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第 06 课 特殊平行四边形 解答题（难点 1-动态几何）
课后培优练级
练
培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图1，一张矩形纸片 ，其中 ， ，先沿对角线 折叠，点 落在点 的位
置， 交 于点 ．
(1)求证： ；
(2)求 的长；
(3)如图2，再折叠一次，使点 与 重合，折痕 交 于 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由折叠性质知 ， ，再利用“ ”证 ，然后根据全等三角形的性
质即可得 ；
（2）设 ，由全等三角形的性质知 ，再在 中，利用勾股定理即可
得；
（3）先求出 ，再证 是 的中位线得 ， ，证 ，设
，则 ，由勾股定理得 ，即 ，解之可得答
案．
(1)
证明： 四边形 是矩形， ， ，
，
∵沿对角线 对折，点 落在点 的位置，
，∴ ， ，
在 和 中， ，
，
∴ ．
(2)
解：由（1）已证： ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
即 ．
(3)
解：在 中， ，
∵点 与点 重合，折痕为 ，
∴ ， ， ，
，
，
，
，
，
（三角形中位线定理），
， ，
，
，
由折叠的性质得： ，
，
，
设 ，则 ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
即 ．【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了矩形与折叠问题、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与
性质等知识点，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．
2．如图，正方形 ，点E，F是对角线 上的两点， ，连接 ， ， 和
关于直线 对称．点G在 上，连接 ．
(1)求 的度数；
(2)如备用图，延长 交 于点H．连接
①求证：四边形 是菱形；
②求 的值．
【答案】(1)
(2)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）设对角线的交点为O，根据 可得出 ，再根据 和 关于
直线 对称，可知 ，从而可得出答案；
（2）①利用SAS可证明 ， ，可得出 ，
，再根据正方形的性质得出 ，可以推出 、
，即可得出四边形GHCF为平行四边形，再根据 即可得证；
②根据①中的结论易证△DGH为等腰直角三角形，可得出 ，再根据菱形的性质及线段的和即
可得出 ，从而得出答案．
(1)
解：设对角线的交点为O和 关于直线 对称
(2)
① 和 关于直线 对称
四边形ABCD为正方形
,
四边形GHCF为平行四边形
四边形GHCF为菱形；②由①知
△DGH为等腰直角三角形
四边形GHCF为菱形
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的判定及性质，对称图形的性质，等腰三角形的判定及性质，全等三角形
的判定及性质，勾股定理，综合性较强，熟练掌握性质定理是解题的关键．
3．点 为线段 上一点，分别以 、 为边在线段 的同侧作正方形 和 ，连接 、
．
(1)如图①， 与 的数量关系和位置关系分别为______，______
(2)将正方形 绕着点 顺时针旋转 角
①如图②，第（1）问的结论是否仍然成立？请说明理由
②若 ， ．当正方形 绕着点 顺时针旋转到点 、 、 三点共线时，求 的长
度．【答案】(1)AF=BD，AF⊥BD
(2)①仍然成立，理由见解析；② 或
【解析】
【分析】
（1）由“SAS”可证△ACF≌△DCB，得出AF= BD，∠CAF= ∠CDB，由直角三角形的性质和对顶角相等证
出∠DHF=90°，得出AF⊥BD即可；
（2）①设AF交CD于点M，由“SAS”可证△ACF≌△DCB，得出AF= BD，∠CAF= ∠CDB，由直角三角形
的性质和对顶角相等得出∠DHM = 90°，得出AF⊥BD即可；
②分两种情况，连接CG交BF于O，求出BF= CG = BC= 2，OB= OF= OC = BF= 1，由勾股定理得
出AO = ，即可得出答案．
(1)
解：AF与BD的数量关系和位置关系分别为AF= BD， AF⊥BD，理由如下：
延长AF交BD于H，如图①所示，
∵四边形 和四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：AF=BD，AF⊥BD；
(2)
解：①第（1）问的结论仍然成立，理由如下：
设AF交CD于点M，如图②所示，∵四边形 和四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②分两种情况：
Ⅰ、连接CG交BF于O，如图③所示，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
由①得 ，
∴ ；
Ⅱ、连接CG交BF于O，如图④所示，
同上得： ，
∴ ，
∴ ，
由①得 ，
∴ ；
综上所述，当正方形 绕着点 顺时针旋转到点 、 、 三点共线时， 的长度为 或
．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，直角
三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转的性质，证明三角形全等是解题的关
键．
4．如图，在正方形ABCD中， ，E为BD上的动点，连接AE并延长交正方形ABCD的边于点F，
将AF绕点A逆时针旋转90°得到AG，点E的对应点为点H．(1)连接DH，求证： ；
(2)当 时，求BF的长；
(3)连接BH，请直接写出 的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)3
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出AD=AB， ，根据旋转得出 ，AH=AE，根据余角的性质
得出 ，利用“SAS”证明 即可；
（2）根据旋转得出 ，在Rt△ABF中，根据勾股定理求出BF的长即可；
（3）延长BD取DM=BD，连接AM，交PD于点 H，连接BH，此时BH+AH最小，过点M作MN⊥AD的
延长线于点N，根据DP为BM的垂直平分线，得出BH=MH，从而得出
，即可求出结果．
(1)
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB， ，
根据旋转可知， ，AH=AE，
∴ ，
∴ ，
在△ABE和△ADH中
，
∴ （SAS）．
(2)
根据旋转可知， ，
∵AB=4， ，
∴在Rt△ABF中，根据勾股定理可得：
．
(3)
∵四边形ABCD为正方形，
∴ ， ，
BD平分∠ABC和∠ADC，
∴ ，
根据解析（1）可知， ，
∴ ，
∴ ，
∴PD⊥BD，∴点H总是在PD上，
∴延长BD取DM=BD，连接AM，交PD于点 H，连接BH，此时BH+AH最小，过点M作MN⊥AD的延长
线于点N，如图所示：
∵BD=DM，
∴DP为BM的垂直平分线，
∴BH=MH，
∵在△ABD与△NMD中
，
∴ （AAS），
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即BH+AH最小值为 ．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，
根据题意找出使BH+AH取最小值时，点H的位置，是解题的关键．
5．菱形ABCD的对角线交于点O．(1)如图1，过菱形ABCD的顶点A作 于点E，交OB于点H，若 ，四边形AECD的面
积为 ，求菱形ABCD的边长；
(2)如图2，菱形ABCD中，过顶点A作 于点E，交DC延长线于点F，线段AF交OB于点H．若
，求证： ；
(3)如图3，菱形ABCD中， ，点P为射线AD上一动点，连接BP，将BP绕点B逆时
针旋转 到BQ，连接AQ，直接写出线段AQ的最小值．
【答案】(1)8
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）如图1中，设AD=2m．根据四边形AECD的面积，构建方程求解；
（2）如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．证明△BEH≌△AEC（ ），推
出BH=AC=2OC，QH=QC= OH，设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ= m，求出OH+OC， BH（用m
表示），可得结论；
（3）如图3中，以AB为边向下作等边△ABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上取一点J，使
得AJ=JT．证明△ABQ≌△TBT（SAS），推出AQ=PT，当TP与TH重合时，TP的值最小，此时AQ的值最
小．
(1)
解：如图1中，设AD=2m．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=2m，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AE⊥CB，
∴BE=CE=m，
∴AE= m，∵S AECD= ×（m+2m）× m=24 ，
四边形
∴m=4或-4（舍去），
∴AD=8；
(2)
证明：如图2中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH=OQ，连接HQ．
∵AD⊥AD，AD=AF，
∴∠ADF=∠F=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=45°，AD∥CB，
∴AE⊥BC，
∴∠AEB=∠AEC=90°，
∵DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA=67.5°，
∴∠EAC=∠EBH=22.5°，
∴△BEH≌△AEC（ASA），
∴BH=AC=2OC，
∵BD垂直平分线段AC，
∴HA=HC，
∴∠HCA=∠HAC=22.5°，
∵OQ=OH，
∴∠OHQ=∠OQH=45°，
∵∠OQH=∠QHC+∠QCH，
∴∠QHC=∠HCQ=22.5°，
∴QH=QC= OH，
设OH=m，则OQ=m，HQ=CQ= m，
∴OC=m+ m，
∴OH+OC=m+m+ m=2m+ m，
∵ BH= OC= （m+ m）= m+2m，∴OH= BH-OC；
(3)
解：如图3中，以AB为边向下作等边△ABT，连接PT，过点T作TH⊥AD于点H，在TH上取一点J，使
得AJ=JT．
∵∠PBQ=∠ABT=60°，
∴∠ABQ=∠TBP，
∵BP=BQ，BA=BT，
∴△ABQ≌△TBT（SAS），
∴AQ=PT，
∴当TP与TH重合时，TP的值最小，此时AQ的值最小．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥CB，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠ABC=45°，∠BAT=60°，
∴∠BAD=135°，∠TAH=75°，
∵∠AHT=90°，
∴∠ATH=15°，
∵JA=JT，
∴∠JAT=∠JTA=15°，
∴∠AJH=∠JAT+∠JTA=30°，
设AH=a，则AJ=JT=2a，HJ= a，
∵AT=AB=6，
∴a2+（2a+ a）2=62，
解得a= ，
∴ ，
∴AQ的最小值为 ．【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的
关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．
6．【问题情境】如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋
转90°，得到 ．延长AE交 于点F，连接DE．
(1)【猜想证明】试判断四边形 的形状，并说明理由；
(2)如图2，若DA＝DE，猜想线段CF与 的数量关系并加以证明；
(3)【解决问题】如图1，若AB＝13，CF＝7，请直接写出DE的长度．
【答案】(1)正方形，见解析；
(2) ，见解析；
(3) ．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质得到 ， ， ，再由题意可得∠BEF=90°，得到四
边形 是矩形，根据 ，即可得四边形 是正方形；
（2）过点D作DH⊥AE，垂足为H， 可证明△AEB≌△DHA，则有AH=BE，根据正方形的性质即可解决；
（3）过点D作DH⊥AE于H，由勾股定理可求得 ，进一步求出 ，利用BE＝AH＝5，
，得到 ，再利用勾股定理即可求出 ．
(1)
解：四边形 是正方形
理由如下：∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°
∴ ， ， ，
∴∠BEF=90°，
∴四边形 是矩形，
又∵ ，
∴四边形 是正方形，
(2)
解： ．
如图，过点D作DH⊥AE，垂足为H，
则∠DHA＝90°，∠1＋∠3＝90°．
∵DA＝DE，
∴ ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠DAB＝90°．
∴∠1＋∠2＝90°．
∴∠2＝∠3．
在 和 中，
∴△AEB≌△DHA．
∴AH＝BE．
由（1）知四边形 是正方形，
∴ ．
∴ ．
由旋转可得 ，
∴ ．
∴ ．
(3)
解：如图，过点D作DH⊥AE于H，∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵AB＝BC＝13，CF＝7，
∴ ，
解得： ， （舍去），
∴ ，
∴ ，
由（2）可知：BE＝AH＝5， ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明
△AEB≌△DHA是关键．
7．如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的
右侧作正方形ADEF．解答下列问题
(1)如果AB＝AC，∠BAC＝90°，
①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量
关系为 ．
②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙，①中的结论是否仍然成立，为什么？
(2)如果AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点
C、F重合除外）？并说明理由．
【答案】(1)①垂直，相等；②成立，理由见解析
(2)∠ACB＝45°
【解析】
【分析】
（1）①证明△DAB≌△FAC，即可得到CF⊥BD，CF＝BD．
②当点D在BC的延长线上时①的结论仍成立．由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，所以CF＝BD，∠ACF＝∠ABD．结合∠BAC＝90°，AB＝AC，得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90度．即CF⊥BD．
（2）当∠ACB＝45°时，过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，则∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝
∠AGC，所以AC＝AG，由（1）①可知CF⊥BD．
(1)
①CF⊥BD，CF＝BD
∵∠FAD＝∠BAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
在△BAD与△CAF中，
∵
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，
∵
∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD ；
故答案为：垂直，相等；
②成立，理由如下：
∵∠FAD＝∠BAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
在△BAD与△CAF中，
∵ ，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD，∠ACF＝∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝90°，
∴CF⊥BD；
(2)
当∠ACB＝45°时可得CF⊥BC，理由如下：
过点A作AC的垂线与CB所在直线交于G
∵∠ACB＝45°
∴AG＝AC，∠AGC＝∠ACG＝45°
∵AG＝AC，AD＝AF，
∵∠GAD＝∠GAC﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，∠FAC＝∠FAD﹣∠DAC＝90°﹣∠DAC，
∴∠GAD＝∠FAC，
∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，
∴∠GCF＝∠GCA+∠ACF＝90°，
∴CF⊥BC．【点睛】
本题考查三角形全等的判定和直角三角形的判定，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、
AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判
定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，作△EDF≌△ADB．
(1)如图1，当点E落在BC边上时，求BE的长．
(2)如图2，当点E落在线段BF上时，DE与BC交于点G，求BG的长．
(3)记K为BD的中点，S为△KEF的面积，求S的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由 可得 ，利用勾股定理求出 ，进而求得 的长；
（2）由 可得 ，利用 证明 ，从而可得
，结合 可推出 为等腰三角形，设 ，则可在 中借助勾
股定理列方程求解 的长；
（3）分析可知，当点 在线段 上时， 的面积最小；当点 在线段 的延长线上时， 的面
积最大，由此求解 的取值范围．
(1)
解： 四边形ABCD是矩形，
， ， ．
， ．在 中， ，
．
(2)
解： ， ， ．
在 与 中，
，
．
．
四边形 是矩形，
，
，
，
．
设 ，则 ．
在 中，由勾股定理得 ，即 ，
解得 ，即 ．
(3)
解：易得 ．
为 的中点，
．
如图1，当点 在线段 上时， 的面积最小，
最小值 ；
如图2，当点 在线段 的延长线上时， 的面积最大，最大值 ．
综上所述， 的取值范围为 ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌
握相关性质与定理是解决本题的关键．
9．综合与实践
几位同学尝试用矩形纸条ABCD（如图1）折出常见的中心对称图形．
(1)如图2，小明将矩形纸条先对折，使AB和DC重合，展开后得折痕EF，再折出四边形ABEF和CDEF
的对角线，它们的对角线分别相交于点G，H，最后将纸片展平，则四边形EGFH的形状一定是_______．
(2)如图3，小华将矩形纸片沿EF翻折，使点C，D分别落在矩形外部的点 ， 处，F 与AD交于点
G，延长 E交BC于点H，求证：四边形EGFH是菱形．
(3)如图4，小美将矩形纸条两端向中间翻折，使得点A，C落在矩形内部的点A′， 处，点B，D落在矩形
外部的点 ， 处，折痕分别为EF，GH，且点H， ， ，F在同一条直线上，直接写出四边形EFGH
的形状________．
【答案】(1)菱形
(2)见解析
(3)平行四边形
【解析】
【分析】
（1）四边形ABEF和CDEF是全等的两个矩形，由矩形的对角线相等且相互平分可知四边形EGFH四边相
等，即是菱形．
（2）连接EC、 ，证得 ，进而证得 ，进而证得四边形EGFH四边相等，即是
菱形．
（3）作GM垂直AH于点M，作EN垂直CF于点N，证得 ， ，进而证得
，四边形EFGH的形状是平行四边形．
(1)
解：显然四边形ABEF和CDEF是全等的两个矩形，∴
∴四边形EGFH的形状一定是菱形.
(2)
解：如图3，连接EC、
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴ ，四边形EGFH为菱形
(3)
解：如图4，作GM垂直AH于点M，作EN垂直CF于点N
∴
∵
∴
同理可证
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴四边形EFGH是平行四边形．【点睛】
本题考查矩形的性质、平行四边形及菱形的判定证明，是几何的综合题，熟练掌握相关知识，作辅助线构
造全等形是解题的关键．
10．在 中， 为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方
形ADEF．解答下列问题：
(1)如果 ，
①如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），线段CF、BD之间的位置关系为 ；数量关系
为 ；
②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，并说明理由；
(2)如图3，如果 ，点D在线段BC上运动（与点B不重合）．试探究：当
时，（1）中的CF，BD之间的位置关系是否仍然成立，并说明理由．
【答案】(1)① ， ；②成立，理由见解析
(2)成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）①根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得
到结论；
②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，根
据余角的性质即可得到结论；
（2）过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，于是得到∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，证
得AC＝AG，根据（1）的结论于是得到结果．
(1)
解：（1）① ， ；理由：正方形ADEF中，AD＝AF，
∵∠BAC＝∠DAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∴∠ACF＝∠B＝45°，
∴∠ACB＋∠ACF＝90°，即CF⊥BD；
故答案为： ， ；
②成立．
理由：在等腰直角 中， ，
在正方形ADEF中， ，
，
，
在 与 中
，
，
，
又在等腰直角 中， ，
，
，
；
(2)
解：成立．
理由：过点A作 ，交CB的延长线于点G，如图所示：，
是等腰直角三角形，
，
，
在正方形ADEF中， ，
，
，
在 与 中
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，过点A作AG⊥AC
交CB的延长线于点G构造全等三角形是解题的关键．
11．如图，点E，F分别在正方形ABCD的边CD，BC上，且DE=CF，点P在射线BC上(点P不与点F重
合).将线段EP绕点E顺时针旋转90得到线段EG，过点E作GD的垂线QH，垂足为点H，交射线BC于点
Q．
(1)如图①，若点E是CD的中点，点P在线段BF上，则线段BP，QC，EC的数量关系为_______；
(2)如图②，若点E不是CD的中点，点P在线段BF上，判断（1）中的结论是否仍然成立．若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)若正方形ABCD的边长为6，AB=3DE，CQ=1，请直接写出线段BP的长．
【答案】(1) ，理由见解析
(2)结论仍然成立，理由见解析
(3)线段 的长为3或5
【解析】
【分析】
（1）由 证明 ，得出 ，即可得出结论；
（2）由 证明 ，得出 ，即可得出结论；
（3）①当点 在线段 上时，点 在线段 上，由（2）可知： ，求出 ， ，
即可得出答案；
②当点 在线段 上时，点 在线段 的延长线上，由全等三角形的性质得出 ，求出
，得出 ；即可得出答案．
(1)
解： ；理由如下：
四边形 是正方形，
， ，
由旋转的性质得： ， ，
，
，
， ，
，
又 ， ，
，
在 和 中，
，
，
，
，
即 ；
故答案为： ；
(2)
解：结论仍然成立，理由如下：
由题意得： ， ，
，
，
， ，
，
四边形 是正方形，
， ，，
，
，
在 和 中，
，
，
，
，
即 ；
(3)
解：分两种情况：
①当点 在线段 上时，点 在线段 上，
由（2）可知： ，
，
， ，
；
②当点 在线段 上时，点 在线段 的延长线上，如图3所示：
同（2）可得： ，
，
，
，
；
综上所述，线段 的长为3或5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形
的性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，解题的关键是证明三角形全等．
12．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE．
（1）如图1，当点P在线段BD上时，连接CE，BP与CE的数量关系是________；CE与AD的位置关系
是________；
（2）当点P在线段BD的延长线上时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明，若不成立，请
说明理由、（请结合图2的情况予以证明或说理．）（3）如图3，在（2）的条件下，连接BE，若AB＝2，BE＝ ，求四边形ADPE的面积．
【答案】（1） ；（2）成立，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）①连接 ，证明 ,根据全等三角形性质即可得 ；②根据菱形对角线平分对角
可得 ，再根据 ，可得 ，从而得 ，即
；
（2）在（1）的结论 仍然成立，利用（1）的证明方法证明即可；
（3）连接 交 于点 ，连接 ，作 于 ，由已知先求得 再利用勾股定理求得
, ，由 是等边三角形，求得 ，再根据 进行计算即可
四边形
【详解】
（1）① ，理由如下：
连接 ,
四边形 是菱形，
是等边三角形
是等边三角形②
延长 交 于点
菱形对角线平分对角
（2）（1）中的结论成立，理由如下：
连接 , 交于点
四边形 是菱形，
都是等边三角形
是等边三角形（1）中的结论成立
（3）连接 交 于点 ,连接 ，作 于点
四边形 是菱形
平分
由（2）知
由（2）知
是等边三角形
= = =四边形
四边形
四边形 的面积是
【点睛】
本题考查了四边形综合题，菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识
点，正确的添加辅助线，寻找全等三角形是解题的关键．
13．在矩形ABCD中，P是线段BC上的一个动点，将△ABP沿直线AP翻折，点B的对应点为E，直线PE
与直线AD交于点F．
(1)如图①，当点F在AD的延长线上时，求证 ；
(2)若 ，BC足够长，当点E到直线AD的距离等于3时，求BP的长；
(3)若 ， ．当点P、E、D在同一直线上（如图②）时，点P开始向点C运动，到与C重合时
停止，则点F运动的路程是______．
【答案】(1)见解析
(2) 或
(3)4.8
【解析】
【分析】
（1）由矩形对边平行可得 ，再由翻折性质可得 ，则由等量代换及等腰三角
形的判定即可得结论；
（2）过点E作 于F点，易证 ，分点矩形内部与外部两种情况即可求解；
（3）取BM=AB=6，AN=AB=6，连接MN，则四边形ABMN是正方形，当点P由P、E、D重合时的状态运
动到与M重合时，则F点的路程为线段DN长；当点P继续向点C运动直到与点C重合时，点F的路程为
NF的长，为此求出DF的长即可求得点F的路程．
(1)
∵四边形ABCD是矩形，∴ ．
∴ ．
由翻折得： ．
∴ ．
∴ ．
(2)
过点E作 于F点， 则
∴ ．
当点E在矩形内部时，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠B=90°，
∴∠BAE=90°−∠EAF=60°．
由翻折得， ，
∴ ，
∴由勾股定理得： ，
解得 ．
当点E在矩形外部时，如图，
则∠BAE=∠BAD+∠EAF=120°．
由翻折得： ，
∴∠APB=90°−∠BAP=30°，
∴ ，
则由勾股定理得综上，线段BP的长为 或 ．
(3)
如图，取BM=AB=6，AN=AB=6，连接MN，则四边形ABMN是正方形，
当点P由P、E、D重合时的状态运动到与M重合时，则F点的路程为线段DN=AD-AN=10-6=4，
当点P继续向点C运动直到与点C重合时，点F的路程为NF的长，即点F的路程为DN+NF，
由矩形性质得：AB=CD=6，∠D=90°，
由翻折的性质得：AB=AE=6，
当点P与点C重合时，由（1）知AF=CF．
则CF=AF=AD−DF=10−DF，
在Rt△CDF中，由勾股定理得： ，
解得： ，
∴ ，
∴点F的运动路程为：DN+NF=4+0.8=4.8．
故答案为：4.8．
【点睛】
本题是矩形折叠的综合问题，考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，注意
（2）有两种情况，难点是（3）中确定点F的运动路径是由D到N再到F．
14．如图，在矩形ABCD中，E是BC上一动点，将 ABE沿AE折叠后得到 AFE，点F在矩形ABCD内
部，延长AF交CD于点G，AB＝3，AD＝4．
△ △(1)如图1，当∠DAG＝30°时，求BE的长；
(2)如图2，当点E是BC的中点时，求线段GC的长；
(3)如图3，点E在运动过程中，当 CFE的周长最小时，直接写出BE的长．
【答案】(1) △
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）先确定出∠BAE＝30°，再利用含30°的直角三角形的性质即可得出结论；
（2）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”证明 GFE
和 GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证FG＝CG，设GC＝x，表示出AG、DG，然后在
△
Rt ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；
△
（3）先判断出EF⊥AC时， CEF的周长最小，最后用勾股定理即可得出结论．
△
(1)
△
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠DAG＝30°，
∴∠BAG＝60°
由折叠知，∠BAE＝ ∠BAG＝30°，
在Rt BAE中，∠BAE＝30°，AB＝3，
∴BE＝△
(2)
解：如图4，连接GE，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC，∵△ABE沿AE折叠后得到 AFE，
∴BE＝EF，
△
∴EF＝EC，
∵在矩形ABCD中，
∴∠C＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵在Rt GFE和Rt GCE中，
△ △
∴Rt GFE≌Rt GCE（HL），
∴GF＝GC；
△ △
设GC＝x，则AG＝3+x，DG＝3﹣x，
在Rt ADG中，42+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得△x＝ ．
(3)
解：如图1，由折叠知，∠AFE＝∠B＝90°，EF＝BE，
∴EF+CE＝BE+CE＝BC＝AD＝4，
∴当CF最小时， CEF的周长最小，
∵CF≥AC-AF，
△
∴当点A，F，C在同一条直线上时，CF最小，
由折叠知，AF＝AB＝3，
在Rt ABC中，AB＝3，BC＝AD＝4，
∴AC＝5，
△
∴CF＝AC﹣AF＝2，
在Rt CEF中，EF2+CF2＝CE2，
∴BE2+CF2＝（4﹣BE）2，
△
∴BE2+22＝（4﹣BE）2，
∴BE＝ ．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解
（1）的关键是求出∠BAE＝30°，解（2）和（3）的关键是构造出直角三角形，利用勾股定理解决问题．
15．如图1，已知正方形BEFG，点C在BE的延长线上，点A在GB的延长线上，且AB＝BC，过点C作
AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条平行线相交于点D．(1)证明：四边形ABCD是正方形；
(2)当正方形BEFG绕点B顺时针（或逆时针）旋转一定角度，得到图2，使得点G在射线DB上，连接BD
和DF，点Q是线段DF的中点，连接CQ和QE，猜想线段CQ和线段QE的关系，并说明理由；
(3)将正方形BEFG绕点B旋转一周时，当∠CGB等于45°时，直线AE交CG于点H，探究线段CH、EG、
AH的长度关系．
【答案】(1)见解析；
(2)CQ⊥QE，CQ=QE．证明见解析；
(3)如图3-1中，当∠CGB=45°时，结论：CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，结论：
CH=EG+AH．证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据邻边相等有一个角是直角的平行四边形是正方形证明即可．
（2）结论：CQ⊥QE，CQ=QE．如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE．证明△CPE是等腰直角三
角形，可得结论．
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CGB=45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG=AH．
如图3-2中，当∠CGB=45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH=EG+AH．
(1)
证明：∵四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，即∠ABC=90°，
∵CD∥AB，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
(2)
解：结论：CQ⊥QE，CQ=QE．
理由：如图2中，延长EQ交BD于P，连接CP=CE．
∵四边形BEFG是正方形，
∴EF∥BG，即EF∥DG，∠EBG=90°，即∠DBE=90°，BE=EF，∴∠PDQ=∠EFQ，
∵Q是DF的中点，
∴DQ=FQ，
∵∠DQP=∠FQE，
∴△DPQ≌△FEQ（SAS），
∴PQ=QE，DP=FE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDP=∠CBD=45°，CD=CB，
∴∠CBE=∠DBE-CBD=45°，
即∠CDP=∠CBE=45°，
∵CD=CB，DP=EF=BE，
∴△CDP≌△CBE（SAS），
∴CP=CE，∠DCP=∠BCE，
∴∠DCP+∠PCB=∠BCE+∠PCB，
即∠PCE=∠BCD=90°，
∵CP=CE，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴PQ=QE，
∴CQ⊥QE，CQ=QE．
(3)
如图3-1中，当∠CGB=45°时，C，E，G共线，此时E，H重合．结论：CH+EG=AH．
理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠ABH=∠CBG，
∵BA=BC，BH=BG，
∴△ABH≌△CBG（SAS），
∴AH=CG，
∵CG=CH+EG，
∴CH+EG=AH．如图3-2中，当∠CGB=45°时，A，E，G共线，此时G，H重合．结论：CH=EG+AH．
理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠ABH=∠CBG，
∵BA=BC，BH=BG，
∴△ABE≌△CBG（SAS），
∴AE=CG，
∵AE=AH+EG，
∴CH=EG+AH．
【点睛】
考查了四边形综合题，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和
性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形．
培优第二阶——拓展培优练
一、解答题
1．已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线
BC交于点F，连接EF．（1）如图①，当BF＝DE时，求证： ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE；
△
（3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接
写出点P到直线AB的距离．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 或4
【解析】
【分析】
（1）利用 定理判定即可；
（2）延长 到 ，使 ，连接 ，易证 ，则 ， ；再证明
即可得出结论；
（3）分两种情形：① ，② ；①过点 作 于点 ，过点 作 ，交
延长线于点 ，利用三角形的面积公式和勾股定理列出方程组求得线段 ；利用 ，可得
，则点 到直线 的距离为 ，结论可得；②通过说明 ，可得
，则点 到直线 的距离为 ，结论可得．
【详解】
解：（1）证明：
四边形 为正方形，
， ．
在 和 中，
，
．
（2）延长 到 ，使 ，连接 ，如图，
四边形 为正方形，
， ．．
在 和 中，
，
．
， ．
，
．
即 ．
，
．
在 和 中，
，
．
．
（3）点 到直线 的距离为 或4，理由：
当① 时， ；
过点 作 于点 ，过点 作 ，交 延长线于点 ，如图，
四边形 为正方形，
， ．
点 是 的中点，
，
．
设 ， ，
， ，
．，
．
．
在 中，
，
．
．
解得： ， （不合题意，舍去）．
．
，
，
，
，
．
在 和 中，
，
．
，
到直线 的距离为 ．
②当 ， 时，
过 作 ，交 的延长线于点 ，如图，则点 到直线 的距离为 ，
，
，
，
，
．
在 和 中，
，
．
．
点 到直线 的距离为 ．
综上，点 到直线 的距离为 或4．
【点睛】
本题是四边形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质，三角形的面积，勾股定
理，二元二次方程组的解法，根据正方形的特殊性质构造全等三角形是解题的关键．
2．如图，正方形ABCD，将边CD绕点D顺逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段DE，连接AE，CE，
过点A作AF⊥CE交线段CE的延长线于点F，连接BF．
（1）当AE＝AB时，求α的度数；
（2）求证：∠AEF＝45°；（3）求证：AE∥FB．
【答案】（1）α＝30°；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得CD=DE，由正方形的性质可得AB=CE=AD，根据已知AB=AE，可得出△ADE
是等边三角形，求出∠ADE的度数，即可求解；
（2）根据旋转的性质得出△CDE和△ADE都是等腰三角形，由题可知旋转角是∠EDC，进而得出
∠ADE、∠AED、∠CED与α之间的关系，再根据平角的特点即可求解；
（3）方法一：过点B作AF与CF的垂线，可以得到一个平行四边形，进一步可判定是矩形，根据角度关
系得出∠BCF=∠BAF，判定矩形是正方形，得出∠BFC=45°，结合（2）可得出结论；
方法二：过点B作BF的垂线交BF于点M，根据垂直的性质和正方形的性质可以得出∠ABF=∠CBM，
∠BAF=∠BCF，AB=BC，进而判定两个三角形全等，可得出△BFM是等腰直角三角形，求出∠
BFE=45°，结合（2）可得出结论；
方法三：取AC的中点O，根据直角三角形的性质和正方形的性质，可得出OA=OC=OB=OF，所以A、B、
C、F在同一个圆上，∠ CBF=∠BAC=45°，结合（2）即可得出结论．
【详解】
解：(1) 在正方形ABCD中，AB＝AD＝DC，
由旋转可知，DC＝DE，
∵AE＝AB
∴AE＝AD＝DE
∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，
∴∠ADC＝90°，
∴α＝∠ADC－∠ADE＝90°－60°＝30°．
（2）证明：在△CDE中，DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC＝ ，
在△ADE中，AD＝ED，∠ADE＝90°－α，
∴∠DAE＝∠DEA＝
∴∠AEC＝∠DEC＋∠DEA＝ ＝135°．
∴∠AEF＝45°，
（3）证明：过点B作BG//CF与AF的延长线交于点G，过点B作BH//GF与CF交于点H，
则四边形BGFH是平行四边形，
∵AF⊥CE，
∴平行四边形BGFH是矩形，
∵∠AFP＝∠ABC＝90°，∠APF＝∠BPC，
∴∠GAB＝BCP，
在△ABG和△CBH中，∴△ABG≌△CBH(AAS)，
∴BG＝BH，
∴矩形BGFH是正方形，
∴∠HFB＝45°，
由（2）可知：∠AEF ＝45°
∴∠HFB＝∠AEF ＝45°，
∴AE∥FB．
方法2：过点B作BM⊥BF交FC于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠FBN＋∠ABM＝∠ABM＋∠MBC＝90°，
∴∠FBN＝∠MBC，
∵AF⊥FC，
∴∠AFC＝90°，
又∴∠AFP＝∠PBC，∠FPA＝∠BPC
∴∠FAB＝BCM,
在△ABF和△CBM中，∴△ABF≌△CBM(ASA)，
∴BF＝BM,
∴△FBM是等腰直角三角形，
∴∠MFB＝45°，
由（2）可知：∠AEF ＝45°
∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，
∴AE∥FB．
方法3：取AC的中点为点O，
∵AF⊥FC，∠ABC=90°
∴OA＝OB＝OC＝OF·
∴点A，B，C，F都在同一个圆上，
∴∠BFC＝∠BAC＝45°·
由（2）可知：∠AEF ＝45°
∴∠MFB＝∠AEF ＝45°，
∴AE∥FB．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、正方形的性质、平行线的判定；根据特殊图形得出角的度数；根据图形的特点，
得出角之间的关系，三个角相加等于180°，得出结果；作辅助线求出∠BFC的度数，结合第二问的结果得
出证明．
3．在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝6，P为射线BC上一点，
将 ABP沿直线AP翻折至 AEP的位置，使点B落在点E处．
△ △(1)若P为BC上一点．
①如图1，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的点E（不写作法，保留作图痕
迹），并直接写出此时CE＝ ；
②如图2，连接CE，若CE∥AP，则BP与BC有何数量关系？请说明理由；
(2)如果点P在BC的延长线上，当 PEC为直角三角形时，求PB的长．
【答案】(1)见解析，① ，②△ ，见解析；
(2) 或
【解析】
【分析】
（1）①以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，利用勾股定理求出DE的长即可；
②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC；
（2）由△PEC是直角三角形，当∠EPC=90°时，则四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°
时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段
BC上，不符合题意，舍去．
(1)
解：（1）①如图：以点A为圆心，AB为半径交CD于点E，
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，
∴DE= = =8，
∴CE=DC-DE=10-8=2；
故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CE∥AP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；(2)
（2）∵△PEC是直角三角形，
当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，
不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数
构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题．
4．在菱形 中， ， 是对角线 上的一点，连接 ．
（1）当 在 的中垂线上时，把射线 绕点 顺时针旋转 后交 于 ，连接 ．如图①，若
，求 的长．
（2）在（1）的条件下，连接 ，把 绕点 顺时针旋转得到 如图②，连接 ，点 为
的中点，连接 ，求 的最大值．
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
（1）通过菱形性质证明 ，在 中，利用勾股定理求出AE的长度，再 中，可以得
到 ，在等腰 中，利用角度推导出 ，代入数值求解即可．
（2）判断出点Ｈ的运动轨迹，从而知道点Ｎ的运动轨迹，根据三角形三边关系，即可得到AN的最大值．
【详解】
（1）解：过点F作 于点M，如下图：∵四边形ABCD是菱形,且
∴
∵ 为菱形对角线
∴ ,
又∵ 在 的中垂线上
∴
∴
∴ ,
在 中，
∴
设： ，则
∵
即：
解得：
∴
∵ ，
∴
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
（2）连接AC,延长AE交BC于点M，则有 ,点H的运动轨迹是以点B为圆心，BH为半径的圆，
因为点C为固定点，点Ｎ为CH的中点，所以点N的运动轨迹是以点M为圆心，NM为半径的圆，如下图：
此时：在 在， ,当 A、M、N三点共线时，AN最大
则：在 中，
∵
∴
∴
又∵M点是BC的中点，N是CH的中点
∴
∴
【点睛】
本题看考查勾股定理，等腰三角形性质．瓜豆模型等相关知识点，根据题意列出相关等量关系是解题重
点．
5．已知四边形ABCD是正方形，AC＝2AO，AD＝2AM，连接BM．
(1)如图1，若点M在AD边上，点O在对角线AC上，点E是BM的中点，连接AE．当AB＝4时，求AE
的长；
(2)如图2，将图1中的△AMO绕点A按顺时针方向旋转，使点O在△ABC的内部，OM与AC相交于点
G．连接CO，取CO的中点N，连接MN并延长至点F，使FN＝MN，连接BF．问：线段BM与BF有怎
样的关系？请写出具体的解题过程．
【答案】(1)
(2)BM＝BF，BM⊥BF，理由见解析
【解析】【分析】
（1）由勾股定理可求BM，由直角三角形的性质可求解；
（2）由“SAS”可证△MNO≌△FNC，可得MO＝CF，∠MON＝∠FCN，由“SAS”可证△ABM≌△CBF，可得
BM＝BF，∠ABM＝∠CBF，可得结论．
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝4，
∵AD＝2AM＝4，
∴AM＝2，
在Rt△ABM中， ．
∵点E是BM的中点，
∴AE ；
(2)
BM＝BF，BM⊥BF，
理由如下：连接CF，
在△MNO和△FNC中，
，
∴△MNO≌△FNC（SAS），
∴MO＝CF，∠MON＝∠FCN，
∴MO∥FC，
∴∠FCG＋∠CGO＝180°，
∵∠FCG＝∠FCB＋∠ACB＝∠FCB＋45°，∠CGO＝∠CAO＋∠MOA＝∠CAO＋45°，
∴∠FCB＋∠GAO＝90°，
∵∠GAO＋∠MAG＝45°，∠MAG＋∠DAM＝45°，
∴∠DAM＝∠DAG，
∵∠BAM＋∠DAM＝90°，
∴∠BAM＋∠GAO＝90°，
∴∠BAM＝∠BCF，
又∵MO＝CF，
∴AM＝CF．
在△ABM和△CBF中，，
∴△ABM≌△CBF（SAS），
∴BM＝BF，∠ABM＝∠CBF，
∴∠MBF＝∠MBC＋∠CBF＝∠ABM＋∠MBC＝90°．
即BM⊥BF．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质
解决问题是解题的关键．
6．已知：如图①，在矩形 中， ，垂足是E点F是点E关于 的对称
点，连接 ．
（1）求 和 的长；
（2）若将 沿着射线 方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿 方向所经过的线段长
度）当点F分别平移到线段 上时，求出相应的m的值;
（3）如图②，将 绕点B顺时针旋转一个角 ，记旋转中的 为 ，在旋转
过程中，设 所在的直线与边 交于点P与直线 交于点Q是否存在这样的P、Q两点，使
为等腰三角形？若存在，直接写出此时 的长：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）AE=4，BE=3；（2）3或 ；（3） 或 或 或
【解析】
【分析】
（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出 的值；
（3）在旋转过程中，等腰 有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．
【详解】
解：（1）在 中， ， ，
由勾股定理得： ．
，．
在 中， ， ，
由勾股定理得： ．
（2）设平移中的三角形为△ ，如答图2所示：
由对称点性质可知， ．
由平移性质可知， ， ， ．
①当点 落在 上时，
，
，
，
，即 ；
②当点 落在 上时，
，
，
， ，
，
又易知 ，
△ 为等腰三角形，
，
，即 ．
（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰 依次有以下4种情形：
①如答图 所示，点 落在 延长线上，且 ，易知 ，， ，
，
，
．
在 △ 中，由勾股定理得： ．
；
②如答图 所示，点 落在 上，且 ，易知 ，
，
，
，则此时点 落在 边上．
，
，
，
．
在 中，由勾股定理得： ，
即： ，
解得： ，
；
③如答图 所示，点 落在 上，且 ，易知 ．
， ，
．，
．
，
，
，
，
．
在 △ 中，由勾股定理得： ，
；
④如答图 所示，点 落在 上，且 ，易知 ．
， ， ，
，
，
．
综上所述，存在4组符合条件的点 、点 ，使 为等腰三角形；
的长度分别为 或 或 或 ．
【点睛】
本题是几何变换压轴题，涉及旋转与平移变换、矩形、勾股定理、等腰三角形等知识点．第（3）问难度
很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论；在计算过程中，注意识别旋转过程中的不变
量，注意利用等腰三角形的性质简化计算．
7．综合与实践
如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，将△OBC绕点C顺时针旋转，点B对应点为点E，
点O对应点为点F．(1)当点E落在CD的延长线上时，请解答以下两个问题
①如图1，若AB＝2a，BC＝2，连接OE，则 ______（用含a的代数式表示）；
②如图2，延长BD交EF于点G，试猜想BG与EF的位置关系并加以证明；
(2)如图3，在图1的基础上继续绕点C旋转 OBC，点B对应点为点E，点O对应点为点F，当点E落在
BD的延长线上时，已知∠ACE＝90°，求证：四边形CDEF是菱形．
△
【答案】(1)① ；②垂直，证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）①过点O作 于H．根据所作辅助线和矩形的性质可知OH为 的中位线，即可求出
， ．再根据旋转的性质可知 ，从而可求出
，再利用勾股定理即可得出答案；②由旋转可知 ，根据对顶角相等得出 ，
再由 ，即得出 ，从而可求出 ，即可证明；
（2）根据矩形的性质和旋转的性质可得出 ， ，
，从而可根据等边对等角得出 ．由题意∠ACE＝90°，易
证 ，即得出 ，从而可证明 ，即可判
定四边形CDEF是平行四边形，从而可判定平行四边形CDEF是菱形．
(1)
解：如图，过点O作 于H．
由所作辅助线和四边形ABCD为矩形可知 ．
∵点O是矩形ABCD对角线交点，
∴O为AC中点，
∴H为CD中点， ，∴ ．
由旋转可知 ，
∴ ．
∴在 中，
．
故答案为： ；
②由旋转可知 ，即 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ；
(2)
∵四边形ABCD为矩形，
∴ ， ．
由旋转可知 ， ， ， ，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形CDEF是平行四边形．
∵ ，
∴平行四边形CDEF是菱形．
【点睛】
本题考查矩形的性质，旋转的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及菱形的判定
等知识．掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
8．如图所示，正方形ABCD和正方形AEFG共顶点A，正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转，连接DG，
BE，BE与AC相交于点H．(1)如图1，在旋转过程中，连接BD，与AC交于点M，当G，A，H，C恰好在同一直线上时，若AE=
，AB=2，求线段DG的长：
(2)如图2，连接HG，在旋转过程中，BE与DG相交于点O，点K为线段AG中点，连接OK，若
∠DGH=2∠ABE，求证：AC=2 OK；
(3)如图3，BE与DG相交于点O，点K为线段AG上一点连接OK，若AE=3，AK=1，在旋转过程中，直接
写出线段OK的最小值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）如图1所示，过点D作DM⊥AC于M，然后求出AM，DM的长，从而求出GM的长即可利用勾股定
理求解；
（2）先证明 EAB≌ GAD得到∠ABE=∠ADG，再证 AHB≌ AHB，得到BH=DH，∠ADH=∠ABH，推出
∠ADH=∠ADG，即可推出∠HGD=∠HDG，得到HG=HD，再证明∠EOP=∠GAP=90°，即BE⊥DG， 得到
△ △ △ △
OK为△AGD的中位线，由此即可得到答案；
（3）如图3所示，连接EG，取EG中点T，连接TK，OT，过点T作TN⊥AG于N，求出 ，
，根据 ，即可得到 的最小值为 ．
(1)
解：如图1所示，过点D作DM⊥AC于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=2，∠ADC=90°，
∴ ，
∵DM⊥AC，
∴ ，
∴ ，
∵四边形AEFG是正方形，
∴ ，
∴ ，∴ ；
(2)
解：如图2，连接DH，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠BAD=∠EAG=90°，AB=AD，AE=AG，
∴∠EAG+∠EAD=∠BAD+∠EAD，即∠EAB=∠GAD，
∴△EAB≌△GAD（SAS），
∴∠ABE=∠ADG，
∵AB=AD，∠DAH=∠BAH=45°，AH=AH，
∴△AHB≌△AHB（SAS），
∴BH=DH，∠ADH=∠ABH，
∴∠ADH=∠ADG，
∵∠DGH=2∠ABE=2∠ADG，
∴∠HGD=∠HDG，
∴HG=HD，
设AE与DG交于P，
∵∠PGA=∠PEO，∠EPO=∠APG，
∴∠EOP=∠GAP=90°，即BE⊥DG，
∴O为GD的中点，
又∵K为AG的中点，
∴OK为△AGD的中位线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ．(3)
解：如图3所示，连接EG，取EG中点T，连接TK，OT，过点T作TN⊥AG于N，
由（2）知∠EOG=90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG=3，∠EAG=90°，
∴ ，
∵TE=TG，
∴ ，
∵∠TNG=90°，∠TGN=45°，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 的最小值为
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三
角形中位线定理，三角形三边的关系，熟知相关知识是解题的关键．
培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2022·山东济南·二模）如图，点E为正方形 外一点， ，将 绕A点逆时针方向旋转 得到 的延长线交 于H点．
（1）试判定四边形 的形状，并说明理由；
（2）已知 ，求 的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形
BE'FE是正方形；
（2）连接 ，利用勾股定理可求 ，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形 是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形 是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形 是矩形，
又∵
∴矩形 是正方形．
（2）连接∵ ，
在 中，
∵四边形 是正方形
∴
在 中， ，又 ，
∴ ．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，
等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
2．（2021·四川德阳·中考真题）如图，点E是矩形ABCD的边BC上一点，将△ABE绕点A逆时针旋转至
△ABE 的位置，此时E、B、E 三点恰好共线．点M、N分别是AE和AE 的中点，连接MN、NB ．
1 1 1 1 1 1
（1）求证：四边形MEB N是平行四边形；
1
（2）延长EE 交AD于点F，若EB＝EF， ，判断△AEF与△CB E是否全等，并说明理
1 1 1 1 1
由．
【答案】（1）见解析；（2）全等，理由见解析
【解析】
【分析】（1）可证B 是EE 的中点，则EB= EE，根据M、N分别是AE和AE 的中点，则MN∥EB，MN=
1 1 1 1 1 1
EE，即可证明；
1
（2）由S EAF=S FEC，可得AF=EC．然后通过SAS可证明结论．
【详解】
△ △
解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵△ABE 是 ABE旋转所得的，
1 1
∴AE=AE，∠ABE=∠ABE=∠B=90°，
1 1 1 1
△
∴B 是EE 的中点，
1 1
∴EB= EE，
1 1
∵M、N分别是AE和AE 的中点，
1
∴MN∥EB，MN= EE，
1 1
∴EB=MN，
1
∴四边形MEB N为平行四边形，
1
（2） AEF≌△CEB，
1 1
证明：连接FC，
△
∵EB=BE=EF，
1 1 1 1
∴ = S EAF，
△
同理， = SFEC，
∵ =S EBC，
1
∴S EAF=△S FEC，
∵AF∥EC，
△ △
∴△AEF底边AF上的高和 FEC底边上的高相等．
∴AF=EC．
△
∵AF∥EC，
∴∠AFE=∠FEC，
在 AEF和 CEB 中，
1 1
△ △
，∴△AEF≌△CEB（SAS）．
1 1
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，以及全等三角形的判定与性质等知
识，证明S EAF=S FEC是解题的关键．
3．（2020·贵州贵阳·中考真题）如图，四边形 是正方形，点 为对角线 的中点．
△ △
（1）问题解决：如图①，连接 ，分别取 ， 的中点 ， ，连接 ，则 与 的数量关系是
_____，位置关系是____；
（2）问题探究：如图②， 是将图①中的 绕点 按顺时针方向旋转 得到的三角形，连接
，点 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ．判断 的形状，并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图③， 是将图①中的 绕点 按逆时针方向旋转 得到的三角形，连接
，点 ， 分别为 ， 的中点，连接 ， ．若正方形 的边长为1，求 的面积．
【答案】（1） ， ；（2） 的形状是等腰直角三角形，理由见解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得PQ为△BOC的中位线，再根据中位线的性质即可求解；
（2）连接 并延长交 于点 ，根据题意证出 ， 为等腰直角三角形，
也为等腰直角三角形，由 且 可得 是等腰直角三角形；
（3）延长 交 边于点 ，连接 ， ．证出四边形 是矩形， 为等腰直角三角
形， ，再证出 为等腰直角三角形，根据图形的性质和勾股定理求出O′A，O′B和
BQ的长度，即可计算出 的面积．
【详解】
解：（1）∵点P和点Q分别为 ， 的中点，
∴PQ为△BOC的中位线，
∵四边形 是正方形，
∴AC⊥BO，
∴ ， ；故答案为： ， ；
（2） 的形状是等腰直角三角形．理由如下：
连接 并延长交 于点 ，
由正方形的性质及旋转可得 ，∠ ，
是等腰直角三角形， ， ．
∴ ， ．
又∵点 是 的中点，∴ ．
∴ ．
∴ ， ．
∴ ，∴ ．
∴ 为等腰直角三角形．
∴ ， ．
∴ 也为等腰直角三角形．
又∵点 为 的中点，
∴ ，且 ．
∴ 的形状是等腰直角三角形．
（3）延长 交 边于点 ，连接 ， ．
∵四边形 是正方形， 是对角线，∴ ．
由旋转得，四边形 是矩形，
∴ ， ．
∴ 为等腰直角三角形．
∵点 是 的中点，
∴ ， ， ．
∴ ．
∴ ， ．
∴ ．
∴ ．
∴ 为等腰直角三角形．
∵ 是 的中点，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ， ，
∴ ．
∴ ．
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转图形的性质、三角形中位线定理、全等三角
形的判定与性质和勾股定理，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落
在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EF AB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【答案】（1）见解析；（2）① ；②
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC
＝5cm，在Rt CDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在Rt APE中，由勾股定
理得出方程，解方程得出EP＝ cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最
远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EF AB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在Rt CDE中，DE＝ ＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在Rt APE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝ cm，
∴菱形BFEP的边长为 cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判
定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
5．（2022·河南·中考真题）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说
明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1) 或 或 或
(2)①15，15；② ，理由见解析
(3) cm或
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质，得 ，结合矩形的性质得 ，进而可得
；
（2）根据折叠的性质，可证 ，即可求解；（3）由（2）可得 ，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设
分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
(1)
解：
(2)
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
°
∴BM=BC
①
∴
②
(3)
当点Q在点F的下方时，如图，
，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，
设，
即
解得：
∴ ；
当当点Q在点F的上方时，如图，
cm，DQ =3cm，
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴ ．
【点睛】
本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的
关键．
6．（2022·海南·中考真题）如图1，矩形 中， ，点P在边 上，且不与点B、C重
合，直线 与 的延长线交于点E．(1)当点P是 的中点时，求证： ；
(2)将 沿直线 折叠得到 ，点 落在矩形 的内部，延长 交直线 于点F．
①证明 ，并求出在（1）条件下 的值；
②连接 ，求 周长的最小值；
③如图2， 交 于点H，点G是 的中点，当 时，请判断 与 的数量关系，
并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析； ；②12,；③ ，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到 ，再结合P是 的中点证明 ；
（2）①设 ，在 中，表示出三角形的其他两边，再由勾股定理列方程计算即可；
②当点 恰好位于对角线 上时， 最小，利用勾股定理计算即可；
③过点 作 ，交 于点M，证明 ，再由
即可得到 ．
(1)
解：如图9-1，在矩形 中， ，即 ，
∴ ．
∵点P是 的中点，
∴ ．
∴ ．
(2)
①证明：如图9-2，在矩形 中， ，
∴ ．
由折叠可知 ，
∴ ．
∴ ．
在矩形 中， ，
∵点P是 的中点，
∴ ．
由折叠可知 ， ．
设 ，则 ．
∴ ．
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
∴ ，
即 ．
②解：如图9-3，由折叠可知 ， ．∴ ．
由两点之间线段最短可知，
当点 恰好位于对角线 上时， 最小．
连接 ，在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
③解： 与 的数量关系是 ．
理由是：如图9-4，由折叠可知 ．
过点 作 ，交 于点M，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
∴点H是 中点．
∵ ，即 ，∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∵点G为 中点，点H是 中点，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、折叠问题、勾股定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质，关键是作出辅助
线，根据等腰三角形的性质证明．
