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专题 20 矩形、菱形、正方形（10 个高频考点）（强化训练）
【考点1 矩形的判定与性质】
1．（2022·湖南湘西·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，
过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（ ）
A．24 B．22 C．20 D．18
【答案】B
【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定
当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解．
【详解】∵CG∥AB，
∴∠B＝∠MCG，
∵M是BC的中点，
∴BM＝CM，
在△BMH和△CMG中，
¿，
∴△BMH≌△CMG（ASA），
∴HM＝GM，BH＝CG，
∵AB＝6，AC＝8，
∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH，
∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值，
∵∠A＝90°，MH⊥AB，
∴GH∥AC，
∴四边形ACGH为矩形，
∴GH＝8，
∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22，故选：B．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键．
1
2．（2022·四川乐山·统考中考真题）如图，等腰 ABC的面积为2√3，AB=AC，BC=2．作AE∥BC且AE=
2
△
BC．点P是线段AB上一动点，连接PE，过点E作PE的垂线交BC的延长线于点F，M是线段EF的中点．
那么，当点P从A点运动到B点时，点M的运动路径长为（ ）
A．√3 B．3 C．2√3 D．4
【答案】B
【分析】当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在N处，当点P与B重合时，如图，点M的运动轨
迹是线段MN．求出CF的长即可解决问题．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，连接CE，
∵AB=AC，
1
∴BD=DC= BC=1，
2
1
∵AE= BC，
2
∴AE=DC=1，
∵AE∥BC，
∴四边形AECD是矩形，
1 1
∴S ABC= BC×AD= ×2×AD=2√3，
2 2
△
∴AD=2√3，则CE=AD=2√3，
当P与A重合时，点F与C重合，此时点M在CE的中点N处，
当点P与B重合时，如图，点M的运动轨迹是线段MN．∵BC=2，CE=2√3，
由勾股定理得BE=4，
BC BE 2 4
cos∠EBC= = ，即 = ，
BE BF 4 BF
∴BF=8，
∴CF=BF-BC=6,
∵点N是CE的中点，点M是EF的中点，
1
∴MN= CF=3，
2
∴点M的运动路径长为3，
故选：B．
【点睛】本题考查点的轨迹、矩形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻
找点M的运动轨迹，学会利用起始位置和终止位置寻找轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
3．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的
中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，矩形ABCD的面积为________．
【答案】48
【分析】根据三角形中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出相关线段长，利用勾股定
1
理逆定理判定∠FEG=90°，再结合S =BC⋅EH=2S =2× BE⋅EC即可得出结论．
矩形ABCD ΔBEC 2
【详解】解：在矩形ABCD中，∠BAE=90°,∠CDE=90°，∵在矩形ABCD中，F，G分别是BE，CE的中点，FG=5，
∴FG是ΔBCE的中位线，即BC=2FG=10，
∵在ΔABE中，F是BE的中点，AF=3，
1
∴AF是Rt ΔABE斜边上的中线，即AF=EF=BF= BE=3，
2
∴BE=6，
∵在ΔCDE中，G是EC的中点，DG=4，
1
∴DG是Rt ΔCDE斜边上的中线，即DG=EG=CG= CE=4，
2
∴CE=8，
在ΔEFG中，EF=3，EG=4，FG=5，即FG2=25=9+16=EF2+EG2，
∴ΔEFG是直角三角形，且∠FEG=90°，
过E作EH⊥BC于H，如图所示：
1
∴ S =BC⋅EH=2S =2× BE⋅EC=6×8=48，
矩形ABCD ΔBEC 2
故答案为：48．
【点睛】本题考查矩形面积，涉及到中位线的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、矩形的性
质、勾股定理逆定理、三角形等面积法等知识，熟练掌握相关性质，准确作出辅助线表示是解决问题的关
键．
4．（2022·四川内江·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点M、N分别在AB、AD上，
且MN⊥MC，点E为CD的中点，连接BE交MC于点F．(1)当F为BE的中点时，求证：AM＝CE；
EF AN
(2)若 ＝2，求 的值；
BF ND
AN
(3)若MN∥BE，求 的值．
ND
【答案】(1)见解析
27
(2)
37
2
(3)
7
【分析】(1)根据矩形的性质，证明△BMF≌ △ECF，得BM＝CE，再利用点E为CD的 中点，即可证明结
论；
BF BM 1 AN AM
(2)利用△BMF∽△ECF，得 = = ，从而求出BM的长，再利用△ANM∽△BMC ，得 = ，
EF CE 2 BM BC
求出AN的长，可得答案；
CE BC
(3)首先利用同角的余角相等得 CBF＝ CMB，则tan∠CBF＝tan∠CMB，得 = ，可得BM的长，
BC BM
∠ ∠
由（2）同理可得答案．
（1）
证明：∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB＝CD
∴∠BMF＝∠ECF，
∵∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF≌△ECF（AAS），∴BM＝CE，
∵点E为CD的中点，
1
∴CE＝ CD，
2
∵AB＝CD，
1
∴BM=CE= AB，
2
∴AM=BM，
∴AM＝CE；
（2）
∵∠BMF＝∠ECF，∠BFM＝∠EFC，
∴△BMF∽△ECF，
BF BM 1
∴ = = ，
EF CE 2
∵CE＝3，
3
∴BM＝ ，
2
9
∴AM＝ ，
2
∵CM⊥MN，
∴∠CMN＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠ANM＝∠BMC，
∵∠A＝∠MBC，
∴△ANM∽△BMC，
AN AM
∴ = ，
BM BC
9
AN 2
∴ = ，
3 4
2
27
∴AN= ，
1627 37
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣ ＝ ，
16 16
27
AN 16 27
∴ = = ；
DN 37 37
16
（3）
∵MN∥BE，
∴∠BFC＝∠CMN，
∴∠FBC+∠BCM＝90°，
∵∠BCM+∠BMC＝90°，
∴∠CBF＝∠CMB，
∴tan∠CBF＝tan∠CMB，
CE BC
∴ = ，
BC BM
3 4
∴ = ，
4 BM
16
∴BM= ，
3
16 2
∴AM=AB−BM=6− = ，
3 3
AN AM
由（2）同理得， = ，
BM BC
2
AN 3
∴ = ，
16 4
3
8
解得：AN＝ ，
9
8 28
∴DN＝AD﹣AN＝4﹣ ＝ ，
9 9
8
AN 9 2
∴ = = ．
ND 28 7
9
【点睛】本题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，求出BM的长是解决（2）和（3）的关键．
5．（2022·湖北十堰·统考中考真题）如图，▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的
中点．
(1)求证：BE=DF；
AC
(2)设 =k，当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
BD
【答案】(1)证明见解析
(2)当k=2时，四边形DEBF是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接DE,BF，先根据平行四边形的性质可得OA=OC,OB=OD，再根据线段中点的定义
1 1
可得OE= OA= OC=OF，然后根据平行四边形的判定可得四边形DEBF是平行四边形，最后根据平
2 2
行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当BD=EF时，四边形DEBF是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形
的性质可得AC=2EF，由此即可得出k的值．
【详解】（1）证明：如图，连接DE,BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC,OB=OD，
∵E,F分别是OA，OC的中点，
1 1
∴OE= OA= OC=OF，
2 2∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
（2）解：由（1）已证：四边形DEBF是平行四边形，
要使平行四边形DEBF是矩形，则BD=EF，
1 1
∵OE= OA= OC=OF，
2 2
1 1 1
∴EF=OE+OF= OA+ OC=OA= AC，即AC=2EF，
2 2 2
AC 2EF
∴k= = =2，
BD EF
故当k=2时，四边形DEBF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质
是解题关键．
【考点2 菱形的判定与性质】
6．（2022·辽宁大连·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，点E，F分别在AB,AD上，AE=AF．
求证CE=CF．
【答案】证明见解析
【分析】由菱形的性质得到AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，进而推出BE＝DF，根据全等三角形判定的
“SAS”定理证得△BCE≌△DCF，由全等三角形的性质即可证出CE=CF．
【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，
∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AD﹣AF，
∴BE＝DF，
BE=DF
在△BCE和△DCF中，{∠B=∠D，
BC=DC
∴△BCE≌△DCF(SAS)，∴CE＝CF．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用相关知识解题．
7．（2022·浙江舟山·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，
AC⊥BD，OB=OD，求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
【答案】赞成小洁的说法，补充AB=CB，见解析
【分析】赞成小洁的说法，补充：AB=CB，由四边相等的四边形是菱形即可判断．
【详解】赞成小洁的说法，补充：AB=CB．
证明：∵ AC⊥BD，OB=OD，
∴ AB=AD，CB=CD．
又∵AB=CB．
∴AB=AD=CB=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
8．（2022·山西吕梁·统考三模）综合与实践：
数学活动课上，老师让同学们根据下面情境提出问题并解答．
问题情境：在□ ABCD中，点P是边AD上一点．将△PDC沿直线PC折叠，点D的对应点为E．
“兴趣小组”提出的问题是：如图1，若点P与点A重合，过点E作EF∥AD，与PC交于点F，连接DF，
则四边形AEFD是菱形．
(1)数学思考：请你证明“兴趣小组”提出的问题；
(2)拓展探究：“智慧小组”提出的问题是：如图2，当点P为AD的中点时，延长CE交AB于点F，连接PF．试判断PF与PC的位置关系，并说明理由．
请你帮助他们解决此问题．
(3)问题解决：“创新小组”在前两个小组的启发下，提出的问题是：如图3，当点E恰好落在AB边上时，
AP=3，PD=4，DC=10．则AE的长为___________．（直接写出结果）
【答案】(1)见解析
(2)PF⊥PC，理由见解析
5
(3)
2
【分析】（1）先证明DF∥AE，得到两组对边分别平行，再用邻边相等的平行四边形是菱形判定，也可
以用四条边相等的四边形是菱形进行判断；
（2）证明△PAF≌△PEF，得到∠APF=∠FPE，再由折叠得到∠DPC=∠EPC，从而证明∠FPC=90°；
（3）延长BA、CP相交于点F，得△AFP∽△DCP，再证EF=CE即可求出结果．
（1）
证法一：由折叠得，AD=AE，∠DAF=∠EAF，∠DFA=∠EFA
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠DFA=∠EAF
∴DF∥AE
∴四边形AEFD是平行四边形
∵AD=AE
∴四边形AEFD是菱形．
证法二：
证明：由折叠得，AD=AE，DF=EF，∠DAF=∠EAF
∵EF∥AD
∴∠DAF=∠EFA
∴∠EFA=∠EAF
∴EA=EF
∴AD=DF=EF=AE
∴四边形AEFD是菱形．
（2）
解：PF⊥PC ．连接AE
由折叠可得PD=PE，∠PEC=∠PDC，∠DPC=∠EPC
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠ADC+∠DAB=180°
又∵∠PEC+∠PEF=180°
∴∠DAB=∠PEF
∵点P是AD的中点
∴PA=PD
∴∠PAE=∠PEA
∴∠DAB−∠PAE=∠PEF−∠PEA
∴∠AEF=∠EAF
∴AF=EF
∴△PAF≌△PEF（SSS）
∴∠APF=∠EPF
又∵∠DPC+∠CPE+∠EPF+∠APF=180°，即2∠CPE+2∠FPE=180°
∴∠FPC=90°
∴PF⊥PC．
（3）
解：延长BA、CP相交于点F，
由题意，△AFP∽△DCP
AF AP AF 3
∴ = 即 =
DC DP 10 4
15
∴AF=
2∵∠DCP=∠ECP，∠DCP=∠F
∴∠F=∠ECP
∴EF=EC=DC=10
15 5
∴AE=10− = ．
2 2
5
故答案为 ．
2
【点睛】本题考查折叠、平行四边形、相似、菱形的判定等，属于综合性题目，解题关键在于灵活运用几
何知识，构造常见的模型．
9．（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，
与BD相交于点O，与BC相交于N，连接MB、DN；
(1)求证：四边形BMDN是菱形；
4
(2)若tan∠AMB= ，ON=5，求△BMD的面积．
3
【答案】(1)证明见解析
(2)50
【分析】（1）由矩形的性质可得，MD∥BN，BO=DO，证明△DOM≌△BON(AAS)，则MD=BN，
四边形BMDN是平行四边形，由垂直平分线的性质可知BM=DM，进而结论得证；
4 AB
（2）由tan∠AMB= = ，设AB=4a，AM=3a，在Rt△ABM中，勾股定理求得BM=5a，则
3 AM
1
DM=BM=5a，AD=8a，在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=4√5a，OD= BD=2√5a，在
2
Rt△DOM中，由勾股定理得OM2=DM2−OD2，计算求出满足要求的a值，进而可得MD，AB的值，
1
根据S = ×MD×AB计算求解即可．
△BMD 2
（1）证明：由矩形的性质可得，MD∥BN，BO=DO，
∴∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，
在△DOM和△BON中
∵¿，
∴△DOM≌△BON(AAS)，
∴MD=BN，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵MN垂直平分BD，
∴BM=DM，
∴BMDN是菱形．
（2）
4 AB
解：∵tan∠AMB= = ，设AB=4a，AM=3a，
3 AM
在Rt△ABM中，由勾股定理得BM=√AM2+AB2=5a，
∴DM=BM=5a，AD=8a，
在Rt△ABD中，由勾股定理得BD=√AB2+AD2=4√5a，
1
∴OD= BD=2√5a，
2
∵OM=ON=5，
在Rt△DOM中，由勾股定理得OM2=DM2−OD2，即52=(5a) 2−(2√5a) 2 ，
解得a=√5，a=−√5（不合题意，舍去）,
∴MD=5√5，AB=4√5，
1 1
∴S = ×MD×AB= ×5√5×4√5=50，
△BMD 2 2
∴△BMD的面积为50．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、菱形的判定、正切、勾
股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10．（2022·浙江宁波·统考二模）如图1，平行四边形ABCD中，AB=9，BC=12，点P是BC边上的点，
连结AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP．(1)如图2，当点Q正好落在AD边上时，判断四边形ABPQ的形状并说明理由；
(2)如图1，当点P是线段BC的中点且CQ=4时，求AP的长；
(3)如图3，当点P,Q,D三点共线时，恰有∠PQC=∠PQA，求BP的长．
【答案】(1)菱形，理由见解析
(2)9
21
(3)
4
【分析】（1）画出图形，根据对称及平行四边形的性质证明AB=BP=PQ=QA即可；
（2）连结CQ，BQ交AP于H，先证明BQ⊥CQ，再分别利用勾股定理求出AH和PH的值即可；
（3）证明△DCQ∽△DPC即可求出DQ的长度，最后根据BP=PQ=DP−DQ计算即可．
（1）
四边形ABPQ的是菱形，理由如下：
∵△ABP与△AQP关于AP对称，
∴AB=AQ，PB=PQ，∠BAP=∠QAP．
∵点Q正好落在AD边上，
∴AQ∥BP．
∴∠QAP=∠APB，
∴∠BAP=∠APB．
∴AQ=PQ，
∴AB=BP=PQ=QA．
∴四边形ABPQ是菱形．（2）
连结CQ，BQ交AP于H，
∵AB=AQ，PB=PQ，
∴AP是BQ中垂线．
又∵P是线段BC的中点，
∴CQ∥PH．
∴BQ⊥CQ．
∴BQ=√BC2−CQ2=√122−42=8√2．
∴BH=4√2，PH=2，
∴AH=√AB2−BH2=√92−(4√2) 2=7，
∴AP=AH+PH=9．
（3）
∵∠DAP=∠APB=∠APQ，
∴PD=AD=12．
又∵∠PQC=∠PQA=∠B=∠ADC，
∴∠ADP=∠DCQ．
∵AD∥BC，
∴∠ADP=∠DPC．
∴∠DPC=∠DCQ．
又∵∠CDQ=∠PDC，
∴△DCQ∽△DPC．DQ CD DQ 9
∴ = ，即 = ，
CD DP 9 12
27
解得DQ= ．
4
27 21
∴BP=PQ=DP−DQ=12− = ．
4 4
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、翻折变换、菱形的性质与判定、相似三角形的性质与判定等知识，
解题的关键是根据不同题意画出对应的图形，属于中考常考题型．
【考点3 正方形的判定与性质】
11．（2022·海南海口·海南华侨中学校联考模拟预测）如图①，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别
在边AB、BC、CD、DA上，若EG⊥FH，
(1)求证：EG=FH；
FH
(2)如果把题目中的“正方形”改为“长方形”、若AB=3，BC=4（如图②），求 的值；
EG
(3)如果把题目中的“EG⊥FH”改为“EG与FH的夹角为45°”（如图③），若正方形ABCD的边长为
2，FH的长为√5，求EG的长．
【答案】(1)见详解
3
(2)
4
2√10
(3)
3
【分析】（1）过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM即可求解；
（2）过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由（1）可得△QHF∽△PGE，再由
HF HQ HF 3
= ，可求 = ；
GE PG GE 4（3）过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺时针
旋转90°到△PBA，可证明△PAM≌△NAM，设DN=x，则NC=2−x，MN=PM=x+1，在
2 2√10
Rt△MNC中，(1+x) 2=(2−x) 2+1，求出DN= ，在Rt△ADN中，求出AN= ，再由AN=EG
3 3
即可求解．
【详解】（1）证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MG=HN，
∵HF⊥EG，
∴∠MGE=∠NHF，
∴△HFN≌△GEM(ASA)，
∴HF=EG；
（2）解：过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，
由（1）可得，∠QHF=∠PGE，
∴△QHF∽△PGE，
HF HQ
∴ = ，
GE PG
∵AB=3，BC=4，∴PG=4，HQ=3，
HF 3
∴ = ；
GE 4
（3）解：过A作AN∥EG交CD于N，过A作AM∥HF交BC于M，以A为旋转中心，△ADN绕A点顺
时针旋转90°到△PBA，
∵AB=2，FH=√5，
∴BM=1，
∵EG与FH的夹角为45°，
∴∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠PAM=45°，
∵AP=AN，
∴△PAM≌△NAM(SAS)，
∴PM=MN，
设DN=x，则NC=2−x，MN=PM=x+1，
在Rt△MNC中，(1+x) 2=(2−x) 2+1，
2
解得x= ，
3
2
∴DN= ，
3
2√10
在Rt△ADN中，AN= ，
3
2√10
∴EG= ．
3
【点睛】本题考查了四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，相似三角形的判定及性质，数形结合解题是关键．
12．（2022·山东济南·统考模拟预测）（1）【问题情境】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上
的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是______；
（2）【类比探究】如图2，四边形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，点E是AD边上的一个动点，以CE为
边在CE的右侧作矩形CEFG，且CG:CE=1:2，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和
位置关系，并说明理由；
（3）【拓展提升】如图3，在（2）的条件下，连接BG，则2BG+BE的最小值为______．
1
【答案】（1）DG=BE；（2）DG= BE，DG⊥BE．理由见解析；（3）4√10
2
【分析】（1）通过证明△DCG≌△BCE(SAS)全等，得到DG=BE；
DG CG 1
（2）通过证明△DCG∽△BCE得到 = = ，∠BEC=∠DGC，延长BE、GD相交于点H．可
BE CE 2
以证明DG⊥BE；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹是线段MG，将
2BG+BE的最小值转化为求2(BG+DG)的最小值．
【详解】解：DG=BE，
理由：
∵正方形ABCD，
∴CD=CB，∠BCD=90°，
∵正方形ECGF，
∴CG=CE，∠ECG=90°，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
在△DCG和△BCE中，
¿，
∴△DCG≌△BCE(SAS)，∴DG=BE；
1
（2）解：DG= BE，DG⊥BE．
2
理由如下：延长BE、GD相交于点H．
∵矩形ECGF、矩形ABCD，
∴∠ECG=∠BCD=90°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵CD:CB=2:4=1:2，CG:CE=1:2，
∴CD:CB=CG:CE，
∵∠DCG=∠BCE，
∴△DCG∽△BCE，
DG CG 1
∴ = = ，∠BEC=∠DGC，
BE CE 2
1
∴DG= BE，
2
∵矩形ECGF，
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°，
∴∠HEF+∠BEC=180°−∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°，
∴DG⊥BE；
（3）解：作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．∵∠FNC=∠CMG=∠ECG=90°，
∴∠FCN+∠GCM=∠FCN+∠CEN=90°，
∴∠GCM=∠CEN，
∴△ECN∽△CGM，
EC EN
∴ = =2，
CG CM
∵EN=AB=2，
∴CM=1，
∴点G的运动轨迹是直线MG，
作点D关于直线MG的对称点G′，连接BG′交MG于G，此时BG+GD的值最小，最小值为BG′，
1
由（2）知，DG= BE，
2
∴BE=2DG，
∴2BG+BE=2BG+2DG=2(BG+DG)，
∴2BG+BE的最小值就是2(BG+DG)的最小值．
∵BG′=√22+62=2√10，
∴2BG+BE的最小值为4√10，
故答案为：4√10．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质．
在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等．这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最
小值．
13．（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝4√2，点E为对角线AC上一
动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．(1)求证：矩形DEFG为正方形；
(2)求证：CE＋CG＝8
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，证△DEN≌△FEM，得DE=EF，即可证矩形
DEFG为正方形；
（2）证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，由此可推得CE+CG=AC，利用勾股定理计算即可．
(1)
证明：如图，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴ CA平分∠BCD，
又∵ EM⊥BC，EN⊥CD，
∴ EM=EN．
∵ ∠≝=∠MEN=90°，
∴ ∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90°，
∴ ∠DEN=∠MEF．
在△DEN和△FEM中，
¿，
∴ △DEN≌△FEM (ASA)．
∴ DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形．(2)
证明：∵四边形ABCD与四边形EFGH为正方形，
∴DE＝DG，AD=CD=AB=4√2，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE与△CDG中，
¿，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG．
∴CE+CG=CE+AE=AC=√AD2+CD2=√ (4√2) 2+(4√2) 2=8．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，
解决本题的关键是熟练运用相关性质定理．
14．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E
不与点B，C重合），且∠EAF=45°．
(1)当BE=DF时，求证：AE=AF；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，GH⊥AE，垂足为K，交AC于点H且GH=AE．若
DF=a，CH=b，请用含a，b的代数式表示EF的长．【答案】(1)见解析
(2)EF=DF+BE，见解析
√2
(3) b+a
2
【分析】（1）先利用正方表的性质求得AB=AD，∠B=∠D=90°，再利用判定三角形全等的“SAS”求
得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使BM=DF，连接AM，先易得△ABM≌△ADF(SAS)，推出AM=AF，
∠MAB=∠FAD，进而得到△AEM≌△AEF(SAS)，最后利用全等三角形的性质求解；
√2
（3）过点H作HN⊥BC于点N，易得△ABE≌△GNH(AAS)，进而求出HN= CH，再根据（2）的
2
结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°．
在△ABE和△ADF中
¿，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为EF=DF+BE．
理由如下：
延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
则∠ABM=∠D=90°．
在△ABM和△ADF中
¿，
∴△ABM≌△ADF(SAS)，
∴AM=AF，∠MAB=∠FAD．
∵∠EAF=45°，
∴∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°．
∴∠MAE=∠FAE，
在△AEM和△AEF中¿，
∴△AEM≌△AEF(SAS)，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴EF=DF+BE；
（3）
解：过点H作HN⊥BC于点N，
则∠HNG=90°．
∵GH⊥AE，
∴∠AKG=∠ABG=90°，
∴∠BGK=∠EAB．
在△ABE和△GNH中
¿，
∴△ABE≌△GNH(AAS)，
∴EB=HN．
∵∠HCN=45°，∠HNC=90°，
HN
∴sin45°= ，
HC
√2
∴HN= CH，
2
√2
由（2）知，EF=BE+DF=HN+DF= b+a．
2【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，
构建三角形全等是解答关键．
15．（2022·四川德阳·模拟预测）已知：四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在AD边上，且
AF=DE．
(1)如图1，AE与BF有怎样的关系．写出你的结果，并加以证明；
(2)如图2，对角线AC与BD交于点O．BD，AC分别与AE，BF交于点G，点H．
①求证：OG=OH；
②连接OP，若AP=4，OP=√2，求AB的长．
【答案】(1)AE⊥BF；AE=BF．证明见解析
(2)①见解析；②AB=2√13
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=∠D=90°，然后利用“边角边”证明
△ABF≌△DAE，根据全等三角形对应角相等可得AE=BF，∠DAE=∠ABF，然后求出
∠PAB+∠ABF=90°，再求出∠APB=90°，然后根据垂直的定义解答即可；
（2）①根据正方形的对角线互相垂直平分可得∠AOB=∠AOG=90°，OA=OB，对角线平分一组对角
可得∠ABO=∠DAO=45°，然后求出∠OAG=∠OBH，再利用“角边角”证明△OAG≌△OBH，根
据全等三角形对应边相等可得OG=OH；②过点O作OM⊥AE于M，作ON⊥BF于N，根据全等三角
形对应角相等可得∠OGA=∠OHB，再利用“角角边”证明△OGM≌△OHN，根据全等三角形对应边相等可得OM=ON，然后判断出四边形OMPN是正方形，根据正方形的性质求出PM=OM=1，再求出
AM，然后利用勾股定理列式求出OA，再根据正方形的性质求出AB即可．
【详解】（1）解：AE⊥BF；AE=BF．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=90°，
在△ABF和△DAE中，
¿，
∴△ABF≌△DAE(SAS)，
∴AE=BF，∠DAE=∠ABF，
∵∠DAE+∠PAB=∠BAD=90°，
∴∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠APB=180°−90°=90°，
∴AE⊥BF；
（2）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=∠AOG=90°，OA=OB，∠ABO=∠DAO=45°，
∵∠DAE=∠ABF，
∴∠ABO−∠ABF=∠DAO−∠DAE，
即∠OAG=∠OBH，
在△OAG和△OBH中，
¿，
∴△OAG≌△OBH(ASA)，
∴OG=OH；
②解：如图2，过点O作OM⊥AE于M，作ON⊥BF于N，
∵△OAG≌△OBH，
∴∠OGA=∠OHB，
在△OGM和△OHN中，¿，
∴△OGM≌△OHN(AAS)，
∴OM=ON，
∴四边形OMPN是正方形，
∵OP=√2，
√2
∴PM=OM=√2× =1，
2
∵AP=4，
∴AM=AP+PM=4+1=5，
在Rt△AOM中，OA=√AM2+OM2=√52+12=√26，
∴正方形ABCD的边长AB=√2=√2×√26=2√13．
【点睛】本题是四边形综合题型，主要利用了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，（2）②难度较
大，作辅助线构造出全等三角形和以OP为对角线的正方形是解题的关键，也是本题的难点
【考点4 特殊四边形中的折叠变换】
1
16．（2022·吉林长春·统考二模）【感知】如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC= AB，易知
2
∠B=30°（不需要证明）．
【探究】如图②，四边形ABCD是一张边长为2的正方形纸片，E、F分别为AB、CD的中点，沿过点D
的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A'处，折痕交AE于点G，求∠ADG的度数和AG的长．
【拓展】若矩形纸片ABCD按如图③所示的方式折叠，B、D两点恰好重合于一点O（如图④），若
AB=6，直接写出EF的长．
【答案】【探究】15°；4−2√3【拓展】4
1
【探究】由折叠的性质可知，AD=A′D=2，∠ADG=∠A′DG，由DF=1，可得DF= A′D，可知
2
∠FDA′=60°，进而得出，∠ADA′=30°，利用折叠性质就可求∠ADG的度数；在Rt△A′DF中，根
据勾股定理可求出A′F=√3，A′E=2−√3，通过角的计算，可得出∠EA′G=60°，可得出A′G=AG=4−2√3；
【拓展】利用折叠的性质可知四边形AECF是菱形，折叠后构成的六个小的直角三角形全等，可得出
1
∠AEO=60°，△AEF是等边三角形，BE=OE= AE，由AB=6，可得EF=4．
2
【详解】探究：解：∵正方形边长为2，E、F为AB、CD的中点，
1
∴EA=FD= ×边长=1，
2
沿过点D的折痕将纸片翻折，使点A落在EF上的点A′处，
∴A′D=AD=2，
FD 1
∴ = ，
A′D 2
∴∠FA′D=30°，
可得∠FDA′=90°−30°=60°，
∵A沿GD折叠落在A′处，
∴∠ADG=∠A′DG，AG=A′G，
∠ADA′ 90°−60°
∴∠ADG= = =15°，
2 2
∵A′D=2，FD=1，
∴A′F=√A′D2−FD2=√3，
∴EA′=EF−A′F=2−√3，
∵∠EA′G+∠DA′F=180°−∠GA′D=90°，
∴∠EA′G=90°−∠DA′F=90°−30°=60°，
∴∠EGA′=90°−∠EA′G=90°−60°=30°，
则A′G=AG=2EA′=2(2−√3)=4−2√3；
拓展：解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，DC=AB， CD∥AB，
∴∠DFA=∠FAE，∠FCE=∠CEB，
由折叠得∠DFA=∠AFO，∠OEC=∠CEB，
∴∠EAF=∠AFO，∠FEC=∠FCE，
∴EA=EF，EF=FC，
∴EA=FC，
∴DF=EB，由折叠得DF=OF，BE=OE，
∴OF=OE，
由折叠的性质可知：
∠FOA=∠EOC=90°，AD=OA=OC=BC，
∵FC=EA，CO=AO，OF=OE，
∴△COF≌△AOE，
∴∠FCO=∠EAO，∠CFO=∠AEO，
∴A、O、C三点共线，E、O、F三点共线，且AC与EF互相平分，
又∵∠AOF=90°，
∴EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
结合折叠的性质和菱形的性质，可知：
∠OEA=∠OEC=∠BEC，BE=OE，
∴∠OEA=∠OEC=∠BEC=60°，
∴∠FAE=∠BEC=60°，
∵AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
在Rt△AOE中，∠OEA=60°，
1
∴BE=OE= AE
2
∴AE=2BE，
∵AB=AE+BE=6，
∴BE=2，
∴AE=EF=4．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质、折叠的性质、菱形的判定及性质、等边三角形的判定及
性质等知识，把握正方形、矩形折叠的性质是解决本题的关键．
17．（2022·吉林长春·模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，
连结BE，CF，延长CF交AD于点G，BE与CG交于点M．(1)求证：CE=DG．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H．若CE=6，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连结AM．则线段AM的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
14
(2)
3
(3)5√5−5
【分析】（1）利用ASA证明△BCE≌△CDG，得CE=DG；
（2）连接HE，利用等角对等边证明HG=HF，设DH=x，则GH=HF=6−x，由勾股定理得，
(6−x) 2+62=x2+42，解方程即可；
（3）取BC的中点O，连接OM，AO，利用勾股定理求出AO，直角三角形斜边上中线的性质得MO的长，
再利用三角形三边关系可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，
∴∠DCG+∠BCM=90°，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCM=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠CBM=∠DCG，
∴△BCE≌△CDG(ASA)，
∴CE=DG；（2）解：连接HE，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，
∵AD∥BC，
∴∠HGF=∠BCF，
∵∠BFC=∠HFC，
∴∠HGF=∠HFG，
∴HG=HF，
设DH=x，则GH=HF=6−x，
由勾股定理得，(6−x) 2+62=x2+42，
14
解得x= ，
3
14
∴DH= ；
3
（3）解：取BC的中点O，连接OM，AO，
则BO=5，AO=5√5，
∵∠BMC=90°，O为BC的中点，
1
∴MO= BC=5，
2
∵AM≥AO−OM，
∴AM的最小值为AO−OM=5√5−5，
故答案为：5√5−5．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理，三角形三边关系等知识，运用勾股定理列方程是解题的关键．
18．（2022·河南信阳·统考模拟预测）学习了菱形的判定后，小张同学与小刘同学讨论探索折纸中的菱形．
小张：如图①，两张相同宽度的矩形纸条重叠部分（阴影部分）是一个菱形．
小刘：如图②，一张矩形纸条沿EG折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后是一个菱形．
(1)小张同学的判断是否正确？
(2)小刘同学的判断是否正确？如果正确，以小刘的方法为例，证明他的判断；如果不正确，请说明理由．
(3)如图③，矩形ABCD的宽AB=4，若AE=2AB，沿BE折叠后，重叠部分展开（阴影部分）后得到菱
形GBFE，求菱形GBFE的面积．
【答案】(1)正确
(2)正确，理由见解析
(3)20
【分析】（1）由两个纸条是矩形可得EF∥GH，HE∥GF，得到四边形EFGH是平行四边形，根据两
张矩形纸条宽度相同，利用两个三角形全等得到邻边相等即可证明；
（2）根据折叠确定邻边相等，再根据矩形性质及折叠可确定四边形EFGH是平行四边形，从而根据邻边
相等的四边形是菱形即可得证；
（3）根据平行四边形的面积公式，已知高AB=4，设AG=x，则¿=8−x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得到x=3，进而得¿=8−x=5，代入公式求解即可．
（1）
解：正确．
理由如下：由两个纸条是矩形可得EF∥GH，HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴∠EHM=∠EFN，
过E作EM⊥HG,EN⊥GF，垂足为M,N，如图所示：∵两张矩形纸条宽度相同，
∴EM=EN，
在ΔEMH和ΔENF中，
¿，
∴ΔEMH≅ΔENF(AAS)，
∴EH=EF，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）
解：正确．
理由如下：由ABCD是矩形可得HE∥GF，
由轴对称的性质可知∠HEG=∠FEG，∠HGE=∠FGE，
∵HE∥GF，
∴∠HEG=∠EGF，
∴∠FEG=∠EGF=∠HGE，
∴EF=GF，HG∥EF，
又∵HE∥GF，
∴四边形HEFG为平行四边形，
∵EF=GF，
∴四边形HEFG为菱形，
（3）
解：∵AB=4，
∴AE=2AB=8，
∵四边形GBFE为菱形，
∴GB=≥¿，
设AG=x，则¿=8−x，
在Rt△ABG中，由勾股定理，得42+x2=(8−x) 2，解得x=3，∴¿=8−x=5，
∴菱形GBFE的面积=4×5=20．
【点睛】本题考查的是图形的翻折变换、矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理求线段长、菱形面积
公式，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键．
19．（2022·云南昆明·云大附中校考三模）综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——
折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数
学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的
点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中△ABN是什么特殊三角形？请写出解答过
程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，
求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点
S，把纸片展平，连接A A′交ST于点O，连接AT；求证：四边形SAT A′是菱形．
【答案】(1)折痕BM所在直线是线段AN的垂直平分线，△ABN是等边三角形，过程见解析
(2)15°(3)见解析
【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝
90°，可证△ABN是等边三角形；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定
可证四边形SATA'是菱形．
（1）
解：如图①，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
（2）
解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
（3）
证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'¿（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，
等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
20．（2022·湖北武汉·校考三模）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一动点，将正方形沿着BE
折叠，点C落在点F处，连接CF，并延长CF交AD于点G．求证：△BCE≌△CDG；
CE 2 GH
（2）在（1）的条件下，如图2，延长BF交AD边于点H．若 = ，求 的值；
BC 3 DH
（3）如图3，四边形ABCD为矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF分别交AD于G，H两
AB 3 DH 4 DE
点，若 = , = ，则 的值为___________．（直接写出结果）
BC 4 GH 5 EC
1 √17
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
7 4
【分析】（1）根据AAS证明三角形全等即可；
（2）如图2中，连接EH．根据H F2+FE2=DH2+DE2，求出DE即可解决问题；
AB 3 DH 4
（3）如图3中，连接HE．由 = , = ，可以设AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根
BC 4 GH 5
据相似三角形的判定和性质可得CE=12m，则DE=CD−CE=3x−12m，利用勾股定理构建方程求解即
可．
【详解】（1）证明：如图1中，∵△BFE是由△BCE折叠得到，
∴BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠BCE=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
在△BCE和△CDG中，
¿，
∴△BCE ≌△CDG（AAS）；
（2）解：如图2中，连接EH．
∵△BCE ≌△CDG，
∴CE=DG，
由折叠可知BC=BF,CE=FE，
∴∠BCF=∠BFC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC,BC=CD，
∴∠BCG=∠HGF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HFG=∠HGF，
∴HF=HG，CE 2
∵ = ，
BC 3
设CE=2x，则BC=CD=3x,FE=CE=2x，
∴DE=CD−CE=x，
设HF=HG=a，
∴DH=DG−HG=2x−a，
∴由折叠可知∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠EFH=90°，
∴H F2+FE2=DH2+DE2，
∴a2+（2x）2=（2x−a）2+x2，
∴x=4a或0（舍弃），
∴DH=2x−a=7a，
GH a 1
∴ = = ；
DH 7a 7
（3）解：如图3中，连接HE．
AB 3 DH 4
由 = , = ，
BC 4 GH 5
设AB=CD=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，
由（2）知HF=HG=5m，
∴DG=9m，
由折叠可知BE⊥CF，
∴∠ECF+∠BEC=90°，
∵∠D=90°，
∴∠ECF+∠CGD=90°，
∴∠BEC=∠CGD，
∵∠BCE=∠D=90°，
∴△CDG ∽△BCE，DG CD AB 3
∴ = = = ，
CE BC BC 4
9m 3
∴ = ，
CE 4
∴CE=12m=FE，
∴DE=3x−12m，
∵∠D=∠HFE=90°
∴H F2+FE2=DH2+DE2，
∴（5m）2+（12m）2=（4m）2+（3x−12m）2，
∴x=4m+√17m或4m−√17m（舍弃），
∴DE=3x−12m=12m+3√17m−12m=3√17m，
DE 3√17m √17
∴ = = ．
EC 12m 4
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利
用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【考点5 特殊四边形中的平移变换】
21．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）我们把连接菱形对边中点得到的所有菱形称作如图
①所示基本图的特征图形显然这样的基本图共有5个特征图形．将此基本图不断复制并平移，使得相邻两
个基本图的一个顶点与对称中心重合，这样得到图1、图2、图3…
(1)观察以上图形并完成下表：
图形名称 基本图的个数 特征图形的个数
图1 1 5
图2 2 9
图3 3 13
图4 4 ______… … …
猜想：在图n中，特征图形的个数为______；（用含n的式子表示）
(2)已知基本图的边长为4，一个内角恰好为60°，求图20中所有特征图形的面积之和．
【答案】(1)17，4n+1
(2)图20中所有特征图形的面积之和为282√3
【分析】（1）根据从第2个图形开始，每多一个基本图形就会多出4个菱形解答即可；
（2）根据图形的特征解决问题即可．
(1)
解：观察图形和表可得：
图1中的特征图形的个数为：5=4+1，
图2中的特征图形的个数为：9=4×2+1，
图3中的特征图形的个数为：13=4×3+1，
∴图4中的特征图形的个数为：17=4×4+1，
∴图n中的特征图形的个数为：4n+1．
故答案为：17，4n+1
(2)
如图，过点A作AD⊥BC于D，
根据题意知基本图的边长为4，一个内角恰好为60°，
即菱形ABCE的边长为4，一个内角恰好为60°，
∴AB=BC=4，∠ABC=60°，
∴在Rt△ABD中，AD=AB·sin∠ABC=4×sin60°=2√3，
∴S =BC·AD=4×2√3=8√3，
菱形ABCD
∴大的特征图形面积为8√3，小的特征图形面积为8√3÷4=2√3，
由（1）知，图20中共有特征图形：4×20+1=81（个），
其中有20个大的特征图形，61个小的特征图形，
∴图20中所有特征图形的面积之和为：20×8√3+61×2√3=282√3．
∴图20中所有特征图形的面积之和为282√3．【点睛】本题考查平移设计图案，规律型问题，涉及到菱形的面积计算和三角函数等知识．解题的关键是
学会探究规律的方法．
22．（2022·福建厦门·厦门双十中学校考二模）如图，四边形ABCD是矩形，平移线段AB至EF，其中点A
的对应点为点E，点B的对应点为点F，且点E恰好落在边BC上．
(1)若AF＝DF，求证：点E为BC中点；
(2)若BC＝k AB，√2＜k＜2，是否存在∠BFC＝90°？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)若BC＝k AB，√2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由见解析
【分析】（1）根据AF=DF，可得∠DAF=∠ADF，从而得到∠BAF=∠CDF，可证得△BAF≌ CDF，从而得
到BF=CF，即可求证； △
（2）假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，可证得△BEF∽△FEC，从而得到AB2=BE⋅CE，然后设
BE=x，可得x2−kABx+AB2=0，从而得到Δ=(k2−4)AB2<0，进而得到该方程没有实数根，即可求解．
（1）
证明∶ ∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，
∵AF=DF，
∴∠DAF=∠ADF，
∴∠BAF=∠CDF，在 BAF和 CDF中，
∵A△B=CD，∠△BAF=∠CDF，AF=DF，
∴ BAF≌ CDF（SAS），
∴△BF=CF，△
由平移可知：EF∥AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴点E为BC的中点；
（2）
若BC＝k AB，√2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°，理由如下：
假设∠BFC=90°，则∠FBC+∠FCB=90°，
由平移可知：EF∥AB，EF=AB，
∴∠BEF=∠ABC=90°，即EF⊥BC，
∴∠BEF=∠CEF=90°，
∴∠FBC+∠BFE=90°，
∴∠FCB=∠BFE，
∴△BEF∽△FEC，
BE EF
∴ = ，即EF2=BE⋅CE，
EF CE
∴AB2=BE⋅CE，
设BE=x，
∵BC＝k AB，
∴CE=BC−BE=kAB−x，
∴AB2=x(kAB−x)，
整理得：x2−kABx+AB2=0，
∴Δ=(−kAB) 2−4×1×AB2=(k2−4)AB2，
∵√2＜k＜2，
∴2CD，
∴O到CD的距离0)的图象与BC交于点D，与对
x
角线OB交于点E，与AB交于点F，连接OD，DE，EF，DF．下列结论：①sin∠DOC=cos∠BOC；②OE=BE；③S =S ；④OD:DF=2:3．其中正确的结论有（ ）
△DOE △BEF
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】A
CD OC
【分析】根据题意，图中各点的坐标均可以求出来，sin∠DOC= ，cos∠BOC= ，只需证明
OD OB
CD OC 2
= 即可证明结论①；先求出直线OB的解析式，然后求直线OB与反比例函数y= (x>0)的交点
OD OB x
坐标，即可证明结论②；分别求出S 和S ，进行比较即可证明结论③；只需证明△OCD∽△DBF，
△DOE △BEF
即可求证结论④．
【详解】解：∵OABC为矩形，点B的坐标为（4，2），
∴A点坐标为(4，0)，C点坐标为(0，2)，
2
根据反比例函数y= (x>0)，
x
当y=2时，x=1，即D点坐标为(1，2)，
1 1
当x=4时，y= ，即F点坐标为(4， )，
2 2
∵OC=2，CD=1，
∴OD=√22+12=√5，
∵OC=2，CB=4，
∴OB=√22+42=2√5，
CD 1 √5
∴sin∠DOC= = = ，
OD √5 5
OC 2 √5
cos∠BOC= = = ，
OB 2√5 5∴sin∠DOC=cos∠BOC，
故结论①正确；
设直线OB的函数解析式为：y=kx，
点B代入则有：2=4k，
1
解得：k= ，
2
1
故直线OB的函数解析式为：y= x，
2
1 2
当 x= 时，x =2；x =−2 (舍)
2 x 1 2
即x=2时，y=1，
∴点E的坐标为(2，1)，
∴点E为OB的中点，
∴OE=BE，
故结论②正确；
1
∵CD=1，AF= ，
2
3
∴BD=3，BF= ，
2
1 3
由②得：S =S = ×BD×1= ，
△DOE △DBE 2 2
1 3
S = ×BF×2= ，
△BEF 2 2
∴S =S ，
△DOE △BEF
故结论③正确；
在Rt△OCD和Rt△DBF中，
OC DB 3
=2， = =2
CD BF 3 ，
2
∴△OCD∽△DBF，
∴OD:DF=OC:DB=2:3，
故结论④正确，
综上：①②③④均正确，
故选：A．【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形判定与性质，锐角三角函数，反比例函数与几何综合，结
合题意求出图中各点坐标是解决本题的关键．
48．（2022·新疆·统考中考真题）如图，在ΔABC巾，∠ABC=30°，AB=AC，点O为BC的中点，点
D是线段OC上的动点（点D不与点O，C重合），将△ACD沿AD折叠得到ΔAED，连接BE．
(1)当AE⊥BC时，∠AEB=___________°；
(2)探究∠AEB与∠CAD之间的数量关系，并给出证明；
(3)设AC=4，△ACD的面积为x，以AD为边长的正方形的面积为y，求y关于x的函数解析式．
【答案】(1)60
(2)∠AEB=30°+∠CAD
(3)y=(2√3−x) 2+4
【分析】（1）首先由折叠的性质可得AC=AE=AB，再由等腰三角形的性质可求解；
（2）首先由折叠的性质可得AE=AC，∠CAD=∠EAD，再由等腰三角形的性质可得AC=AE=AB，
∠ABE=∠AEB，最后根据角度关系即可求解；
（3）首先由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求AO的长，由勾股定理可求OD的长，最后根
据面积和差关系可求解．
【详解】（1）∵∠ABC=30°，AB=AC，AE⊥BC，
∴∠BAE=60°，
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AC=AE，
∴AB=AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
故答案为：60；（2）∠AEB=30°+∠CAD，理由如下：
∵将ΔACD沿AD折叠得到ΔAED，
∴AE=AC，∠CAD=∠EAD，
∵∠ABC=30°，AB=AC，
∴∠BAC=120°，
∴∠BAE=120°−2∠CAD，
∵AB=AE=AC，
180°−(120°−2∠CAD)
∴∠AEB= =30°+∠CAD；
2
（3）如图，连接OA，
∵AB=AC，点O是BC的中点，
∴OA⊥BC，
∵∠ABC=∠ACB=30°，AC=4，
∴AO=2，OC=2√3，
∵OD2=AD2−AO2，
∴OD=√ y−4，
1 1
∵S = ×OC×AO− ×OD×OA，
ΔADC 2 2
1 1
∴x= ×2×2√3− ×2×√y−4，
2 2
∴y=(2√3−x) 2+4．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，折叠的性质等知识，解题的关键是熟练
掌握相关性质并能够灵活运用．
49．（2022秋·山西·九年级校联考期末）综合与探究
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C．点P(m,0)是x轴上的一
个动点，过点P作直线PM⊥x轴，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N．(1)求这个抛物线的函数表达式．
(2)①若点P在线段OB上运动，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴的正半轴上运动，在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形？若
存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
9
(2)①MN的最大值为 ；②存在这样的Q点，Q点的坐标为 (0，−1)或(0,−3√2−1)或(0,3√2−1)
4
【分析】（1）将A、B点的坐标代入函数解析式，即可求出b、c的值，从而求出函数解析式．
（2）①MN=PN−PM，先求出过BC的直线的解析式为y=x−3，PM的长度为|m−3|，PN的长度为
二次函数当x=m时，y的值的绝对值，PN−PM可以得出关于m的二次函数解析式，求出这个函数的最大
值即可求解．
②组成菱形时，分三种情况，第一种情况，当QN作为菱形对角线；第二种情况，当QN作为菱形的一条边
时；第三种情况，当QN作为菱形的一条边且P在B点右侧时，如下图:
第一种情况，对角线MC⊥QN，因为BC的斜率为1，∠OCM=45°，而菱形的对角线平分角，可得到
∠BCN=45°，所以菱形QCNM为正方形，N点纵坐标与C点纵坐标相同，即可求解m的值，然后可以
求出Q点坐标;
第二种情况，当QN作为菱形的一条边时，有MN=MC，联立出关于m的方程，求解即可得到答案;
第三种情况，当P在B点右侧时，MC只能是菱形的边，同样有MN=MC，可以联立出关于m的方程，
求解即可得到答案．【详解】（1）解：把A(−1,0),B(3,0)代入y=x2+bx+c中，得
¿
解得¿
∴y=x2−2x−3．（2）解：①设直线BC的表达式为y=kx+b，把B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+b．
得，¿解这个方程组，得¿
∴y=x−3．
∵点P(m,0)是x轴上的一动点，且PM⊥x轴．
∴N(m,m−3),M(m,m2−2m−3)．
∴MN=m−3−(m2−2m−3)
=−m2+3m
( 3) 2 9
=− m− + ．
2 4
∵P在OB上运动，
090°，
∴ DF=DM，
设M(m,3)，
设直线OM的解析式为y=kx(k≠0)，
∴3=km，
3
解得k= ，
m
3
∴直线OM的解析式为y= x，
m
设直线BC的解析式为y=k x+b(k ≠0)，
1 1
把B（0、3）、 C（3，0）代入，得¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
3 3m 9
令 x=−x+3，解得x= ，则y= ，
m m+3 m+3
3m 9
∴F( , )，
m+3 m+3
∵四边形OBDC是正方形，
∴BO=BD=OC=CD=3，
∴D(3,3)，3m 2 9 2 9m2+81
∴DF2=(3− ) +(3− ) = ,DM2=(m−3) 2 ，
m+3 m+3 (m+3) 2
9m2+81
∴ =(m−3) 2 ，
(m+3) 2
∴9m2+81=(m2−9) 2，
解得m=0或m=3√3或m=−3√3，
∵点M为射线BD上一动点，
∴m>0，
∴m=3√3，
∴BM=3√3，
当y=3=−x2+2x+3时，解得x=0或x=2，
∴BE=2，
∴ME=BM−BE=3√3−2．
当点M在线段BD上时，此时，∠DMF>90°，
∴MF=DM，
∴∠MFD=∠MDF，
∴∠BMO=∠MFD+∠MDF=2∠MDF，
由（2）得∠BOF=∠BDF，
∵四边形OBDC是正方形，
∴∠OBD=90°，
∴∠BOM+∠BMO=90°，
∴3∠BOM=90°，
∴∠BOM=30°，
∵OB=3，√3
∴BM=tan∠BOM⋅OB= ×3=√3，
3
∵BE=2,BD=3，
∴DE=1，
∴ME=BD−BM−DE=3−√3−1=2−√3；
综上，ME的长为3√3−2或2−√3．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判
定和性质，解直角三角形等，熟练掌握知识点是解题的关键．
