = =1，
CN 4
A A'
综上所述， 的值为1．
CN
【点睛】本题考查用待定系数法确定二次函数解析式，函数图像上点的坐标特征，一元二次方程的应用，
直径所对的圆周角为直角，对称和平移的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等
腰三角形的判定和性质，三角形的面积等知识点，运用了分类讨论的思想．找到全等三角形是解题的关键．
65．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A，B，交y轴于点
C，点B的坐标为(1,0)，对称轴是直线x=−1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交
抛物线于点N．
(1)求这个二次函数的解析式．
(2)若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P
的坐标．
(3)若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，
请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
75 ( 3 )
(2)S 最大值为 ，此时P − ，0
四边形ABCN 8 2
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(3)Q(0，−1)或Q(0，3√2−1)或Q(0，−1−3√2)
【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出b=2，再把B(1,0)代入二次函数解析式中进行求解即可；
（2）先求出A(−3，0)，C(0，−3)，则AB=4，OC=3，求出直线AC的解析式为y=−x−3，设
P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，则MN=−m2−3m；再由
3( 3) 2 75 3
S =S +S 得到S =− m+ + ，故当m=− 时，S 最大，最大
四边形ABCN △ABC △ACN 四边形ABCN 2 2 8 2 四边形ABCN
75 ( 3 )
值为 ，此时点P的坐标为 − ，0 ；
8 2
（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，MC为对角线和边，利用菱形的性质进行
列式求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线x=−1，
b
∴− =−1，
2
∴b=2，
∵二次函数经过点B(1,0)，
∴12+b+c=0，即1+2+c=0，
∴c=−3，
∴二次函数解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：∵二次函数经过点B(1,0)，且对称轴为直线x=−1，
∴A(−3，0)，
∴AB=4，
∵二次函数y=x2+2x−3与y轴交于点C，
∴C(0，−3)，
∴OC=3；
设直线AC的解析式为y=kx+b'，
∴¿，
∴¿，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，
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∴MN=−m−3−(m2+2m−3)=−m2−3m；
1 1
∵S = AB⋅OC= ×4×3=6，
△ABC 2 2
∴S =S +S
四边形ABCN △ABC △ACN
=S +S +S
△ABC △AMN △CMN
1 1
= AP⋅MN+ OP⋅MN+6
2 2
1
= ×3(−m2−3m)+6
2
3( 3) 2 75
=− m+ + ，
2 2 8
3
∵− <0，
2
3 75
∴当m=− 时，S 最大，最大值为 ，
2 四边形ABCN 8
( 3 )
∴此时点P的坐标为 − ，0 ；
2
（3）解：设P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，即MN∥CQ，
∴MN、CQ是以M、N、C、Q为顶点的菱形的边；
如图3-1所示，当MC为对角线时，
∵OA=OC=3，
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∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∵QM=QC，
∴∠QMC=∠QCM=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，即NC∥x轴，
∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为(−2，−3)，
∴CQ=CN=2，
∴Q(0，−1)；
如图3-2所示，当MC为边时，则MN=CM，
∵M(m，−m−3)，C(0，−3)，N(m，m2+2m−3)
∴CM=√ m2+[(−m−3)−(−3)] 2 =−√2m，MN=m2+2m−3−(−m−3)=m2+3m
∴m2+3m=−√2m，
解得m=−3−√2或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−√2m=3√2+2，
∴Q(0，3√2−1)；
如图3-3所示，当MC为边时，则MN=CM，
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同理可得CM=−√2m，
∴−m2−3m=−√2m，
解得m=√2−3或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−√2m=3√2−2，
∴Q(0，−1−3√2)；
如图3-4所示，当MC为边时，则CM=MN，
同理可得m2+3m=√2m，
解得m=√2−3（舍去）或m=0（舍去）；
如图3-5所示，当MC为对角线时，
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∴∠MCQ=∠ACO=45°，
∵CQ=MQ，
∴∠QCM=∠QMC=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3-6所示，当MC为对角线时，设MC，QN交于S，
∵MN∥y轴，
∴∠NMC=180°−∠MCO=135°，
∵NQ⊥CM，
∴∠NSM=90°，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
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综上所述，Q(0，−1)或Q(0，3√2−1)或Q(0，−1−3√2)．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析
式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
66．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P(m,0)旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C、
D．
①连结AB、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线x=m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、
Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−(x−1) 2+4（或y=−x2+2x+3）
(2)①m=4，②存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为y=a(x−1) 2+4，再把B(−1,0)
代入即可得出答案；
（2）①过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，根据∠BAD=∠BEA=90°，又因为∠ABE=∠DBA，证明出
△BAE∽△BDA，从而得出AB2=BE⋅BD，将BD=2(m+1)，BE=2，AE=4代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到C(7,−4)，点M的横坐标为4，B(−1,0)，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边
形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在
平行四边形为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．
【详解】（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A(1,4)，
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∴设二次函数的表达式为y=a(x−1) 2+4，
又∵B(−1,0)，∴0=a(−1−1) 2+4，
解得：a=−1，
∴y=−(x−1) 2+4（或y=−x2+2x+3）；
（2）①∵点P在x轴正半轴上，
∴m>0，
∴BP=m+1，
由旋转可得：BD=2BP，
∴BD=2(m+1)，
过点A(1,4)作AE⊥x轴于点E，
∴BE=2，AE=4，
在Rt△ABE中，AB2=BE2+AE2=22+42=20，
当四边形ABCD为矩形时，AD⊥AB，
∴∠BAD=∠BEA=90°，
又∠ABE=∠DBA，
∴△BAE∽△BDA，
∴AB2=BE⋅BD，
∴4(m+1)=20，
解得m=4；
②由题可得点A(1,4)与点C关于点P(4,0)成中心对称，
∴C(7,−4)，
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∵点M在直线x=4上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q(−4,y )代入y=−x2+2x+3，
1
解得：y =−21，
1
∴Q(−4,−21)，
2）、当以BC为边时，平行四边形为BCQM，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q(12,y )代入y=−x2+2x+3，
2
解得：y =−117，
2
∴Q(12,−117)，
3）、当以BC为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴Q(2,y )代入y=−x2+2x+3，
3
得：y =3，
3
∴Q(2,3)，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为(−4,−21)或(2,3)或(12,−117)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性
问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
67．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y=x2+mx+n的图象交点为A（-1，0），B（4，5）．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度
的最大值；
(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点
C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，2）
25
(3)
4
(1 5)
(4)N (1,1),N (−1,2),N (1,4),N ,
1 2 3 4 2 2
【分析】（1）将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得到关于m，n的二元一次方程组求解即可；
（2）抛物线的对称轴为x=1，求出直线AB与对称轴的交点即可求解；
（3）设D(d,d2−2d−3)，则E(d,d+1)，则DE=(d+1)−(d2−2d−3)=−d2+3d+4(−1AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A'，连接
AA'交BD于点E，连接CA'．
(1)求证：AA'⊥CA'；
(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．
①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA'=√3CA'；
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②如图3，⊙O与CA'相切，AD=1，求⊙O的面积．
【答案】(1)见解析
2+√2
(2)①见解析；② π
4
【分析】（1）由点A关于BD的对称点为A'可知点E是AA'的中点，∠AEO=90°，从而得到OE是
△AC A'的中位线，继而得到OE∥A'C，从而证明AA'⊥CA'；
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，先证明△OCG≌△OAF(AAS)得到OG=OF，
由⊙O与CD相切，得到OG=OE，继而得到OE=OF，从而证明AO是∠EAF的角平分线，即
∠OAE=∠OAF，∠OAE=∠OAF=x，求得∠AOE=2x，利用直角三角形两锐角互余得到
∠AOE+∠OAE=90°，从而得到∠OAE=30°，即∠A' AC=30°，最后利用含30度角的直角三角形的
性质得出AA'=√3CA'；
②先证明四边形A'EOH是正方形，得到OE=OH=A'H，再利用OE是△AC A'的中位线得到
1
OE= A'C，从而得到OH=CH，∠OCH=45°，再利用平行线的性质得到∠AOE=45°，从而证明
2
△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，设AE=OE=r，求得DE=(√2−1)r，在Rt△ADE中，
2+√2 2+√2
AE2+DE2=AD2即r2+(√2−1) 2 r2=12，解得r2= ，从而得到⊙O的面积为S=πr2= π．
4 4
【详解】（1）∵点A关于BD的对称点为A'，
∴点E是AA'的中点，∠AEO=90°，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC的中点，
∴OE是△AC A'的中位线，
∴OE∥A'C
∴∠AA'C=∠AEO=90°，
∴AA'⊥CA'
（2）①过点O作OF⊥AB于点F，延长FO交CD于点G，则∠OFA=90°，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AO=BO=CO=DO，
∴∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°．
∵∠OCG=∠OAF，∠OGC=∠OFA=90°，AO=CO，
∴△OCG≌△OAF(AAS)，
∴OG=OF．
∵⊙O与CD相切，OE为半径，∠OGC=90°，
∴OG=OE，
∴OE=OF
又∵∠AEO=90°即OE⊥AE，OF⊥AB，
∴AO是∠EAF的角平分线，即∠OAE=∠OAF，
设∠OAE=∠OAF=x，则∠OCG=∠OAF=x，
又∵CO=DO
∴∠OCG=∠ODG=x
∴∠AOE=∠OCG+∠ODG=2x
又∵∠AEO=90°，即△AEO是直角三角形，
∴∠AOE+∠OAE=90°，即2x+x=90°
解得：x=30°，
∴∠OAE=30°，即∠A' AC=30°，
在Rt△A' AC中，∠A' AC=30°，∠A A'C=90°，
∴AC=2C A'，
∴AA'=√AC2−C A'2=√(2C A') 2 −C A'2=√3CA'；
②过点O作OH⊥A'C于点H，
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∵⊙O与CA'相切，
∴OE=OH，∠A'HO=90°
∵∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO=90°
∴四边形A'EOH是矩形，
又∵OE=OH，
∴四边形A'EOH是正方形，
∴OE=OH=A'H，
又∵OE是△AC A'的中位线，
1
∴OE= A'C
2
1
∴A'H=CH= A'C
2
∴OH=CH
又∵∠A'HO=90°，
∴∠OCH=45°
又∵OE∥A'C，
∴∠AOE=45°
又∵∠AEO=90°，
∴△AEO是等腰直角三角形，AE=OE，
设AE=OE=r，则AO=DO=√AE2+OE2=√2r
∴DE=DO−OE=√2r−r=(√2−1)r
在Rt△ADE中，AE2+DE2=AD2，AD=1
即r2+(√2−1) 2 r2=12
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1 1 2+√2
∴r2= = =
1+(√2−1) 2 4−2√2 4
2+√2
∴⊙O的面积为：S=πr2= π
4
【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质
与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键．
73．（2023·上海·统考中考真题）如图（1）所示，已知在△ABC中，AB=AC，O在边AB上，点F为边
OB中点，为以O为圆心，BO为半径的圆分别交CB，AC于点D，E，联结EF交OD于点G．
(1)如果OG=DG，求证：四边形CEGD为平行四边形；
(2)如图（2）所示，联结OE，如果∠BAC=90°,∠OFE=∠DOE,AO=4，求边OB的长；
OG
(3)联结BG，如果△OBG是以OB为腰的等腰三角形，且AO=OF，求 的值．
OD
【答案】(1)见解析
(2)1+√33
1
(3)
2
【分析】（1）根据等边对等角得出∠B=∠C，∠ODB=∠B，等量代换得出∠C=∠ODB，则
OD∥AC，根据F是OB的中点，OG=DG，则FG是△OBD的中位线，则FG∥BC，即可得证；
（2）设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，则OE=OB=2a，由（1）可得OD∥AC则
∠AEO=∠DOE=α，等量代换得出∠OFE=∠AEO=α，进而证明△AEO∽△AFE，得出
AE2=AO⋅AF，在Rt△AEO中，AE2=EO2−AO2，则EO2−AO2=AO×AF，解方程即可求解；
（3）△OBG是以OB为腰的等腰三角形，分为①当OG=OB时，②当BG=OB时，证明△BGO∽△BPA，
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OG 2
得出 = ，设OG=2k,AP=3k，根据OG∥AE，得出△FOG∽△FAE，可得AE=2OG=4k，
AP 3
1
PE=AE−AP=k，连接OE交PG于点Q，证明△QPE∽△QGO在△PQE与△BQO中，PQ= a，
3
2 8 PQ QE 1
BQ=BG+QG=2a+ a= a，得出 = = ，可得△PQE∽△OQB，根据相似三角形的性质得出
3 3 OQ BQ 4
a=2k，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵AC=AB
∴∠ABC=∠C
∵OD=OB
∴∠ODB=∠ABC,
∴∠C=∠ODB
∴OD∥AC，
∵F是OB的中点，OG=DG，
∴FG是△OBD的中位线，
∴FG∥BC，即¿∥CD，
∴四边形CEDG是平行四边形；
（2）解：∵∠OFE=∠DOE,AO=4，点F边OB中点，
设∠OFE=∠DOE=α，OF=FB=a，则OE=OB=2a
由（1）可得OD∥AC
∴∠AEO=∠DOE=α，
∴∠OFE=∠AEO=α，
又∵∠A=∠A
∴△AEO∽△AFE,
AE AO
∴ =
AF AE
即AE2=AO⋅AF，
∵∠A=90°，
在Rt△AEO中，AE2=EO2−AO2，
∴EO2−AO2=AO×AF，
∴(2a) 2−42=4×(4+a)
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1+√33 1−√33
解得：a= 或a= （舍去）
2 2
∴OB=2a=1+√33；
（3）解：①当OG=OB时，点G与点D重合，舍去；
②当BG=OB时，如图所示，延长BG交AC于点P，
∵点F是OB的中点，AO=OF，
∴AO=OF=FB，
设AO=OF=FB =a，
∵OG∥AC
∴△BGO∽△BPA，
OG OB 2a 2
∴ = = = ，
AP AB 3a 3
设OG=2k,AP=3k，
∵OG∥AE
∴△FOG∽△FAE，
OG OF a 1
∴ = = = ，
AE AF 2a 2
∴AE=2OG=4k，
∴PE=AE−AP=k，
连接OE交PG于点Q，
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∵OG∥PE，
∴△QPE∽△QGO
GO QG OQ 2k
∴ = = = =2，
PE PQ EQ k
1 2 2 4
∴PQ= a,QG= a，EQ= a,OQ= a
3 3 3 3
1 2 8
在△PQE与△BQO中，PQ= a，BQ=BG+QG=2a+ a= a，
3 3 3
PQ QE 1
∴ = = ，
OQ BQ 4
又∠PQE=∠BQO，
∴△PQE∽△OQB，
PE 1
∴ = ，
OB 4
k 1
∴ = ，
2a 4
∴a=2k，
∵OD=OB=2a,OG=2k，
OG 2k k 1
∴ = = = ．
OD 2a a 2
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等
腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明△PQE∽△OQB是解
题的关键．
74．（2021·四川攀枝花·统考中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=12，
BC=14，AD=9，线段BC上的点P从点B运动到点C，∠ADP的角平分线DQ交以DP为直径的圆M于
点Q，连接PQ．
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(1)当点P不与点B重合时，求证：PQ平分∠BPD；
(2)当圆M与直角梯形ABCD的边相切时，请直接写出此时BP的长度；
(3)动点P从点B出发，运动到点C停止，求点Q所经过的路程．
【答案】(1)见解析
(2)4或9
(3)8
【分析】（1）利用等角的余角相等证明∠QPD=∠BPQ即可；
（2）分两种情况讨论：①当⊙M与AB相切时，连接QM，②当⊙M与BC相切时，分别求解即可；
（3）由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，求出点P与点B重合时KQ'的长，点P
与点C重合时QK的长，可得结论．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵PD是直径，
∴∠PQD=90°，
∴∠QDP+∠QPD=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ADP+∠DPB=180°，
∴∠ADQ+∠BPQ=90°，
∵QD平分∠ADP，
∴∠ADQ=∠QDP，
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∴∠QPD=∠BPQ，
∴PQ平分∠BPD．
（2）解：如图2﹣1中，当⊙M与AB相切时，连接QM．
∵MQ=MP，
∴∠MQP=∠MPQ，
∵∠QPM=∠QPB，
∴∠MQP=∠QPB，
∴MQ∥PB，
∵DM=PM，
∴AQ=QB=6，
∵∠A=∠B=∠DQP=90°，
∴∠AQD+∠BQP=90°，∠BQP+∠QPB=90°，
∴∠AQD=∠BPQ，
∴△DAQ∽△QBP，
AD AQ
∴ = ，
QB PB
9 6
∴ = ，
6 BP
∴BP=4．
如图2﹣2中，当⊙M与BC相切时，四边形ABPD是矩形，
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∴BP=AD=9，AB=PD=12，CD=√CP2+PD2=√52+122=13，
综上所述，满足条件的BP的值为4或9．
（3）解：如图3中，由（2）可知点Q在梯形ABCD的中位线TK所在的直线上，
当点P与B重合时， BD=√AD2+AB2=√92+122=15，
∵DM=MB，
1 15
∴MQ'= BD= ，
2 2
∵DK=KC，MD=MB，
1
∴MK= BC=7，
2
15 29
∴KQ'=MQ'+MK= +7= ，
2 2
1 13
当点P与C重合时，KQ= CD= ，
2 2
29 13
∴QQ'=Q'K−KQ= − =8．
2 2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了直角梯形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，勾
股定理等知识，注意要分类讨论．
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75．（2022·浙江舟山·中考真题）如图1．在正方形ABCD中，点F，H分别在边AD，AB上，连结AC，
FH交于点E，已知CF=CH．
(1)线段AC与FH垂直吗？请说明理由．
KH AK
(2)如图2，过点A，H，F的圆交CF于点P，连结PH交AC于点K．求证： = ．
CH AC
CP
(3)如图3，在（2）的条件下，当点K是线段AC的中点时，求 的值．
PF
【答案】(1)AC⊥FH，见解析
(2)见解析
CP 3
(3) =
PF 2
【分析】（1）证明Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），得到∠DCF=∠BCH，进一步得到
∠FCA=∠HCA，由 CFH是等腰三角形，结论得证；
△ AK KG KH KG
（2）过点K作KG⊥AB于点G．先证 AKG∽△ACB，得 = ，证 KHG∽CHB可得 = ，
AC CB CH CB
△ △
结论得证；
GH 1
（3）过点K作KG⊥AB点G．求得 = ，设GH=a，BH=2a，则KG＝AG＝GB＝3a，则
BH 2
CH=CF＝√BH2+BC2=2√10a，勾股定理得FH=√AH2+AF2=4√2a，EH=2√2a，由
PF FH 4√10 6√10
△FPH∽△HEC得 = ，得PF= a，CP= a，即可得到答案．
EH CH 5 5
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠D=∠B=90°，
又∵CF=CH，
∴Rt△CDF≌Rt△CBH（HL），
∴∠DCF=∠BCH．
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又∵∠DCA=∠BCA=45°，
∴∠FCA=∠HCA．
∵CF=CH
∴△CFH是等腰三角形，
∴AC⊥FH．
（2）证明：如图1，过点K作KG⊥AB于点G．
∵CB⊥AB，
∴KG∥CB．
∴△AKG∽△ACB，
AK KG
∴ = ．
AC CB
∵∠PHA=∠DFC，∠DFC=∠CHB，
∴∠KHG=∠CHB．
∴△KHG∽△CHB，
KH KG
∴ = ，
CH CB
AK KH
∴ = ．
AC CH
（3）解：如图2，过点K作KG⊥AB点G．
∵点K为AC中点：
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KH AK 1
由（2）得 = = ，
CH AC 2
GH KH 1
∴ = = ，
BH CH 2
设GH=a，BH=2a，则KG=AG=GB=3a，
∴CB=AB=6a，AH=4a，
∴CH=CF＝√BH2+BC2=2√10a，
∵AF=AH，
∴FH=√AH2+AF2=4√2a，EH=2√2a，
∵∠FPH+∠FAH=180°，
∴∠FPH=90°=∠CEH，
又∵∠CHE=∠PFH，
∴△FPH∽△HEC，
PF FH
∴ = ．
EH CH
4√10
∴PF= a，
5
6√10
∴CP=CF−PF= a，
5
CP 3
∴ = ．
PF 2
【点睛】此题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形全等的判定定理等知
识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
76．（2020·陕西·统考中考真题）问题提出
（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，∠ACB的平分线交AB于点D．过点D分别作
DE⊥AC，DF⊥BC．垂足分别为E，F，则图1中与线段CE相等的线段是 ．
问题探究
（2）如图2，AB是半圆O的直径，AB＝8．P是A´B上一点，且P´B=2P´A，连接AP，BP．∠APB的平分线
交AB于点C，过点C分别作CE⊥AP，CF⊥BP，垂足分别为E，F，求线段CF的长．
问题解决
（3）如图3，是某公园内“少儿活动中心”的设计示意图．已知⊙O的直径AB＝70m，点C在⊙O上，且
CA＝CB．P为AB上一点，连接CP并延长，交⊙O于点D．连接AD，BD．过点P分别作PE⊥AD，
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PF⊥BD，重足分别为E，F．按设计要求，四边形PEDF内部为室内活动区，阴影部分是户外活动区，圆
内其余部分为绿化区．设AP的长为x（m），阴影部分的面积为y（m2）．
①求y与x之间的函数关系式；
②按照“少儿活动中心”的设计要求，发现当AP的长度为30m时，整体布局比较合理．试求当AP＝30m
时．室内活动区（四边形PEDF）的面积．
1
【答案】（1）CF、DE、DF；（2）CF＝6﹣2√3；（3）① y＝﹣ x2+35x+1225；② 576m2．
2
【分析】（1）证明四边形CEDF是正方形，即可得出结果；
（2）连接OP，由AB是半圆O的直径，P´B=2P´A，得出∠APB＝90°，∠AOP＝60°，则∠ABP＝30°，同
（1）得四边形PECF是正方形，得PF＝CF，在Rt APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝4√3 ，在Rt CFB中，
△ △
CF
BF＝ ＝√3CF，推出PB＝CF+BF，即可得出结果；
tan∠ABC
（3）① 同（1）得四边形DEPF是正方形，得出PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
将 APE绕点P逆时针旋转90°，得到 A′PF，PA′＝PA，则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，证
△ △
1 1
∠A′PB＝90°，得出S +S ＝S ＝ PA′•PB＝ x（70﹣x），在Rt ACB中，AC＝BC＝35√2 ，
PAE PBF PA′B 2 2
△ △ △
△
1
S ＝ AC2＝1225，由y＝S +S ，即可得出结果；
ACB 2 PA′B ACB
△ △ △
② 当AP＝30时，A′P＝30，PB＝40，在Rt A′PB中，由勾股定理得A′B＝√A'P2+PB2 ＝√302+402＝
△
1 1
50，由S ＝ A′B•PF＝ PB•A′P，求PF，即可得出结果．
A′PB 2 2
△
【详解】解：（1）∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，DF⊥BC，
∴四边形CEDF是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，
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∴DE＝DF，
∴四边形CEDF是正方形，
∴CE＝CF＝DE＝DF，
故答案为：CF、DE、DF；
（2）连接OP，如图2所示：
∵AB是半圆O的直径，P´B=2P´A，
1
∴∠APB＝90°，∠AOP＝ ×180°＝60°，
3
∴∠ABP＝30°，
同（1）得：四边形PECF是正方形，
∴PF＝CF，
√3
在Rt APB中，PB＝AB•cos∠ABP＝8×cos30°＝8× ＝4√3 ，
2
△
CF
CF CF
在Rt CFB中BF＝ ＝ ＝√3 ＝√3CF，
tan∠ABC tan30∘
3
△
∵PB＝PF+BF，
∴PB＝CF+BF，
即：4√3＝CF+√3CF，
解得：CF＝6﹣2√3；
（3）①∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵CA＝CB，
∴∠ADC＝∠BDC，
同（1）得：四边形DEPF是正方形，
∴PE＝PF，∠APE+∠BPF＝90°，∠PEA＝∠PFB＝90°，
∴将 APE绕点P逆时针旋转90°，得到 A′PF，PA′＝PA，如图3所示：
△ △
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则A′、F、B三点共线，∠APE＝∠A′PF，
∴∠A′PF+∠BPF＝90°，即∠A′PB＝90°，
1 1
∴S +S ＝S ＝ PA′•PB＝ x（70﹣x），
PAE PBF PA′B 2 2
△ △ △
√2 √2
在Rt ACB中，AC＝BC＝ AB＝ ×70＝35√2，
2 2
△
1 1
∴S ＝ AC2＝ ×（35√2）2＝1225，
ACB 2 2
△
1 1
∴y＝S +S ＝ x（70﹣x）+1225＝﹣ x2+35x+1225；
PA′B ACB 2 2
△ △
②当AP＝30时，A′P＝30，PB＝AB﹣AP＝70﹣30＝40，
在Rt A′PB中，由勾股定理得：A′B＝√A'P2+PB2 ＝√302+402＝50，
△
1 1
∵S ＝ A′B•PF＝ PB•A′P，
A′PB 2 2
△
1 1
∴ ×50×PF＝ ×40×30，
2 2
解得：PF＝24，
∴S ＝PF2＝242＝576（m2），
四边形PEDF
∴当AP＝30m时．室内活动区（四边形PEDF）的面积为576m2．
【点睛】本题是关于圆的综合题，主要考查了圆周角定理、勾股定理、矩形的判定、正方形的判定与性质、
角平分线的性质、旋转的性质、三角函数定义、三角形面积与正方形面积的计算等知识；熟练掌握圆周角
定理和正方形的判定与性质是解题的关键．
77．（2020·江苏连云港·中考真题）（1）如图1，点P为矩形ABCD对角线BD上一点，过点P作
EF//BC，分别交AB、CD于点E、F．若BE=2，PF=6，△AEP的面积为S ，△CFP的面积为S ，
1 2
则S +S =________；
1 2
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（2）如图2，点P为 ▱ABCD内一点（点P不在BD上），点E、F、G、H分别为各边的中点．设四边形
AEPH的面积为S ，四边形PFCG的面积为S （其中S >S ），求△PBD的面积（用含S 、S 的代数式表
1 2 2 1 1 2
示）；
（3）如图3，点P为 ▱ABCD内一点（点P不在BD上）过点P作EF//AD，HG//AB，与各边分别相
交于点E、F、G、H．设四边形AEPH的面积为S ，四边形PGCF的面积为S （其中S >S ），求
1 2 2 1
△PBD的面积（用含S 、S 的代数式表示）；
1 2
（4）如图4，点A、B、C、D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC、BD上），设PB、
PC、B´C围成的封闭图形的面积为S ，PA、PD、A´D围成的封闭图形的面积为S ，△PBD的面积为S ，
1 2 3
△PAC的面积为S ．根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S 、S 、S 、S 的等式（写出一种情况即
4 1 2 3 4
可）．
1
【答案】（1）12；（2）S =S −S ；（3）S = (S −S )；（4）答案不唯一
△PBD 2 1 △FBD 2 2 1
【分析】（1）过P点作AB的平行线MN，根据S +S =S +S =S -S 从
矩形AEPM 矩形DFPM 矩形CFPN 矩形DFPM 矩形ABCD 矩形BEPN
而得到，S
矩形AEPM
=S
矩形CFPN
进而得到△AEP与△CFP的关系，从而求出结果.
（2）连接PA、PC，设S =S =a，S =S =b,S =S =c,S =S =d，根据图
△APE △BPE △BPF △CPF △CPG △DFG △DPH △APH
形得到S +S +S +S =S +S ，求出S =S +S ， S =S −a，最
四 边 形EBF四P 边 形HPG四D 边 形AEPH四 边 形PFCG1 2 △ABD 1 2 △DPH 1
终求出结果.
1
（3）易知S =2S ，S =2S ，导出S = (S +S )+S +S ，再由
四 边 形EDGP△EBP 四 边 形HPFD△HPD △ABD 2 1 2 △EBP △HPD
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的关系，即可可求解.
S =S −(S +S +S )
△FBD △ABD 1 △EBP △HPD
（4）连接ABCD的得到正方形，根据（3）的方法，进行分割可找到面积之间的关系.
【详解】（1）过P点作AB∥MN，
∵S +S =S +S =S -S
矩形AEPM 矩形DFPM 矩形CFPN 矩形DFPM 矩形ABCD 矩形BEPN，
1 1
又∵S = S ,S = S ,
△AEP 2 矩 形AEP△MCFP 2 矩 形CFPN
1
∴S =S = ×2×6=6，
△AEP △CFP 2
∴S +S =12.
1 2
（2）如图，连接PA、PC，
在△APB中，因为点E是AB中点，
可设S =S =a，
△APE △BPE
同理，S =S =b,S =S =c,S =S =d，
△BPF △CPF △CPG △DFG △DPH △APH
所以S +S =S +S +S +S =a+b+c+d，
四 边 形AEPH四 边 形PFC△GAPE △APH CPF △CPG
S +S =S +S +S +S =a+b+c+d．
四 边 形EDF四P 边 形HPG△DBPE △BPF △DPH △DPH
所以S +S +S +S =S +S ，
四 边 形EBF四P 边 形HPG四D 边 形AEPH四 边 形PFCG1 2
1
所以S = S =S +S ，所以S =S =S −a．
△ABD 2 ▱ABCD 1 2 △DPH △APH 1
S =S −(S +S +S )=(S +S )−(S +a+S −a)=S −S ．
△PBD △ABD 1 △BPE △PDH 1 2 1 1 2 1
（3）易证四边形EBGP、四边形HPFD是平行四边形．
所以S =2S ，S =2S ．
四 边 形EDGP△EBP 四 边 形HPFD△HPD
1 1 1
所以S = S = (S +S +2S +2S )= (S +S )+S +S ，
△ABD 2 ▱ABCD 2 1 2 △EBF △HPD 2 1 2 △EBP △HPD
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1
S =S −(S +S +S )= (S −S )．
△FBD △ABD 1 △EBP △HPD 2 2 1
（4）
答案不唯一，如：
如图1或图2，此时|S −S |=S +S ；
1 2 3 4
如图3或图4，此时|S −S |=|S −S |．
1 2 3 4
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