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，
∴2<k2<4，
∴k2−4<0，
∴Δ=(k2−4)AB2<0，∴该方程没有实数根，
即不存在BE，使EF2=BE⋅CE，
∴若BC＝k AB，√2＜k＜2，不存在∠BFC＝90°．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，一元
二次方程根的判别式，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形和相似三角形的判定和性质，
一元二次方程根的判别式是解题的关键．
23．（2022·云南德宏·统考模拟预测）如图，将△ABC沿射线AB平移4cm后能与△BDE完全重合，连接
CE、CD交BE于点O，OB＝OC．
(1)求证：四边形CBDE为矩形；
4√3
(2)若S BOC＝ cm2，求∠ACD的度数．
3
△
【答案】(1)见解析
(2)120°
【分析】（1）由平移的性质及ASA判定定理可证得△OCE≌△ODB，根据全等三角形的性质即可求证结
论．
（2）根据矩形的性质及面积公式即可求得BC，进而可利用特殊三角函数值可求得∠BCD=60°，根据垂
直平分线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：由题意可知：△BDE由△ABC平移后得到，
∴BC//DE，且BC=DE，
∴四边形CBDE是平行四边形，
∴CE//BD，且CE=BD，
∴∠ECD=∠CDB，∠CEB=∠EBD，
在△OCE和△ODB中
¿，
∴ △OCE≌△ODB(ASA)
∴OC=OD，OB=OE，又∵OB=OC，
∴CD=BE，
∴ 平行四边形CBDE为矩形．
（2）由（1）可知四边形CBDE为矩形，
∴∠CBD=90°，且BD=4cm，
在△OBC中过点O作BC的垂线，垂足为F，则OF=2，
1 4√3
∵S = ×2×BC= ，
△BOC 2 3
4√3
∴BC= cm，
3
BD 4
tan∠BCD= = =√3
∴在Rt△CBD， CB 4√3 ，
3
∴∠BCD=60°，
又∴在△ACD中，BC是AD的垂直平分线，
∴∠ACB=∠BCD=60°，
∴∠ACD=120°，
∴∠ACD的度数为120°．
【点睛】本题考查了平移的性质、全等三角形的判定及性质、矩形的判定及性质、特殊三角函数值求角度，
熟练掌握相关性质及判定定理是解题的关键．
24．（2022·山东淄博·统考二模）已知，矩形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H
在CD上．
(1)如图1，当矩形ABCD为正方形时，且DE⊥GF，求证：BF=AE+AG；
(2)在（1）的条件下，将GF沿AD向右平移至点G与点D重合，如图2，连接EF，取EF的中点P，连接
PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点F在BC上，连接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，FG=√5，求线段EH
的长．【答案】(1)见解析
(2)BE=√2CP，理由见解析
4√10
(3)线段EH的长为 ．
3
【分析】（1）作GM⊥BC于M．证 DAE≌△GMF，得AE=FM，AG=BM．所以BF=AE+AG；
（2）作EQ∥CP交BC于Q．证EQ=△2CP，EQ=√2BE可得BE=√2CP；
（3）作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，取AD 的中点I，取BC的中点J，得四边形ABJI是
正方形，延长IJ到L，使JL=AM=1，证明 BAM≌△BJL（SAS），再证明 MBK≌△LBK（SAS），推出
MK=KL，设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，△IK=2-x，在Rt IMK中，由勾△股定理求得x 的值，再利用平行
线分线段成比例定理可得． △
（1）
解：如图1，过点G作GM⊥BC于M，
则∠GMB=∠GMF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABMG是矩形，
∴AG=BM，
∵DE⊥GF，
∴∠ADE+∠DGF=∠ADE+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DGF，
又∠DGF=∠MFG，
∴∠AED=∠MFG，
∴△DAE≌△GMF（AAS），∴AE=MF，
则BF=BM+MF=AG+AE；
（2）
解：BE=√2CP，理由如下：
如图2，过点E作EQ∥PC，交BC于点Q，
∵P是EF的中点，
∴PC是 EQF的中位线，
则EQ=2△PC，QC=CF，
∵∠ADC=∠EDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
又∵∠A=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADE≌△CDF（ASA），
∴AE=CF=QC，
∵AB=BC，
∴BE=BQ，
则∠BEQ=45°，
∴EQ=√2BE，
则2PC=√2BE，
∴BE=√2PC；
（3）
解：如图所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，
则四边形BFGM和四边形BEHN是平行四边形，
∴BM=GF=√5，BN=EH，
∵AB=2，∴AM=√BM2−AB2=1，取AD 的中点I，取BC的中点J，连接IJ，
∵AB=2，BC=4，
∴AI=BJ=2，
∴四边形ABJI是正方形，
∴MI=1，AB=BJ=2，
延长IJ到L，使JL=AM=1，IJ交BN于点K，
∵BA=BC，∠A=∠BJI=∠BJL=90°，
∴△BAM≌△BJL（SAS），
∴∠ABM=∠JBL，BM=BL=√5，
∵∠GOH=45°，BN∥EH，BM∥GF，
∴∠MBN=∠MBK=45°，
∴∠ABM+∠JBK=45°，
∴∠JBL+∠JBK=45°，即∠LBK=45°，
∴△MBK≌△LBK（SAS），
∴MK=KL，
设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，
在Rt IMK中，由IM2+IK2=MK2可得12+（2-x）2=（x+1）2，
△ 2 2
解得x= ，即KJ= ，
3 3
2√10
则BK=√KJ2+BJ2= ，
3
∵四边形ABCD是矩形，四边形ABJI是正方形，点J是BC的中点，∴KJ∥CN，
BK BJ 2 1
∴ = = = ，
BN BC 4 2
4√10
∴BN=2BK= ．
3
4√10
∴线段EH的长为 ．
3
【点睛】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾
股定理，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识点．
25．（2022·辽宁沈阳·统考一模）已知正方形ABCD，在边DC所在的直线上有一动点E，连接AE，一条与
射线AE垂直的直线l沿射线AE方向，从点A开始向上平移，垂足为点P，交边AD所在直线于点F．
(1)如图1所示，当直线l经过正方形ABCD的顶点B时．求证：AF=DE；
(2)如图2所示，当直线l经过AE的中点时，与对角线BD交于点G，连接EG，CG．求证：¿=GC；
(3)直线l继续向上平移，当点P恰好落在对角线BD所在的直线上时，交边CB所在的直线于点H，当
AB=3，DE=1，请直接写出BH的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
3
(3) 或6
2
【分析】（1）证明 ABF≌△DAE（ASA），可得结论．
（2）连接AQ，CQ．△想办法证明 AQF是等腰直角三角形即可解决问题．
（3）分成若点E在线段CD上时与△点E在CD的延长线上时两种情况进行讨论，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠BAD=90°，∵AE⊥BF，
∴∠APB=90°，
∴∠PAD+∠PAB=90°，∠PAB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF=DE．
（2）证明：连接AG，如图所示，
∵AE⊥FG，AP=EP，
∴GE=GA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABG=∠CBG，
∵BG=BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴GA=GC，
∴GE=GC；
（3）如图，若点E在线段CD上时，过点F作FT⊥BC，垂足为点T，
则四边形DFTC是矩形．
∴FT=DC，∠ADE=∠FTH=90°，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=BC，
∵AE⊥FH，
∴∠APF=90°，
∵∠DAE+∠AFP=90°，∠AFP+∠TFH=90°，
∴∠DAE=∠TFH，
∵∠ADE=∠FTH，AB=FT，
∴△ADE≌△FTH（ASA），
∴DE=TH，
∵AB∥CD，AD∥BC，
BH BP AB 3
∴ = = = =3，
DF DP DE 1
1
∴CT=BF= BH，
3
∵BC=3，
1
∴ BH+1+BH=3
3
3
∴BH= ，
2
同理，若点E在CD的延长线上时，可得BH=6，
3
故答案为： 或6
2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例
定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问
题．
【考点6 特殊四边形中的旋转变换】
26．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=4,AD=3，点E在折线BCD上运动，
将AE绕点A顺时针旋转得到AF，旋转角等于∠BAC，连接CF．(1)当点E在BC上时，作FM⊥AC，垂足为M，求证AM=AB；
(2)当AE=3√2时，求CF的长；
(3)连接DF，点E从点B运动到点D的过程中，试探究DF的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)√3或√13
3
(3)
5
【分析】（1）证明△ABE≅△AMF即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助△ABE≅△AMF，在Rt△CMF中求解；当点E在CD上时，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助△AGE≅△AHF并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，∠AMF=∠B=90∘，∠BAC=∠EAF，
∴∠BAE=∠MAF，
由旋转性质知：AE=AF，
在△ABE和△AMF中，
∠B=∠AMF
{∠BAE=∠MAF，
AE=AF
∴△ABE≅△AMF，
∴AM=AB．（2）
当点E在BC上时，
在Rt△ABE中，AB=4，AE=3√2，
则BE=√AE2−AB2=√2，
在Rt△ABC中，AB=4，BC=3，
则AC=√AB2+BC2=5，
由（1）可得，MF=BE=√2，
在Rt△CMF中，MF=√2，CM=AC−AM=5−4=1，
则CF=√M F2+CM2=√3，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得△AGE≅△AHF，
∴FH=EG=BC=3,AH=AG=3,HC=2，
由勾股定理得CF=√32+22=√13；
故CF的长为√3或√13．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作DH⊥FM于点H，由（1）知，∠AMF=90∘，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在△CMJ与△CDA中，
∠CMJ=∠ADC
{ ，
∠MCJ=∠ACD
∴Rt△CMJ~Rt△CDA，
CM MJ CJ
∴ = = ，
CD AD AC
1 MJ CJ
即∴ = = ，
4 3 5
3 5
∴MJ= ，CJ= ，
4 4
5 11
DJ=CD−CJ=4− = ，
4 4
在△CMJ与△DHJ中，
∠CMJ=∠DHJ
{ ，
∠CJM=∠DJH
∴Rt△CMJ~Rt△DHJ，
CM CJ
∴ = ，
DH DJ
5
1 4
即 = ，
DH 11
4
11
DH= ，
5
11
故DF的最小值 ；
5如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转∠BAC的度数，得到线段AR，连接
FR，过点D作DQ⊥AR，DK⊥FR，
由题意可知，∠DAE=∠RAF，
在△ARF与△ADE中，
AD=AR
{∠DAE=∠RAF，
AE=AF
∴△ADE≅△ARF，
∴∠ARF=∠ADE=90∘，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于DQ⊥AR，DK⊥FR，∠ARF=90∘，
故四边形DQRK是矩形；
∴DK=QR，
4 12
∴AQ=AD⋅cos∠BAC=3× = ，
5 5
∵AR=AD=3，
12 3
∴DK=QR=AR−AQ=3− = ，
5 5
3
故此时DF的最小值为 ；
5
3 11 3
由于 < ，故DF的最小值为 ．
5 5 5
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角
三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
27.（2022·江西·统考中考真题）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足
够大的直角三角板PEF(∠P=90°,∠F=60°)的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的
面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在
旋转过程中，重叠部分的面积S 与S的关系为__________；
1
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，
N．
①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将
∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为
S ，请直接写出S 的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），
2 2
√6−√2 √6+√2
（参考数据：sin15°= ,cos15°= ,tan15°=2−√3）
4 4
1
【答案】(1)1,1，S = S
1 4
(2)①△OMN是等边三角形，理由见解析；②√3−1
α ( α)
(3)tan ,1−tan 45°−
2 2
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC
1
重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积= 正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重
41
叠部分的面积= 正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S
4 1
1
与S的关系为S= S．利用全等三角形的性质证明即可；
1 4
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，
解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S 最小．如图4-2中，
2
当CM=CN时，S 最大．分别求解即可．
2
（1）
如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重
1
叠部分的面积=△OBC的面积= 正方形ABCD的面积=1；
4
1
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积= 正方形ABCD的面积=1；
4
1
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S 与S的关系为S= S．
1 1 4
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S PMJ=S ONK，
△ △ 1
∴S OKBJ=S OMBN= S ABCD，
四边形 正方形 4 正方形
1
∴S= S．
1 4
1
故答案为：1，1，S= S．
1 4
（2）
①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-√3，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-√3）=√3-1，
1
∴S OMCN=2× ×CM×OJ=√3-1．
四边形 2
（3）
如图4，将∠HOG沿OH翻折得到∠HOG′，则△MON≌△M′ON，此时则当M,N在BC上时，S 比四
2
边形NOM′C的面积小，
设M′C=a,CN=b，则当S 最大时，S 最小，
△CNM' 21 1(a+b) 2
∵ S = ab≤ ，即M′C=NC时，S 最大，
△MNM′ 2 2 2 △CNM'
此时OC垂直平分M′N，即ON=OM′，则OM=ON
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，
∵ OM=ON，OQ⊥MN
∴BM=CN
∴当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S 最小．
2
α α
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tan =tan ，
2 2
α
∴MN=2MQ=2tan ，
2
1 α
∴S=S OMN= ×MN×OQ=tan ．
2 2 2
△
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S 最大．
2
∵ OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM
则△COM≌△CON，
α
∴∠COM= ，
2∵∠COQ=45°，
α
∴∠MOQ=45°- ，
2
α α
QM=OQ•tan（45°- ）=tan（45°- ），
2 2
α
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°- ），
2
1 α
∴S=2S CMO=2× ×CM×OQ=1-tan（45°- ）．
2 2 2
△
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的
面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
28．（2022·辽宁鞍山·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别为边AB，BC，AD上的点，
且AE=BF=DG，连接EF，GE，GF．
(1)△BEF可以看成是△AGE绕点M逆时针旋转α角所得，请在图中画出点M，并直接写出α角的度数；
(2)当点E位于何处时，△EFG的面积取得最小值？请说明你的理由；
(3)试判断直线CD与△EFG外接圆的位置关系，并说明你的理由．
【答案】(1)见解析
(2)当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值，理由见解析
(3)：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与
△EFG外接圆相交．理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质与旋转的性质，连接BD交GF于点M，则点M即为旋转中心；
（2）先证明Rt△GAE≌Rt△EBF(SAS)，得¿=FE，∠AEG=∠BFE，得到△EFG是等腰直角三角形，
再根据勾股定理与三角形面积公式得到S = 1 GE2= 1 (AG2+AE2)= ( x− 1 a ) 2 + 1 a2 ，然后利用二次
△EFG 2 2 2 4
函数的最值求解即可；
（3）分两种情况：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交．分别说明理由 即可．
【详解】（1）解：如图1，连接BD交GF于点M，则点M即为所求，
∴旋转角α=∠AMB=90°；
（2）解：当点E位于AB的中点时，△EFG面积取得最小值．
理由：设正方形的边找为a， AE=BF=DG=x，则AG=a−x，
在Rt△GAE和Rt△EBF中，
¿，
∴Rt△GAE≌Rt△EBF(SAS)，
∴¿=FE，∠AEG=∠BFE，
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴S = 1 GE2= 1 (AG2+AE2)= ( x− 1 a ) 2 + 1 a2 ，
△EFG 2 2 2 4
1
∴当x= a时，即点E位于AB的中点时，面积最小，
2
（3）解：当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG的外接圆相切．
理由：设GF的中点为O，连接OE，如图2，1
∴OE= GF，
2
当点E位于AB的中点时，点G于AD的中点，点F于CB的中点，
∴GF=CD=AD，
1
∴OE= AD，
2
1
∴当O到CD的距离为 AD，
2
∴直线CD与△EFG外接圆相切；
当点E位于AB的非中点时，直线CD与△EFG外接圆相交，
理由：当点E位于AB的非中点时，GF>CD，
∴O到CD的距离<OE
∴直线CD与△EFG外接圆相交．
综上当点E位于AB的中点时，直线CD与△EFG外接圆相切；当点E位于AB的非中点时，直线CD与
△EFG外接圆相交．
【点睛】本踢考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，切线的判定，证明
Rt△GAE≌Rt△EBF是解题的关键．
29．（2022·山东枣庄·校考模拟预测）如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC=90°，AD=4．点E
是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角
为α（0°<α<90°）．
(1)如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE=CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
(2)如图3，延长CE交直线AG于点P．求证：AG⊥CP；8√15
【答案】(1)①△AGD≌△CED，理由见解析；②GH=
15
(2)证明见解析
【分析】（1）①根据“边角边”，证明△AGD≌△CED即可；②过点A作AT⊥GD于T，根据①中
△AGD≌△CED，CD=CE，得出AD=AG=4，再根据三线合一的性质，得出TG=TD=1，再根据勾
股定理，得出AT=√15，再根据EF∥DG，得出△GFH∽△ATG，再根据相似三角形的性质，计算即
可得出答案；
（2）设AD交PC于O，根据（1）△AGD≌△CED，得出∠DAG=∠DCE，再根据角之间的数量关系，
得出∠DCE+∠COD=90°，再根据等量代换，得出∠AOP+∠DAG=90°，再根据垂线的定义，即可
得出结论．
【详解】（1）解：①如图2中，结论：△AGD≌△CED．
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE=90°，
∵DA=DC，∠ADC=90°，
∴∠GDE=∠ADC，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△AGD≌△CED(SAS)．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．∵△AGD≌△CED，CD=CE，
∴AD=AG=4，
∵AT⊥GD，
∴TG=TD=1，
∴AT=√AG2−TG2=√15，
∵EF∥DG，
∴∠GHF=∠AGT，
∵∠F=∠ATG=90°，
∴△GFH∽△ATG，
GH FG
∴ = ，
AG AT
GH 2
∴ = ，
4 √15
8√15
∴GH= ．
15
（2）证明：如图3中，设AD交PC于O．
∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG=∠DCE，∵∠DCE+∠COD=90°，∠COD=∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG=90°，
∴∠APO=90°，
∴CP⊥AG．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、
垂线的定义，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
30．（2022·山东德州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，BE平分∠ABC交AD于点E.
连接CE，点F是BE上一动点，过点F作FG∥CE交BC于点G．将△BFG绕点B旋转得到△BF′G′．
(1)连接CG′，EF′，求证：△BEF′ ∼△BCG′；
(2)当点G′恰好落在直线AE上时，若BF=3，求EG′的值．
【答案】(1)见解析
√14 √14
(2)EG′=3− 或3+
2 2
BF′ BG′
【分析】（1）先证得 = ，∠F′BE=∠CBG′，从而证明了结论；
BE BC
5√2
（2）先求得BG的长，进而求得BG′=BG= ，然后利用勾股定理解直角三角形ABG′，即可求得结果．
2
【详解】（1）（1）证明：∵FG∥CE，
∴△BFG∼△BEC，
BF BG
∴ = ，
BE BC
BF′ BG′
∴ = ，
BE BC
由旋转可知：∠F′BG′=∠EBC，
∴∠FBG′+∠EBG′=∠EBC+∠EBG′，
即∠F′BE=∠CBG′，
∴△BEF′ ∼△BCG′；（2）如图1，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠ABC=90°，
∵BE平分∠ABC，
1
∴∠ABE= ∠ABC=45°，
2
∴∠AEB=90°−∠ABE=45°，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=3，
∴BE=√32+32=3√2，
BG BF
由（1）知： = ，
BC BE
BG 3
∴ = ，
5 3√2
5√2
∴BG= ，
2
5√2
∴BG′=BG=
，
2
在Rt△ABG′中，由勾股定理得，AG′=√BG′2−AB2=
√ (5√2) 2
−32=
√14
，
2 2
√14 √14
∴EG′=AE−AG′=3− ，EG″=3+
，
2 2
√14 √14
综上所述，EG′=3− 或3+ ．
2 2
【点睛】本题考查了矩形性质，相似三角形判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，
构造相似三角形．【考点7 特殊四边形中的动点问题】
31．（2022·四川绵阳·校考二模）在矩形ABCD中，AB=8,AC=10，点P是对角线AC上一动点（不与点
A,C重合），连接BP，过点P作PE⊥PB交线段DC于点E，设PC=nAC．
(1)如图①，求tan∠PED的值（用含n的代数式表示）．
(2)如图②，连接BE，当PE平分∠BED时，求n的值．
4n
【答案】(1)tan∠PED=
3−3n
1
(2)n的值是
2
【分析】（1）过点P作PM⊥BC于点M，根据矩形的性质和补角的性质可证∠PED=∠PBC，然后证
PM CM
明△CPM∽△CAB得出 = =n，从而求出PM，CM，BM，最后根据正切的定义求解即可；
8 6
（2）易得点P、E、C、B四点共圆，取BE的中点为圆心O，因为同弧所对的圆周角相等，所以
∠PEB＝∠PCB，又因为PE平分∠BED，所以∠PEB＝∠PED，即∠PED＝∠PCB，所以
AB 4 4n 4
tan∠PED=tan∠PCB= = ，再结合（1）可得 = ，即可解答．
BC 3 3−3n 3
【详解】（1）解：如图，过点P作PM⊥BC于点M，
∵四边形ABCD为矩形，PE⊥PB，
∴∠PEC+∠PBC=180°，
又∵∠PEC+∠PED=180°
∴∠PED=∠PBC，∵AB=8,AC=10，
∴BC=6，
∵PM∥AB，
∴△CPM∽△CAB
PM CM CP nCA PM CM
∴ = = = =n，即 = =n，
AB CB CA CA 8 6
∴PM=8n,CM=6n，
∴BM=BC−CM=6−6n
PM 8n 4n
∴tan∠PED=tan∠PBC= = = ；
BM 6−6n 3−3n
（2）解：如图，取BE的中点O，连接OP、OC，
∵∠BPE=∠BCE=90°，
1
∴OC=OB=OE=OP= BE
2
∴点P、E、C、B四点在⊙O上，
∴∠PEB=∠PCB
∵PE平分∠BED，
∴∠PEB=∠PED，
∴∠PED=∠PCB，
AB 8 4
∴tan∠PED=tan∠PCB= = = ，
BC 6 3
4n 4
由（1）可得 = ，
3−3n 3
1 1
解得n= ，经检验：n= 是分式方程的解．
2 2
1
故n的值是 ．
2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数
以及四点共圆等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形相似是解决问题的关键．32．（2022·江苏淮安·统考一模）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
(1)如图①，已知矩形ABCD是“等邻边四边形”，则矩形ABCD___________（填“一定”或“不一
定”）是正方形；
(2)如图②，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，动点M、N分别在AD、CD上（不含端点），若
∠MBN=60°，试判断四边形BMDN是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如
果不是，请说明理由；此时，四边形BMDN的周长的最小值为___________；
【尝试应用】
(3)现有一个平行四边形材料ABCD，如图③，在▱ABCD中，AB=√17，BC=6，tanB=4，点E在BC
上，且BE=4，在▱ABCD边AD上有一点P，使四边形ABEP为“等邻边四边形”，请直接写出此时四
边形ABEP的面积可能为的值___________．
【答案】(1)一定
(2)四边形BMDN是“等邻边四边形”，理由见解析，四边形BMDN的周长最小值为4√3+4
49
(3)2√17+8或 或14
3
【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形BMDN是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明BM=BN即可；
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．分三种情形：
①当AP=AB=√17时，②当PA=PE时，③当PE=BE时，分别求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD的邻边相等，
∴矩形ABCD一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②，四边形BMDN是等邻四边形；
理由：连接BD．∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AB=BC=CD=AD=4，∠ABD=∠CBD= ∠ABC=60°，
2
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDM=∠BCN=60° ，DB=CB，
∵∠MBN=∠DBC=60°，
∴∠DBM=∠CBN，
∴△DBM≌△CBN(ASA)，
∴BM=BN，DM=CN，
∴四边形BMDN是等邻四边形，
∴DM+DN=DN+NC=CD=4，
∵BM+DM+DN+BN=BM+BN+4，
∴BM+BN的值最小时，四边形BMDN的周长最小，
根据垂线段最短可知，当BN⊥AD时，BM的值最小，
此时，BM=BN=AB⋅sin60°=2√3，
∴四边形BMDN的周长的最小值为4√3+4．
（3）如图③中，过点A作AH⊥BC于H，点E作EN⊥AD于N，则四边形AHEN是矩形．
AH
∵tanB= =4，AB=√17，
BH
∴BH=1，AH=EN=4，
∵BE=4，
∴AN=HE=4−1=3，①当AP=AB=√17时，
1 1
S = ⋅(BE+AP)⋅AH= ×(√17+4)×4=2√17+8．
四边形ABEP 2 2
②当PA=PE时，设PA=PE=x，
在Rt△PEN中，∵PE2=N E2+PN2，
∴x2=42+(x−3) 2，
25
∴x= ，
6
1 1 (25 ) 49
∴S = ⋅(BE+AP)⋅AH= × +4 ×4= ．
四边形ABEP 2 2 6 3
③当PE=BE时，点P与N重合，此时．
1 1
S = ⋅(BE+AP)⋅AH= ×(3+4)×4=14．
四边形ABEP 2 2
49
综上：四边形ABEP的面积为2√17+8或 或14．
3
【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯
形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思
考问题．
33．（2022·山西·山西实验中学校考模拟预测）综合与实践：
问题情境：在综合与实践课上，数学老师出示了一道思考题：
如图，在正方形ABCD中，P是射线BD上一动点，以AP为直角边在AP边的右侧作等腰直角三角形APE，
使得∠APE=90°，AP=PE，且点E恰好在射线CD上．(1)如图1，当点P在对角线BD上，点E在CD边上时，那么BP与CE之间的数量关系是_________；
探索发现：
(2)当点E在正方形ABCD外部时如图2与图3，（1）中的结论是否还成立？若成立，请利用图2进行证明；
若不成立，请说明理由；
问题解决：
(3)如图4，在正方形ABCD中，AB=2√2，当P是对角线BD的延长线上一动点时，连接BE，若
BE=6√2，求△BPE的面积．
【答案】(1)CE=√2BP；
(2)成立，证明见解析；
(3)16−4√2．
【分析】（1）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得
AB BP
= ，即可；
AC CE
（2）连接AC，根据正方形的性质和Rt△APE是等腰直角三角形，证得△ABP∼△ACE，可得AB BP
= ，即可；
AC CE
（3）连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，根据正方形的性质，可得AF=BF=2，
再证得△FAP≅△GPE，可得FP=EG，PG=AF=2，在Rt△EGB中，根据勾股定理可得EG=4√2−2，
即可．
【详解】（1）解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DA，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
BA √2
∴cos∠BAC= = ，
AC 2
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC−∠CAP=∠PAE−∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
AB BP
∴ = ，
AC CE
BP √2
∴ = ．
CE 2
即CE=√2BP；
故答案为：CE=√2BP；
（2）解：（1）中的结论还成立，证明如下：
如图2，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ABC=90°，∴∠ABP=∠ACE=∠BAC=45°，
BA √2
∴cos∠BAC= = ，
AC 2
∵Rt△APE是等腰直角三角形，
∴∠PAE=∠AEP=45°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP∼△ACE，
AB BP
∴ = ，
AC CE
BP √2
∴ = ．
CE 2
即CE=√2BP；
（3）解：如图4，连接AC交BD于点F，过点E作EG⊥BP交直线BP于点G，
∵四边形ABCD是正方形，AB=2√2，
∴BC=AB=2√2，∠BAD=90°，AC⊥BD，
∴∠ABD=45°，∠AFB=∠AFD=90°，
∴∠BAC=45°，∠FAP+∠APF=90°，
∴AF=BF，∴BF=AF=AB⋅sin45°=2，
在Rt△APE中，∠APE=90°，AP=PE，
∴∠APF+∠EPG=90°，
∴∠FAP=∠EPG，
∵EG⊥BG，
∴∠AFP=∠PGE=90°，
∴△FAP≅△GPE(AAS)，
∴FP=EG，PG=AF=2，
在Rt△EGB中，由勾股定理得，BE2=BG2+EG2，
设FP=EG=x，
∴(6√2) 2=(2+x+2) 2+x2，
解得，x =4√2−2，x =−4√2−2（舍去），
1 2
即EG=4√2−2，
1 1
∴S = BP⋅EG= (2+4√2−2)×(4√2−2)=16−4√2．
△BPE 2 2
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三
角形的性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
34．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考三模）△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，点D为直线BC上
一动点(点D不与B，C重合)，以AD为边在AD右侧作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．
(1)观察猜想：如图1，当点D在线段BC上时，
①AB与CF的位置关系为：______．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图3，当点D在线段BC的延长线上时，设AD与CF相交于点G，若已知AB=4，
1
CD= AB，求AG的长．
2
【答案】(1)①AB∥CF；②CF+CD=BC
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
4
(3)AG= √7
3
【分析】(1)①根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即
可得到结论；②根据全等三角形的性质得到CF=BD，再根据BD+CD=BC，即可得出CF+CD=BC；
(2)依据△ABD≌△ACF，即可得到∠ACF+∠BAC=180°，进而得到AB//CF；依据△ABD≌
△ACF可得BD=CF，依据CD−BD=BC，即可得出CD−CF=BC；
(3)判定△ABD≌△ACF，即可得到CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据
AG CG AC
△AGC∽△FGD，即可得到 = = ，进而得出AG的长．
FG DG DF
（1）
解：①∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=60°，
又∵∠ACB=60°，
∴∠ABC+∠BCF=180°，
∴AB∥CF；
②∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵BD+CD=BC，
∴CF+CD=BC，故答案为：①AB∥CF；②CF+CD=BC；
（2）
结论①成立，而结论②不成立．
证明：如图2，∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°=∠DAF，∠ABD=120°，
∴∠BAD=∠CAF，
又∵菱形ADEF中，AD=AF，
∴△ABD≌△ACF，
∴∠ACF=∠ABD=120°，
又∵∠CAB=60°，
∴∠ACF+∠BAC=180°，
∴AB//CF；
∵△ABD≌△ACF
∴BD=CF，
又∵CD−BD=BC，
∴CD−CF=BC；
（3）
解：如图3，连接DF，过A作AH⊥BD于H，则AH=2√3，DH=2+2=4，∴Rt△ADH中，AD=2√7，
∵AF=AD，∠DAF=60°，
∴△ADF是等边三角形，
又∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴∠BAD=∠CAF，
∴△ABD≌△ACF，
∴CF=BD=BC+CD=6，∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，
又∵∠AGC=∠FGD，
∴△AGC∽△FGD，
AG CG AC 4
∴ = = = ，
FG DG DF 2√7
∴可设AG=4x，则FG=2√7x，CG=6−2√7x，DG=2√7−4x，
6−2√7x 4
∴ = ，
2√7−4x 2√7
√7
解得x= ，
3
4
∴AG= √7．
3
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定
和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定△DAB≌△FAC和△AGC∽△FGD是
解本题的关键．
35.（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，动点E从点A出发，沿边
AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
(1)如图，当E在边AD上且DE=2时，求∠AEM的度数．
(2)当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
(3)当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．【答案】(1)∠AEM＝90°；
10
(2)DE＝ ；MN∥BD，证明见解析；
3
8√7−14
(3)DE的长为2√7或 ．
3
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
2 6 10
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝ = ，得EN＝ ，利用SSS证明
EN 10 3
BMN≌ DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
△（3）当△点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明 BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边
△
BM MC
CD上时，证明 BMC∽△CNE，可得 = ，从而解决问题．
CN EN
△
【详解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
（2）如图1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
2 6
∴cos∠ENC＝ = ，
EN 10
10
∴EN＝ ，
3
10
∴DE＝EN＝ ；
3
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，
∴∠BMC＝90°，
∴MC＝√BC2−BM2=2√7．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝2√7；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝2√7，CN＝8-2√7，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
BM MC
∴ = ，
CN EN
MC⋅CN 8√7−14
∴EN= = ，
BM 3
8√7−14
∴DE＝EN＝ ．
3
8√7−14
综上所述，DE的长为2√7或 ．
3
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，轴对称的性质，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，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
【考点8 中点四边形的形状探究】
36.（2022·湖南张家界·统考二模）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、AD的中点，
下列说法正确的是（ ）A．当AC⊥BD时，四边形EFGH是菱形
B．当AC＝BD时，四边形EFGH是矩形
C．当四边形ABCD是平行四边形时，则四边形EFGH是矩形
D．当四边形ABCD是矩形时，则四边形EFGH是菱形
【答案】D
1 1
【分析】根据中位线的性质可得EH=FG= BD，EF=GH= AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，可得四边形
2 2
EFGH是平行四边形，根据菱形、矩形的判定定理逐一判断即可得答案．
【详解】∵E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、AD的中点，
1 1
∴EH=FG= BD，EF=GH= AC，EH//FG//BD，EF//GH//AC，
2 2
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD，∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是矩形，故A选项错误，
当AC＝BD时，EH=FG=EF=GH，
∴四边形EFGH是菱形，故B选项错误，
当四边形ABCD是平行四边形时，四边形EFGH是平行四边形，故C选项错误，
当四边形ABCD是矩形时，AC=BD，则四边形EFGH是菱形，故D选项正确
故选：D．
【点睛】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的
中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是
矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
37．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）顺次连结等腰梯形各边中点得到的四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．等腰梯形 D．平行四边形
【答案】B【分析】连接AC、BD，可证MN为△ABD的中位线，PQ为△CBD的中位线，根据中位线定理可证
1 1
MN∥BD∥PQ，MN=PQ= BD，同理可证PN∥AC∥MQ，NP=MQ= AC，根据等腰梯形的性质可知AC=BD，
2 2
故可证四边形PQMN为菱形．
【详解】解：连接AC、BD，
∵M、N分别为AD、AB的中点，
∴MN为△ABD的中位线，
1
∴MN∥BD，MN= BD，
2
1
同理可证BD∥PQ，PQ= BD，
2
∴MN=PQ，MN∥PQ，四边形PQMN为平行四边形，
1
同理可证NP=MQ= AC，
2
根据等腰梯形的性质可知AC=BD，
∴PQ=NP，
∴平行四边形PQMN为菱形．
故选：B．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的性质在证明特殊平行四边形中的应用．同时运用了三角形的中位线定理．
38.（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形
ABCD一定是 ( )
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形 D．对角线相等的四边形
【答案】D
1
【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF= BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，
2
即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，AB，CB，DC的中点，1 1 1
∴EH= AC，EH∥AC，FG= AC，FG∥AC，EF= BD，
2 2 2
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
1 1
∵EH= AC，EF= BD，
2 2
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选：D．
【点睛】题目主要考查中位线的性质及菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用三角形中位线的性质
是解题关键．
39．（2022·四川达州·四川省渠县中学校考二模）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，
BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出
如下结论，其中错误的是（ ）
A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
【答案】D
【分析】根据连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断，即可求解
【详解】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，
故A正确；
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故
B正确；
C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；
故选D．
40．（2022·江苏淮安·统考一模）如图1，在四边形ABCD中，如果对角线AC和BD相交并且相等，那么
我们把这样的四边形称为等角线四边形．
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中， 一定是等角线四边形（填写图形名称）；
②若M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，当对角线AC、BD还
要满足 时，四边形MNPQ是正方形．
(2)如图2，已知△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，D为平面内一点．
①若四边形ABCD是等角线四边形，且AD=BD，求四边形ABCD的面积；
②设点E是以C为圆心，1为半径的圆上的动点，若四边形ABED是等角线四边形，则四边形ABED的面积
的最大值为 ．
【答案】(1)①矩形；②AC⊥BD
(2)①3+2√21；②18
【分析】（1）①根据等角线四边形的定义进行判断即可；
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形，首先证明四边形MNPQ是菱形，再证明有一个角是直角即可；
（2）①如图2中，作DE⊥AB于E，利用勾股定理求出相关线段的长，再根据
S =S +S 计算即可；
四边形ABCD △ADE 梯形DEBC
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，只要证明当AE⊥BD且A、C、E共线时，四边形ABED的面积最大即可．
【详解】（1）解：①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
∵矩形的对角线相等，
∴矩形一定是等角线四边形．
故答案为：矩形．
②当AC⊥BD时，四边形MNPQ是正方形．理由如下：
如图1，∵M、N、P、Q分别是等角线四边形ABCD四边AB、BC、CD、DA的中点，
1 1 1 1
∴PQ= AC，MN= AC，PN= BD，QM= BD，PQ∥AC，QM∥BD，
2 2 2 2
∵AC=BD，
∴MN=NP=PQ=QM，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AC⊥BD，
∴∠1=90°，
∵PQ∥AC，QM∥BD，
∴∠3=∠2，∠2=∠1，
∴∠1=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
故答案为：AC⊥BD．
（2）①如图2，作DE⊥AB于E，
∵在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，
∴AC=√AB2+BC2=√42+32=5，
∵AD=BD，DE⊥AB，1
∴AE=BE= AB=2，
2
∵四边形ABCD是等角线四边形，
∴AD=BD=AC=5，
在Rt△BDE中，DE=√BD2−BE2=√52−22=√21，
∴S =S +S
四边形ABCD △ADE 梯形DEBC
1 1
= AE·DE+ (DE+BC)·BE
2 2
1 1
= ×2×√21+ ×(√21+3)×2
2 2
=3+2√21．
∴四边形ABCD的面积为3+2√21．
②如图3中，设AE与BD相交于点Q，连接CE，作DH⊥AE于H，BG⊥AE于G，
∴DH≤DQ，BG≤BQ，
∵四边形ABED是等角线四边形，
∴AE=BD，
∵S =S +S
四边形ABED △ABE △ADE
1 1
= AE·BG+ AE·DH
2 2
1
= AE·(BG+DH)
2
1
≤ AE·(BQ+DQ)，
21
即：S ≤ AE·BD，
四边形ABED 2
∴当点G与点H重合时即AE⊥BD，等号成立，
∵AE=BD，
1
∴S ≤ AE2 ，
四边形ABED 2
即线段AE最长时，四边形ABED的面积最大，
∵AE≤AC+CE，
∴AE≤5+1，
∴AE≤6，
∴AE的最大值为6，
1
∴当A、C、E共线时，四边形ABED的面积的最大值为 ×62=18．
2
故答案为：18．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了中点四边形，三角形中位线定理，正方形的判定，勾股定理，等
腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，三角形三边关系定理，圆等知识．解题的关键是学会添加常用辅
助线，灵活运用所学知识解决问题，会求圆上一点到圆外一定点的距离的最大值或最小值．
【考点9 中点四边形的线段长、周长与面积的探究】
41.（2022·山东枣庄·校考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=60°，点D是斜边BC的中点，分别以点A，
1
B为圆心，以 BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接EA，EB，ED得到四边形EBDA，依次连接四
2
边形EBDA四条边中点得到四边形GHIJ，若AC=2，那么四边形GHIJ的周长为（ ）A．2+√3 B．2+2√3 C．4+2√3 D．4+4√3
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，推出BC=2AC=4，AB=√3AC=2√3,由BD=CD，推出
AD=DB=DC=2，由作图可知，四边形ADBE是菱形，推出中点四边形GHIJ是矩形，求出IJ．IH，即可解决问
题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，
∴BC=2AC=4，AB =√3AC=2√3
∵BD=CD，
∴AD=DB=DC=2，
由作图可知，四边形ADBE是菱形，
∴中点四边形GHIJ是矩形，
∵AD=AC=DC，
∴∠ADC=60°，
∵AE∥DB，
∴∠EAD=∠ADC=60°，
∵AE=AD，
∴△AED是等边三角形，
∴AD=DE=2，
∵AJ=JE，AI=ID，
1
∴IJ= DE=1,
2
∵BH=DH，AI=ID，
1
∴IH= AB =√3
2
∴四边形GHIJ的周长=2（1+ √3）=2+2√3
故选：B．【点睛】本题考查中点四边形，解直角三角形，菱形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关
键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
42．（2022·辽宁沈阳·沈阳市第七中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，点E，F，
G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，若AC=6，BD=8，则四边形EFGH的面积是______．
【答案】12
【分析】根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH为矩形，根据矩形的面积公式计算，
得到答案．
【详解】解：∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
1 1 1
∴EF= AC=3， EF∥AC，GH= AC=3，GH∥AC，EH= BD=4， EH∥BD，
2 2 2
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH为矩形，
∴S =3×4=12，
四边形EFGH
故答案为：12．
【点睛】此题考查了中点四边形，解题的关键是掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理．
43.（2022·山东济南·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AC=BD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA
的中点，且EG、FH交于点O．若AC=4，则EG2+FH2=______．【答案】16
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形
是菱形；根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG=2OE，FH=2OH．在Rt△OEH中，根据勾股定理得到
OE2+OH2=EH2=4，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4=22，把等式进行变形，并把
EG=2OE，FH=2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值．
【详解】∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，
EF、HG分别是△ABC、△ACD的中位线，
1 1
根据三角形的中位线的性质知，EH=FG= BD，EF=HG= AC．
2 2
又∵AC=BD，
∴EH=FG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH，EG=2OE，FH=2OH．
在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2=EH2=4，
等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2=4×4=16，
∴（2OE）2+（2OH）2=16，
即EG2+FH2=16．
故答案为16．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，题目比较典型，又有综合性，难度不大．
44．（2022春·陕西西安·八年级陕西师大附中校考期末）问题背景：
△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分
别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF
猜想证明：(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．
(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．
拓展延伸：
(3)如图②，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN
和△DEN均为等腰直角三角形．
【答案】(1)四边形FGHI是菱形．理由见解析
(2)四边形FGHI的周长为4√7
(3)见解析
【分析】（1）根据 ABC和 CDE为等边三角形，可得四边形ABED是等腰梯形，再根据点F，G，H，I
分别为AB，BE，ED△，AD的△中点，即可得出FG=IH=FI=GH，进而得到四边形FGHI是菱形；
（2）过A作AM⊥BC于M，连接AE，再根据勾股定理，求得Rt ACM中，AM=3√3，Rt AEM中，AE=2
√7，由（1）可得，四边形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出△四边形FGHI的周长=4F△G=2AE；
（3）由点F为AB的中点， ABC和 CDE均为等边三角形，所以直线CF为 ABC和 CDE的对称轴，
则有AN＝BN，DN＝EN，再△利用三角△形中位线得FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，△则FG∥△AEIH，FI∥BD∥
GH，又由四边形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝
∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出结论．
【详解】（1）解：四边形FGHI是菱形.
理由：如图①，连接AE,BD，
∵△ABC和 CDE均为等边三角形，
∴AC＝BC,△EC＝DC，
在 AEC和 BDC中，
¿，△ △
∴△AEC≌△BDC(SAS)，∴AE＝BD，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
1 1
FG＝ AE＝IH.FI＝ BD＝CH.
2 2
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四边形FGHI是菱形；
（2）解：如图②，过点D作DM⊥EC于点M，
∵△CDE为等边三角形，
1 1
∴MC＝ EC＝ ×2＝1，∠C＝60°，
2 2
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt DMC中，DM＝√DC2−CM2=√22−12=√3，
△
在Rt BDM中，BD＝√BM2+DM2=√52+(√3) 2=2√7，
△
1
∴GH＝ BD＝√7，
2
由(1)知四边形FGHI是菱形，
∴.四边形FGHI的周长为4GH＝4√7.
（3）解：∵点F为AB的中点， ABC和 CDE均为等边三角形，
∴直线CF为 ABC和 CDE的对△称轴. △
∴AN＝BN，D△N＝EN，△
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
∴FG∥AE，IH∥AE，FI∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，
∵四边形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和 DEN均为等腰直角三角形.
【点睛】本△题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定，正方形的性质，中点四边形，三角形中位线定
理，勾股定理的综合应用，解决问题的关键是依据三角形中位线定理．
45．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形ABDC中，E、F、G、H分别是
AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H．
(1)猜想四边形EFGH的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2，P在四边形ABDC内一点，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他条件不变，试探究
四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，PA=6，PB=2√3，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四边形EFGH的
面积．
【答案】(1)平行四边形
(2)菱形，见解析
21√3
(3)
2
【分析】(1)连接AD，利用三角形中位线定理，证明EH=FG，且EH∥FG即可得证．
(2)连接AD，BC，证明△APD≅△CPB(SAS)，得到AD=CB，结合三角形中位线定理，得到四边形EFGH
的四边相等，即可得到菱形EFGH．
(3)连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，证明△APD≅△CPB(SAS)，
判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接PG，过点H作HN⊥EF，垂足为N，求得
EH，HN的长度即可．
【详解】（1）平行四边形．理由如下：
如图1，连接AD，
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，1 1
∴EH∥AD，EH= AD，FG∥AD，FG= AD，
2 2
∴EH=FG，且EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）菱形.理由：如图2，连接AD，BC.
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，
即∠APD=∠CPB.
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≅△CPB(SAS)，
∴AD=CB.
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，∴EF、FG、GH、EH分别是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位线，
1 1 1 1
∴EF= BC，FG= AD，GH= BC，EH= AD，
2 2 2 2
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形.
（3）连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，
∵PD=PB，∠DPB=60°，
∴△DPB是等边三角形.
∵G是DB中点，
∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，
∴∠APG=60°+90°+30°=180°，点A、P、G共线.
在Rt△DPG中，PG=√PD2−DG2=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
在Rt△AGD中，AD=√AG2+DG2=√ (6+3) 2+(√3) 2=2√21，
1
∴EF=EH= AD=√21.
2
∵△APD≅△CPB，
∴∠PAD=∠PCB，
∴∠CMA=∠CPA=60°.
∵EH//AD，EF//CB，
∴四边形EOMQ是平行四边形，∴∠HEF=60°.
1 √21 3√7
在Rt△EHN中，EN= EH= ，HN=√EH2−EN2= ，
2 2 2
3√7 21√3
∴菱形EFGH的面积=EF×HN=√21× =
.
2 2
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判
定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，灵活运用三角形中位线定理是解题的
关键．
【考点10 特殊四边形与函数的综合探究】
46．（2022·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，对角线AC与
BD相交于点O，线段BD沿射线AD方向平移，平移后的线段记为PQ，射线PQ与射线AC交于点M，连
结PC，设OM长为x，△PMC面积为y．下列图象能正确反映出y与x的函数关系的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，可求出AC、AO、OC的长，再设OM＝x，利用
解直角三角形表示出PM，分点M在线段OC上（不含点O）时和当点M′在线段OC延长线上时两种情况
分别表示出y再结合函数图象即可判断出正确答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝2，∠BAD＝180°−∠ABC＝120°，
1
∴∠DAO＝ ∠BAD＝60°，
2
∴△DAC是等边三角形，
∴AD＝AC＝2，1
∴AO＝CO＝ AC＝1，
2
设OM＝x，
∵AC⊥BD，PQ为BD平移而来，
∴∠AOD＝∠AMP＝90°，
∴△AMP为直角三角形，
∴PM＝AM•tan∠PAM＝√3（1＋x），
①当点M在线段OC上（不含点O）时，
即0≤x＜1，此时CM＝1−x，
1 √3 √3
则y＝ （1−x）×√3（1＋x）＝− x2+ ，
2 2 2
∴0≤x＜1，函数图象开口应朝下，
故B、C不符合题意，
②当点M′在线段OC延长线上时，即x＞1，如图所示：
此时CM′＝x−1，
1 √3 √3
则y＝ （x−1）×√3(x＋1)＝ x2− ，
2 2 2
∴只有D选项符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形面积，解直角三角形，二次函数图象等知识，熟练掌握上述知识
并能分点M在线段OC上（不含点O）时和当点M′在线段OC延长线上时两种情况分别表示出y再结合函
数图象进行判断是解题的关键．
47．（2022·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的OA边在x轴的正半轴上，
2
OC边在y轴的正半轴上，点B的坐标为（4，2），反比例函数y= (x>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，
0<m<3
3 9
∴当m= 时，MN有最大值 ．
2 4
②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；
则此时点N的纵坐标为−3，有m2−2m−3=−3
解得m=2或m=0(舍去)，
则CQ=QM=2，
OQ=OC−CQ=1，
∴Q(0,−1)第二种情况：当QN作为菱形的一条边时，有MN=MC
MN=−m2+3m，MC=√2m，
所以−m2+3m=√2m
解得m=3−√2或0(舍去)，
CQ=MN=3√2−2
∴OQ=OC+CQ=3+3√2−2=3√2+1
∴此时Q点坐标为(0,−3√2−1)．
第三种情况：当P在B点右侧时，如下图，有MN=MC，
MN=m2−3m，MC=√2m，∴m2−3m=√2m，解得m=3+√2或0(舍去)，
∴CQ=MN=3√2+2
∴OQ=CQ−OC=3√2−1
此时Q点的坐标为：(0,3√2−1)
综上所述，点Q的坐标为(0，−1)或(0,−3√2−1)或(0,3√2−1)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用、二次函数性质、待定系数法、一次函数的性质、菱形的性质和
判定等知识，解题的关键是会构建二次函数解决最值问题，并用分类讨论的思想思考问题．
50.（2022·广西·中考真题）已知抛物线经过A（－1，0）、B（0、3）、 C（3，0）三点，O为坐标原点，
抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM ，交BC于点F
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：∠BOF＝∠BDF ：
(3)是否存在点M使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)见解析
(3)存在，3√3−2或2−√3
【分析】（1）设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c(a≠0)，将A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代
入，直接利用待定系数法求解即可；
（2）由正方形的性质可得BO=BD,∠OBC=∠DBC，即可证明△OBF≅△DBF(SAS)，根据全等三
角形的性质即可求证；
（3）分别讨论：当点M在线段BD的延长线上时，当点M在线段BD上时，依次用代数法和几何法求解即
可．
（1）设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
将A（－1，0）、B（0、3）、C（3，0）代入，
得¿，解得¿，
∴抛物线的表达式为y=−x2+2x+3；
（2）
∵四边形OBDC是正方形，
∴BO=BD,∠OBC=∠DBC，
∵BF=BF，
∴△OBF≅△DBF(SAS)，
∴∠BOF=∠BDF；
（3）
存在，理由如下：
当点M在线段BD的延长线上时，此时∠FDM>90°，
∴ 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．
