文档内容
挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）
专题25以四边形为载体的几何综合问题
【例1】（2022·贵州黔西·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，
2
再根据（2）的结论求解．
（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．
【例2】（2022·辽宁丹东·中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点
E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排
列），连接DG．
AD AG
(1)如图1，当 ＝ ＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
AB AE
AD AG
(2)如图2，当 ＝ ＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说
AB AE
明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接
MN，MD，ND，若AB＝√5，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
【答案】(1)BE＝DG，BE⊥DG
1
(2)BE＝ DG，BE⊥DG，理由见解析
2
9
(3)S MNG＝
4
△
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；DG
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2） =2可得DG＝6，从而得出三角形
BE
BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
（1）
解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）
1
BE＝ DG，BE⊥DG，理由如下：
2
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
AD AG
∵ ＝ ＝2，
AB AE
∴△BAE∽△DAG，
DG AD
∴ = =2，∠ABE＝∠ADG，
BE AB
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，
作AH⊥BD于H，
AH AD
∵tan∠ABD＝ = =2，
BH AB∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（√5）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
AH
∵tan∠ABE＝ ，
EH
AH
∴
=tan45°=1，
EH
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝√AB2+AD2=√ (√5) 2+(2√5) 2＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
DG
由（2）得： =2，DG⊥BE，
BE
∴DG＝2BE＝6，
1 1
∴S BEG＝ BE⋅DG＝ ×3×6＝9，
2 2
△
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
1 1
∴DM＝GM＝ BG,DN=GN= EG，
2 2
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
S GM 1
ΔMNG
∴ ＝（ ）2＝ ，
S GB 4
ΔBEG
1 9
∴S MNG＝S MNG＝ S BEG＝ ．
4 4
△ △ △
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的
判定和性质等知识，解决问题的关键是类比的方法．
【例3】（2022·湖南益阳·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边
上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝
CG，连接CF，AC′．(1)直接写出图中与 AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
△
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如 AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
△
54
(3)当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
5
【分析】（1）因为 AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个
直角三角形和 AFB相似，解答时任意写出一个即可；
△
AF AB AF 15 5
（2）根据 AF △ B∽△BGC，得 = ，即 = = ，设AF＝5x，BG＝3x，根据
BG BC BG 9 3
AFB∽△B △ CE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似
△
列比例式可得结论．
（1）解：（任意回答一个即可）；①如图1， AFB∽△BCE，理由如下：
△
∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，∵AF⊥BE，∴∠AFB＝90°，∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；②△AFB∽△CGE，理由如下：∵CG⊥BE，∴∠CGE＝90°，∴∠CGE＝
∠AFB，∵∠CEG＝∠ABF，∴△AFB∽△CGE；③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，∴∠ABF＝∠BCG，∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，∴AF＝CC'，由（1）知： AFB∽△BGC，∴
AF AB AF 15 5
= ，即 = = ，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF △＝5x，∵CG＝C'G，∴CG
BG BC BG 9 3
CG CE 2.5x CE
＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴ = ，即 = ，∴CE＝7.5；
BG BC 3x 9（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2， ∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四边形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：设AF＝
AF BF 5x 6x 5x 9
5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ = ，即 = ，∴ = ，
BC CE 9 CE 6x CE
54
5
∴CE＝ ；②当C'F＝BF时，如图3， 由（1）知：
AB BF 15 5
AFB∽△BGC，∴ = = = ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，
BC CG 9 3
△ CE CG
BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝√CF2−CG2＝4a，∵tan∠CBE＝ = ，∴
BC BG
CE 3a 54
= ，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为 或3时，以C′，F，B为顶点的三
9 4a+5a 5
角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角
形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运
用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
【例4】（2022·四川绵阳·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2√3，AB＝4，
AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着
A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．
2
(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为 秒
3
时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为√3个单位每秒，运动时间为x秒，
ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为
多少？
1
(3)如图3，H在线段AB上且AH＝ HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB
3
上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
EP 4
【答案】(1) = ；
PC 9
4√3 2
(2)y关于x的函数解析式为y=¿；当x= 时，y的最大值为2+ √3；
3 3
(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析
AF AD
【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，先证得△AFD~△BFG，可得 = ，
FB BG
8 2
根据题意可得AF= ，AE= ，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；
3 3
4√3
（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上；当2≤x≤ 时，E
3
4√3
点在BD上，F点在AB上；当 ≤x≤2√3时，点E、F均在BD上，即可求解；
3
（3）当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解 ．
（1）
解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CG∥AD，
∴△AFD~△BFG，
AF AD
∴ = ，
FB BG
2
∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为 秒，
3
8 2
∴AF= ，AE= ，
3 3∵AB=4，AD=2，
4 4
∴BF= ， ED= ，
3 3
8
3 2
∴ = ，
4 BG
3
∴BG=1，
∴CG=3，
∵CG∥AD，
∴△PDE∽△PGC，
EP ED
∴ = ，
PC GC
EP 4
∴ = ；
PC 9
（2）
解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，AF=√3x，
∵DB=2√3， AB=4，AD=2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴△ABD是直角三角形，
AD 1
∵ = ，
AB 2
∴∠ABD=30°，
∴∠A=60°，
如图，过点E作EH⊥AB交于H，
∴EH=AE⋅sin6 0°=
√3
x，
2
∴y=
1
×AF×EH=
1
×√3x×
√3
x=
3
x2 ；
2 2 2 4
∴当x＞0时，y随x的增大而增大，
此时当x=2时，y有最大值3；
4√3
当2≤x≤ 时，E点在BD上，F点在AB上，
3
如图， 过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，则EN∥DM，根据题意得：DE=x-2，
∴BE=2√3+2− x，
在Rt△ABD中，DM=AD⋅sin A=√3，AM=1，
∵EN∥DM，
∴△BEN∽△BDM，
EN BE
∴ = ，
DM BD
EN 2+2√3−x
∴ =
√3 2√3
1
∴EN=1+√3− x，
2
∴y=
1
×AF×EN=
1
×(√3x)×(1+√3−
1
x)=−
√3
x2+
3+√3
x，
2 2 2 4 2
此时该函数图象的对称轴为直线x=√3+1 ，
4√3
∴当2≤x≤ 时，y随x的增大而增大，
3
4√3 2
此时当x= 时，y有最大值2+ √3；
3 3
4√3
当 ≤x≤2√3时，点E、F均在BD上，
3
过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴AB+BF=√3x，DA+DE=x，
∵AB=4，AD=2，
∴BE=2√3−x+2，DF=4+√3，
∵PF∥DM，
∴△BFP∽△BDM，
BF PF √3x−4 PF
∴ = ，即 = ，
BD DM 2√3 √3√3
∴PF= x−2，
2
∵EQ//DM，
∴△BEQ∽△BDM，
BE EQ 2√3+2− x EQ
∴ = ，即 = ，
BD DM 2√3 √3
1
∴EQ=√3+1− x，
2
1 1 1 √3
∴y= ×AB×(EQ−PF)= ×4×(√3+1− x− x+2)=6+2√3−(1+√3)x，
2 2 2 2
此时y随x的增大而减小，
4√3 2
此时当x= 时，y有最大值2+ √3；
3 3
综上所述：y关于x的函数解析式为y=¿
4√3 2
当x= 时，y最大值为2+ √3；
3 3
（3）
解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：
连接DH，如图，
1
∵AH= HB，AB=4，
3
∴．AH=1，
由（2）得：此时AH⊥AB，
∵M是DF的中点，
∴HM=DM=MF，
∵EF∥BD，BD⊥AD，
∴EF⊥AD，
∴EM=DM=FM，
∴EM=HM．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角
形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
【例5】（2022·上海·中考真题）平行四边形ABCD，若P为BC中点，AP交BD于点E，
连接CE．(1)若AE=CE，
①证明ABCD为菱形；
②若AB=5，AE=3，求BD的长．
(2)以A为圆心，AE为半径，B为圆心，BE为半径作圆，两圆另一交点记为点F，且
AB
CE=√2AE．若F在直线CE上，求 的值．
BC
【答案】(1)①见解析；②6√2
√10
(2)
5
【分析】（1）①连接AC交BD于O，证 AOE≌ COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得
∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；
△ △
②先证点E是 ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在
Rt AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt AOB中，由勾股定理，得
△
OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=√2,即可得OB=3x=3√2，再由平
△ △
行四边形性质即可得出BD长；
（2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是 ABC的重心，又F在直线CE上，则
1 1 √2
△
CG是 ABC的中线，则AG=BG= AB，根据重心性质得GE= CE＝ AE，CG=CE+GE=
2 2 2
△
3√2 √2 1 √2
AE，在Rt AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,则AG=
2 2 2 2
△
1 3√2
AE,所以AB=2AG=√2AE，在Rt BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2= AE2+（
2 2
△ AB
AE）2=5AE2，则BC=√5AE，代入即可求得 的值．
BC
(1)
①证明：如图，连接AC交BD于O，∵平行四边形ABCD，
∴OA=OC，
∵AE=CE，OE=OE，
∴△AOE≌ COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
△
∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∵平行四边形ABCD，
∴四边形ABCD是菱形；
②∵OA=OC，
∴OB是 ABC的中线，
∵P为BC中点，
△
∴AP是 ABC的中线，
∴点E是 ABC的重心，
△
∴BE=2OE，
△
设OE=x，则BE=2x，
在Rt AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,
在Rt AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,
△
∴9-x2=25-9x2，
△
解得：x=√2,
∴OB=3x=3√2，
∵平行四边形ABCD，
∴BD=2OB=6√2；
(2)
解：如图，∵⊙A与⊙B相交于E、F，
∴AB⊥EF，
由（1）②知点E是 ABC的重心，
又F在直线CE上，
△
∴CG是 ABC的中线，
1 1
∴AG=BG △ = AB，GE= CE，
2 2
∵CE=√2AE，
√2 3√2
∴GE= AE，CG=CE+GE= AE，
2 2
在Rt AGE中，由勾股定理，得
√2 1
AG2= △ AE2-GEE=AE2-( AE)2= AE2,
2 2
√2
∴AG= AE,
2
∴AB=2AG=√2AE，
在Rt BGC中，由勾股定理，得
1 3√2
BC2= △ BG2+CG2= AE2+（ AE）2=5AE2，
2 2
∴BC=√5AE，
AB √2AE √10
∴ = = ．
BC √5AE 5
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的
公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题
目．
一、解答题【共20题】
1．（2022·山西实验中学模拟预测）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
AB BP
△ABP∼△ACE，可得 = ，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，
AB BP
可得 = ，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．
2．（2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模）（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
AB 3 DH 4 DE
AD于G，H两点，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
BC 4 GH 5
AB=3x,BC=4x,DH=4m,HG=5m，根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．
3．（2022·浙江嘉兴·一模）如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同
一直线上，BC=m(m>1)，CE=1．连接AF、BG．
(1)求图1中AF、BG的长（用含m的代数式表示）．
(2)如图2，正方形ABCD固定不动，将图1中的正方形CEFG绕点C逆时针旋转α度（
0°<α≤90°），试探究AF、BG之间的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接CF并延长交AD于点
H，若FH=√2，求m的值．
【答案】(1)BG=√m2+1 ，AF＝√2m2+2
(2)AF=√2BG
(3)1+√3
【分析】（1）延长FG交AB于H，在Rt BCG中，由勾股定理，求BG的长，在
Rt AHG中，由勾股定理，求AF的长；
△
（2）连接AC、CF，在等腰Rt ABC中，由勾股定理，得AC=√2BC，在等腰Rt FGC中，
△
AC FC
由勾股定理，得CF=√2CG，则 △ = =√2，从而可证 ACF∽ BCG，得 △
BC CG
AF AC △ △
= =√2，即可得出结论；
BG BC
AH HF
（3）连接AC，证明 AHF∽ CHA，得 = ，又由正方形CEFG，EF=CE=1，
CH AH
△ △
AH √2
可求得CF=√CE2+EF2=√2，即从而求得CH=CF+FH=√2+√2=2√2，代入得 = ，
2√2 AH
即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，即m2+(m−2) 2=(2√2) 2 △求解即可．
（1）
解：延长FG交AB于H，如图1，∵正方形ABCD和正方形CEFG，点B、C、E在同一直线上，
∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=90°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，
在Rt BCG中，由勾股定理，得
BG=
△
√BC2+CG2=√m2+12=√m2+1；
∴∠BHG=90°，
∴四边形BCGH是矩形，∠AHG=90°，
∴GH=BC=m，BH=CG=1，
∴AH=m-1，
在Rt AHG中，由勾股定理，得
AF=△ √AH2+H F2=√(m−1) 2+(m+1) 2=√2m2+2；
（2）
解：连接AC、CF，如图2，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠ACB=∠FCG=45°，
∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，
∴∠BCG=∠ACF，
在等腰Rt ABC中，由勾股定理，得
AC=√2BC，
△
在等腰Rt FGC中，由勾股定理，得
CF=√2CG，
△
AC FC
∴ = =√2，
BC CG
∴ ACF∽ BCG，
AF AC
∴ △ = △ =√2，
BG BC即AF=√2BG；
（3）
解：连接AC，如图3，
∵正方形ABCD和正方形CEFG，
∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，
∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=∠CAF+∠FAH，
∴∠FAH=∠ACF，
∵∠AHF=∠CHA，
∴ AHF∽ CHA，
AH HF
∴ △ = △ ，
CH AH
∵正方形CEFG，EF=CE=1，
∴CF=√CE2+EF2=√2，
∴CH=CF+FH=√2+√2=2√2，
AH √2
∴ = ，
2√2 AH
∴AH=2，
∴DH=AD-AG=m-2，
在Rt CDH中，由勾股定理，得
CD2+DH2=CH2，
△
即m2+(m−2) 2=(2√2) 2
解得：m =1+√3，m =1−√3(不符合题意，舍去)．
1 2
∴m的值为1+√3．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形
的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质并能灵活运用是解题的关键．
4．（2022·北京市第十九中学三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC，D是
AB的中点，F是BC延长线上一点，平移AB到FH，线段FH的中垂线与线段CA的延长线
交于点E，连接EH、DE．(1)连接CD，求证：∠BDC=2∠DAC；
(2)依题意补全图形，用等式表示线段DE，DF，EH之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，结论：DE2+DF2=EH2，理由见解析
【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；
（2）图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2，想办法证明∠EDF=90°即可．
（1）
证明：连接CD．
∵∠ACB=90°，AD=DB，
∴CD=AD=DB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴∠BDC=∠DAC+∠DCA=2∠DAC；
（2）
解：图形如图所示，结论：DE2+DF2=EH2．
理由：连接EF，AH，取FH的中点T，连接AT，DT，ET．
∵点E在FH的垂直平分线上，
∴EF=EH，
∵AD=DB，HT=TF，AB=FH，
∴AD=FT=HT，
∵AD∥FH，∴四边形AHTD，四边形ADFT是平行四边形，
∴AH∥DT，AT∥DF，
∴∠FDT=∠ATD=∠TAH，
∵AH∥BF，
∴∠HAC=∠ACB=90°，
∵EH=EF，HT=FT，
∴ET⊥FH，∠TEH=∠TEF，
∴∠EAH=∠ETH=90°，
∴四边形A,E,H,T四点共圆，
∴∠TAH=∠TEH，
∴∠FDT=∠FET，
∴E，D，F，T四点共圆，
∴∠EDF+∠ETF=180°，
∴∠EDF=90°，
∴DE2+DF2=EH2．
【点睛】本题考查作图−平移变换，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，
线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．（2022·浙江绍兴·一模）如图①，在正方形ABCD中，点E与点F分别在线段AC,BC
上，且四边形DEFG是正方形．
(1)试探究线段AE与CG的关系，并说明理由．
(2)如图②若将条件中的四边形ABCD与四边形DEFG由正方形改为矩形，AB=3，BC=4．
①线段AE,CG在（1）中的关系仍然成立吗？若成立，请证明，若不成立，请写出你认为
正确的关系，并说明理由．
②当△CDE为等腰三角形时，求CG的长．
【答案】(1)AE=CG,AE⊥CG，理由见解析
CG 3
(2)①位置关系保持不变，数量关系变为 = ；理由见解析；②当△CDE为等腰三角形
AE 4
3 21 15
时，CG的长为 或 或 ．
2 20 8【分析】（1）如图1，根据SAS证明△ADE≅△DGC，可得AE=CG，及∠ACG=90∘，
则AG⊥AC，所以AE⊥CG；
（2）①如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，根据矩形的性质和直角三角形斜边中
线的性质得：OE=OF=OG=OD=OC，可知D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，
根据直径所对的圆周角是直角得∠ECG=90°，再证明△ADE∼△CDG，得
CG DC 3
= = ；
AE AD 4
CG 3
②先根据 = ，设CG=3x,AE=4x，
AE 4
分三种情况：
（i）当ED=EC时，如图3，根据等腰三角形三线合一的性质和中位线定理可得x的值，
从而计算CG的长；
（ii）当DE=DC=3时，如图4，证明△CDH~△CAD，列比例式可得CH的长，从而根
9 7
据AE=4x=AC−2CH=5−2× = ，求得x的值，同理可得CG的长；
5 5
（iii）当CD=CE=3时，如图5，根据AE=2.，可得x的值，同理可得CG的长．
（1）
AE=CG，AE⊥CG，
理由：如图1，∵四边形EFGD是正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
∴△ADE≅△CDG，
∴AE=CG，∠DCG=∠DAE=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=90°，
∴CG⊥AC，
即AE⊥CG．（2）
CG 3
①位置关系保持不变，数量关系变为 = .
AE 4
理由：如图2，连接EG,DF交于点O，连接OC，
∵四边形EFGD是矩形，
∴OE=OF=OG=OD，
Rt△DGF中，OG=OF，
Rt△DCF中，OC=OF，
∴OE=OF=OG=OD=OC，
∴D,E,F,C,G在以点O为圆心的圆上，
∵∠DGF=90°，
∴DF为⊙O的直径，
∵DF=EG，
∴EG也是⊙O的直径，
∴∠ECG=90∘，即AE⊥CG，
∴∠DCG+∠ECD=90°，
∵∠DAC+∠ECD=90°，
∴∠DAC=∠DCG，
∵∠ADE=∠CDG，
∴△ADE∼△CDG，
CG DC 3
∴ = = .
AE AD 4
CG 3
②由①知： = .
AE 4
∴设CG=3x，AE=4x，
分三种情况：
（i）当ED=EC时，如图3，过E作EH⊥CD于H，则EH∥AD，∴DH=CH，
∴AE=EC=4x，
由勾股定理得：AC=√AB2+BC2=√32+42=5，
∴8x=5，
5
即x= .
8
15
∴CG=3x= ；
8
（ii）当DE=DC=3时，如图4，过D作DH⊥AC于H，
∴EH=CH，
∵∠CDH=∠CAD，∠CHD=∠CDA=90°，
∴△CDH∼△CAD，
CD CH
∴ = ,
CA CD
3 CH
∴ = ,
5 3
9
∴CH= ，
5
9 7
∴AE=4x=AC−2CH=5−2× = ，
5 5
7
∴x= ，
20
21
∴CG=3x= ，
20
（iii）当CD=CE=3时，如图5，∴AE=4x=5−3=2，
1
∴x= ，
2
3
∴CG=3x= ，
2
3 21 15
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，CG的长为 或 或 ．
2 20 8
【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、菱形的性质、三角形相似的性
质和判定、等腰三角形的判定、圆的定义以及全等三角形的判定和性质，掌握相关的性质
定理，并采用分类讨论的思想是解题的关键．
6．（2022·广东·揭西县宝塔实验学校三模）如图1，在矩形ABCD中，AB=8，AD=10，
E是CD边上一点，连接AE，将矩形ABCD沿AE折叠，顶点D恰好落在BC边上点F处，
延长AE交BC的延长线于点G．
(1)求线段CE的长；
(2)如图2，M，N分别是线段AG，DG上的动点（与端点不重合），且
∠DMN=∠DAM，设DN=x．
①求证四边形AFGD为菱形；
②是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)3
5
(2)①见解析；②x= 或2
2
【分析】（1）由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设EC=x，则DE=EF=8−x．
在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
（2）①由△ADE∽△GCE计算出GC的长度，再证明四边形AFGD是平行四边形，根据
一组邻边相等的平行四边形的菱形即可证明；②若△DMN 是直角三角形，则有两种情况，一是当∠MDN=90°时，二是当
∠DNM=90°时，分别利用相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可计算得出．
（1）
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=10，AB=CD=8，
∴∠B=∠BCD=90°，
由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设CE=x，则DE=EF=8−x．
在Rt△ABF中，BF= √AF2 −AB2=6，
∴CF=BC−BF=10−6=4，
在Rt△EFC中，则有：(8−x) 2=x2+42，
∴x=3，
∴CE=3．
（2）
①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴△ADE∽△GCE，
AD DE
∴ = ，
GC CE
∵AD=10，CE=3，DE=5，
10 5
=
∴ ，
GC 3
∴GC=6，
由（1）可得：CF=4，
∴GF=6+4=10，
∴四边形AFGD是平行四边形，
又∵AD=AF，
∴平行四边形AFGD是菱形．
②∵∠DMN=∠DAM，
∴若△DMN是直角三角形，则有两种情况，
当∠MDN=90°时，
∵AD=GD，
∴∠DAG=∠DGA
又∵∠ADE=∠GDM=90°，
∴△ADE≌△GDM(ASA)
∴DM=DE=5，
又∵∠DMN=∠DAM，∠ADE=∠MDN=90°，∴△ADE∽△MDN
AD DE 10 5
∴ = ，即 = ，
MD DN 5 x
5
∴x= ；
2
当∠DNM=90°时，则∠MDN+∠DMN=90°，
又∵∠DMN=∠DAM，∠DAG=∠DGA，
∴∠DMN=∠DGA，
∴∠MDN+∠DGA=90°，
∴∠DMG=90°，
DE DM
∵sin∠DAE= = ，
AE AD
∵AE=√AD2+DE2=5√5，
5 DM
∴ = ，
5√5 10
∴DM= 2√5，
∵∠DMN=∠DAM
∴sin∠DMN=sin∠DAM
DE DN 5 x
∴ = ，即 =
AE DM 5√5 2√5
解得：x=2，
5
综上所述：x= 或2．
2
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三
角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决
问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
7．（2022·福建省福州教育学院附属中学模拟预测）问题发现．
(1)如图①，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点P是AB边上任意一点，则
CP的最小值为______．
(2)如图②，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点M、点N分别在BD、BC上，求
CM+MN的最小值．
(3)如图③，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是AB边上一点，且AE=2，点F是BC
边上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG、CG，四边形
AGCD的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时BF的长度．若不存在，请说明理由．
12
【答案】(1)
5
96
(2)
25
15
(3)存在，最小值为 ，BF=3
2
【分析】（1）根据点到直线的距离最小，再用三角形的面积即可得出结论；
（2）先根据轴对称确定出点M和N的位置，再利用面积求出CF，进而求出CE，最后用
三角函数即可求出CM+MN的最小值；
（3）先确定出EG⊥AC时，四边形AGCD的面积最小，再用锐角三角函数求出点G到
AC的距离，最后用面积之和即可得出结论，再用相似三角形得出的比例式求出CF即可求
出BF．
（1）
如图①，过点C作CP⊥AB于P，根据点到直线的距离垂线段最小，此时CP最小，
在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，根据勾股定理得，AB=√AC2+BC2=5，
1 1
∵ AC×BC= AB×CP
2 2
AC⋅BC 12
∴CD= = ，
AB 5
12
故答案为 ；
5
（2）
如图②，作出点C关于BD的对称点E'，连接CE'交BD于点F'，
过点E'作E'N⊥BC于N，交BD于M，连接CM，此时CM+MN=E'N最小；
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，CD=AB=5，根据勾股定理得，BD=5，
∵CE'⊥BD，
1 1
∴ BD×CF'= BC×CD，
2 2
BC×CD 12
∴CF'= = ，
BD 5
24
由对称得，CE'=2CF'= ，
5
CF' 3
在Rt△BCF'中，cos∠BCF'= = ，
BC 5
4
∴sin∠BCF'= ，
5
24 4 96
在Rt△CE'N中，E'N=CE'sin∠BCE'= × = ；
5 5 25
96
即：CM+MN的最小值为 ；
25
（3）
存在．
如图3，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，AD=BC=4，∠ABC=∠D=90°，
根据勾股定理得，AC=5，
∵AB=3，AE=2，
∴点F在BC上的任何位置时，点G始终在AC的下方，
设点G到AC的距离为ℎ，
1 1 1 1 5
∵S =S +S = AD×CD+ AC×
ℎ
= ×4×3+ ×5×
ℎ
=
ℎ
+，6
四边形AGCD △ACD △ACG 2 2 2 2 2
∴要四边形AGCD的面积最小，即：ℎ最小，
∵点G是以点E为圆心，BE=1为半径的圆上在矩形ABCD内部的一部分点，
∴EG⊥AC时，ℎ最小，
由折叠知∠EGF=∠ABC=90°，
延长EG交AC于H，则EH⊥AC，
BC 4
在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，
AC 5EH 4
在Rt△AEH中，AE=2，sin∠BAC= = ，
AE 5
4 8
∴EH= AE= ，
5 5
8 3
∴ ℎ =EH−EG= −1= ，
5 5
5 5 3 15
∴S = ℎ +6= × +6= ，
四边形AGCD最小 2 2 5 2
过点F作FK⊥AC于K，
∵EH⊥FG，EH⊥AC，
∴四边形FGHK是矩形，
3
∴FK=GH= ，
5
∵∠FCK=∠ACB，∠CKF=CBA=90°，
∴△CKF∼ △CBA，
CF FK
∴ = ，
AC AB
3
CF 5 ，
∴ =
5 3
∴CF=1
∴BF=BC−CF=4−1=3．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，点到直线的距离，轴对称，解本
题的关键是确定出满足条件的点的位置，是一道很好的中考常考题．
8．（2022·广东· 三模）特例发现：
如图1，点E和点F分别为正方形ABCD边BC和边CD上一点，当CE＝CF时，则易得
BE＝DF，BE⊥DF．
(1)如图2，点E为正方形ABCD内一点，且∠ECF＝90°，CF＝CE，点E，F在直线CD的
两侧，连接EF，BE，DF，探究线段BE与DF之间的关系，并说明理由；
(2)如图3，在矩形ABCD中，AB∶BC＝1∶2，点E在矩形ABCD内部，∠ECF＝90°，点E，F
在直线BC的两侧，CE∶CF＝1∶2，连接EF，BE，DE，BF，DF．请探究线段DE，BF之间
的关系，并说明理由；
(3)若（2）中矩形ABCD的边AB＝3，Rt△CEF的边CE＝1，当BE＝DF时，求BF的长．【答案】(1)BE=DF，BE⊥DF；理由见解析；
(2)DE:BF=1:2，DE⊥BF．理由见解析；
(3)2√10．
【分析】（1）由正方形的性质得出∠BCD=90°，BC=CD，证明
ΔBCE≌ΔDCF(SAS)，再由全等三角形的性质得BE=DF，∠CBE=∠CDF，由直角
三角形的性质得出结论；
（2）延长DE交BC，BF分别于点P，Q，证明出ΔDCE∽ΔBCF，由相似三角形的性质
DE CE 1
得出 = = ，∠CDE=∠CBF，则可得出结论；
BF CF 2
（3）由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，则(DE+QE) 2+(BF−QF) 2=BD2，
QE2+QF2=EF2，求出(QE+QF) 2=10，(QE−QF) 2=0，可求出DE=√10，则可得
出答案．
（1）
解：线段BE与DF之间的关系为BE=DF，BE⊥DF．
理由如下：
延长BE交DC，DF分别于点M，N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，
∵∠ECF=90°，
∴∠BCD=∠ECF=90°，
∴∠BCD−∠DCE=∠ECF−∠DCE，
即∠BCE=∠DCF，
∵CE=CF，
∴ΔBCE≅ΔDCF(SAS)，
∴BE=DF，∠CBE=∠CDF，
∵∠BMC=∠DMN，
∴∠CBE+∠BMC=∠CDF+∠DMN，
∵∠CBE+∠BMC=90°，
∴∠CDF+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，∴BE⊥DF；
（2）
解：线段DE与BF之间的关系为DE:BF=1:2，DE⊥BF．
理由如下：
延长DE交BC，BF分别于点P，Q，
∵四边形ASBCD是矩形，
∴∠BCD=90°=∠ECF，AB=DC，
∴∠BCD−∠BCE=∠ECF−∠BCE，
即∠DCE=∠BCF．
∵AB:BC=1:2，CE:CF=1:2，
DC CE
∴ = ，
BC CF
∴ΔDCE∽ΔBCF，
DE CE 1
∴ = = ，∠CDE=∠CBF，
BF CF 2
∵∠CPD=∠BPQ，
∴∠CDE+∠CPD=∠CBF+∠BPQ，
∵∠CDE+∠CPD=90°，
∴∠CBF+∠BPQ=90°，
∴∠BPD=90°，
∴DE⊥BF；
（3）
解：连接BD，如图3，
由已知得AB=3，CD=6，CE=1，CF=2，BD2=45，EF2=5，
由（2）得∠BQD=90°，DE:BF=1:2，
则(DE+QE) 2+(BF−QF) 2=BD2，QE2+QF2=EF2，(DE+QE) 2+QF2=DF2，(BF−QF) 2+QE2=BE2，BF=2DE，
∴(DE+QE) 2+QF2+(BF−QF) 2+QE2=45+5，
∴BE2+DF2=50，
∵DF=BE，
∴BE2=DF2=25，
∴(DE+QE) 2+QF2=(2DE−QF) 2+QE2，
2QE+4QF
∴DE= ，
3
∵(DE+QE) 2+QF2=DF2，
∴DE2+2DE⋅QE=20，
2QE+4QF 2 2QE+4QF
∴( ) +2QE× =20，
3 3
∴16(QE2+QF2 )+40QE⋅QF=180，
由QE2+QF2=5得，2QE⋅QF=5，
∴QE2+QF2+2QE⋅QF=5+5，QE2+QF2−2QE⋅QF=5−5，
∴(QE+QF) 2=10，(QE−QF) 2=0，
√10
∴QE=QF= ，
2
∴DE=√10，
∴BF=2DE=2√10．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，
全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全
等三角形解决问题．
9．（2022·浙江丽水·一模）在菱形ABCD中，AB=6，∠A=60°，点E在AD边上，
AE=4，点P是边AB上一个动点，连结EP，将△AEP沿EP翻折得到△FEP．
(1)当EF∥AB时，求∠AEP的度数；
(2)若点F落在对角线BD上，求证：△≝∼△BFP；
(3)若点P在射线BA上运动，设直线PF与直线BD交于点H，问当AP为何值时，△BHP为
直角三角形．
【答案】(1)60°；
(2)见解析；(3)4√3−4或2+2√3或2√3−2或4+4√3．
【分析】（1）由平行线的性质得∠A+∠AEF=180°，求得∠AEF=120°，由翻折的性
质可得∠AEP=∠FEP，即可求解；
（2）易证△ADB是等边三角形，由翻折可得∠EFP=∠A=60°，证得∠≝=∠PFB，即
可证明相似；
（3）如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K，
由翻折的性质可得：AP=FP，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°，设AP=x，则FP=x，
求得∠K=30°，AK=2AE=8，EK=EF+FK=4+x，在Rt△AEK中，
EK √3
cos∠K= = ，求解即可得AP=4√3−4；如图3，当点P在线段AB上，
AK 2
∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：∠APE=∠FPE=45°，求
1
得AQ= AE=2，EQ=√42−22=2√3，PQ=EQ=2√3，即可得AP的长度；如图4，
2
当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，易得
1
AM= AE=2，EM=PM=2+a，在Rt△AEM中，EM=√AE2−AM2=2√3，
2
∴2+a=2√3，求解即可；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，
延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，EF=AE=4，
∠EAB=∠EFP=60°，证得∠BPH=∠ANE=30°，PF=PN=AP，
AE 4
EN= = =4√3
tan∠ANE √3 ，即可求得AP的长度．
3
（1）
解：∵EF∥AB，
∴∠A+∠AEF=180°，
∵∠A=60°
∴∠AEF=120°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠AEP=∠FEP，
1
∴∠AEP= ∠AEF=60°；
2
（2）
证明：当点F在BD上时，如图1所示，∵菱形ABCD中，∠A=60°，
∴AD=AB，△ADB是等边三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°
∵△FEP是由△AEP翻折得到，
∴∠EFP=∠A=60°，
∴∠EFD+∠PFB=120°
∵∠ADB=60°
∴∠EFD+∠≝=120°
∴∠≝=∠PFB
在△≝¿和△BFP中，
¿
∴△≝∼△BFP；
（3）
解：如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，
延长EF交AB的延长线于点K，
由翻折的性质可得：AP=FP，EF=AE=4，∠A=∠EFP=60°
设AP=x，则FP=x，
∵∠PHB=90°，
∴∠APF=150°，∠BPH=30°
∴∠AEF=90°，∠K=30°，
∴AK=2AE=8
∵∠K=∠BPH=30°，
∴KF=PF=AP=x，
∴EK=EF+FK=4+x，
在Rt△AEK中，
EK √3
cos∠K= = ，
AK 2
4+x √3
即 = ，解得：x=4√3−4，
8 2
即AP=4√3−4；
如图3，当点P在线段AB上，∠HPB=90°，
过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EQ⊥AB，∠A=60°
∴∠AEQ=30°，∠PEQ=∠EPQ=45°，
1
∴AQ= AE=2，EQ=√42−22=2√3，
2
∴PQ=EQ=2√3，
∴AP=AQ+PQ=2+2√3；
如图4，当点P在BA的延长线上，∠HPB=90°，
过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，
∵EM⊥AB，∠EAM=60°，
1
∴∠AEM=60°，AM= AE=2
2
由折叠的性质可得：∠APE=∠FPE=45°，
∵EM⊥AB，∠APE=45°
∴EM=PM=2+a，
在Rt△AEM中，EM=√AE2−AM2=2√3，
∴2+a=2√3，
解得：a=2√3−2，
即AP=2√3−2；
如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，
延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，EF=AE=4，∠EAB=∠EFP=60°
∵∠PHB=90°，∠PBH=60°，
∴∠BPH=30°，
∵∠EAB=60°
∴∠PAE=∠PFE=120°
∴∠AEF=90°，
∴∠AEN=90°，∠ANE=30°，
∵∠BPH=30°，
∴PF=PN=AP，
∵∠ANE=30°，
AE 4
EN= = =4√3
∴ tan∠ANE √3 ，
3
∴FN=EF+EN=4+4√3，
∴AP=PF=PN=4+4√3．
综上，AP的长度为4√3−4或2+2√3或2√3−2或4+4√3．
【点睛】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定，解直角三角形，含30度角的直角三角
形的性质，勾股定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等，第（3）问要注意分情况讨论，
做到不重不漏．
10．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）二模）问题初探：数学兴趣小组在研究
四边形的旋转时，遇到了这样的一个问题．如图1，四边形ABCD和BEFG都是正方形，
BH⊥AE于H，延长HB交CG于点M．通过测量发现CM＝MG．为了证明他们的发现，
小亮想到了这样的证明方法：过点C作CN⊥BM于点N．他已经证明了△ABH≌△BCN，
但接下来的证明过程，他有些迷茫了．
(1)请同学们帮小亮将剩余的证明过程补充完整；AB BG
(2)深入研究：若将原题中的“正方形”改为“矩形”（如图2所示），且 = =k
BC BE
（其中k＞0），请直接写出线段CM、MG的数量关系为______；
(3)拓展应用：在图3中，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC=∠DAE=90°，
∠ACB=∠AED=30°，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为______．
【答案】(1)剩余的证明过程见解析
(2)MG=k2CM
(3)CE=2√3AF
【分析】（1）过G作GQ⊥BM于点Q，易证△EBH≌△BGQ，△CMN≌△GMQ即可
得出结论；
（2）过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．通过证明△ABH∼△BCN，
△BEH∼△BGQ即可得出结论；
（3）延长AF至点G，使AF=FG，则四边形ABGF为平行四边形，通过证明
ΔCAE∼ΔABG即可得出结论．
（1）
过G作GQ⊥BM于点Q，
∵BH⊥AE，
∴∠GQB=∠BHE=90°，∠HBE+∠BEH=90°，
∵正方形BEFG，
∴BE＝BG，∠GBE=90°，
∴∠HBE+∠QBG=90°，
∴∠QBG=∠BEH，
∴△EBH≌△BGQ(AAS)，
∴BH＝GQ，
∵△ABH≌△BCN，
∴BH＝CN，
∴CN＝GQ，
又∵∠CMN=∠QMG，
∴△CMN≌△GMQ(AAS)，
∴CM＝MG，∴M为CG的中点．
（2）
过点C作CN⊥BM于点N，过G作GQ⊥BM于点Q．
∵∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠CBN=90°，
∵∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠CBN=∠BAH
∴△ABH∼△BCN，
同理可得：△BEH∼△BGQ
AB BG
∵ = =k，
BC BE
BH GQ
∴ = =k，
CN BH
GQ
∴
=k2
，
CD
∵∠AMN=∠GMQ，
∴△CMN∼△GMQ，
MG GQ
∴ = =k2 ，
CM CD
∴MG=k2CM，
（3）
延长AF至点G，使AF=FG，
∵AF=FG，BF=DF，
∴四边形ABGF为平行四边形，
∴AD∥BG，AD=BG，∴∠ABG+∠BAD=180°，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠CAE+∠BAD=180°，
∴∠ABG=∠BAD，
∵∠ACB=∠AED=30°，
∴AC=√3AB，AE=√3AD=√3BG
AC AE
∴ = =√3，
AB BG
∴ΔCAE∼ΔABG，
EC AC
∴ = =√3，
AG AB
EC
∴ =√3，
2AF
∴EC=√3AF．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形是性质和判定，相似三
角形的性质和判定，熟练掌握相关内容，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题
的关键．
11．（2022·广东·佛山市华英学校三模）已知，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，
AD∥BC,AB∥CD，AC平分∠BAD．
(1)如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如图2，过点A作AN⊥BC于N，若AC=6，BD=8，求AN的长；
(3)如图3，CA=CB，点R为CB延长线上一点，连接OR交AB于点E，点F、H分别是AB、
BC边上一点(BF>BH)，且OF=OH，过点O作BC的垂线，垂足为M，
∠HOM=∠BOR，当BF=10，BH=8时，求RB的长．
【答案】(1)见解析
24
(2)AN=
5
(3)BR=6
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
（2）利用菱形面积的两种求法，构建关系式解决问题即可；（3）过点F作FQ⊥BC于点Q，过点O作OP⊥AB于P.证明Rt△FOP≌
Rt△HOM(HL)，推出∠HOM=∠FOP=∠BOR，证明△ROF≌△ROH(SAS)，推
出RF=RH，设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，在
Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，构建方程求出x即可．
（1）
证明：∵AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠DAC，
∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=CB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）
解：∵▱ABCD是菱形，
1 1 1 1
∴AC⊥BD，OC= AC= ×6=3，OB= BD= ×8=4，
2 2 2 2
∴∠BOC=90°，
在Rt△BOC中，根据勾股定理BC=√OB2+OC2=√32+42=5，
1
∵S =BC⋅AN=4S = AC⋅BD，
菱形ABCD △BOC 2
1
∴5AN= ×6×8，
2
24
∴AN= ；
5
（3）
解：∵AB=CB，AC=BC，
∴AB=CB=AC，
∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，
过点F作FQ⊥BC于点Q，
∴∠FQB=90°，
∴∠BFQ=30°，
1 1
∴BQ= BF= ×10=5，
2 2
在Rt△FBQ中，根据勾股定理FQ=√BF2−BQ2=√102−52=5√3，
过点O作OP⊥AB于P．
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO=∠CBO=30°，
∴∠BOP=∠BOM=60°，
∵OP⊥AB，OM⊥BC，
∴OP=OM，
又∵OF=OH，
∴Rt△FOP≌Rt△HOM(HL)，
∴∠HOM=∠FOP=∠BOR，
∴∠BOH+∠BOR=∠BOH+∠HOM=60°，∠FOP+∠POE=∠BOR+POE=60°，
即∠ROF=∠ROH，
又∵OF=OH,OR为公共边，
∴△ROF≌△ROH(SAS)，
∴RF=RH，
设BR=x，则RF=RH=RB+BH=x+8，RQ=RB+BQ=x+5，
在Rt△RFQ中，∠RQF=90°，根据勾股定理FQ2+RQ2=RF2，
∴(x+5) 2+(5√3) 2=(x+8) 2，
解得x=6，
∴BR=6．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利
用参数构建方程解决问题．
12．（2022·广东·测试·编辑教研五一模）在矩形ABCD中，AD>CD，O是AC的中点，
点P是AO上一点，连接PD，过点P作PE⊥PD交BC于点E，连接DE．(1)如图（1），点P在AO上运动时∠DEP的大小是否改变？请说明理由．
(2)如图（2），连接PB，若PB⊥AC，DE⊥AC交AC于点H，PB=4，DP=2√6，求
AD
的值．
CD
【答案】(1)不变，理由见解析
(2)√2
【分析】（1）根据∠DCE=∠DPE=90°，可知C，D，P，E四点共圆，可得
∠DEP=∠ACD；
（2）根据同角的余角相等可得∠DPH=∠ACD，则CD=DP=2√6，再利用两个角相等
PB BC
证明△BPC∽△ABC，得 = ，设AD=BC=x，则AC=√AB2+BC2，代入解方
BA AC
程即可．
（1）
解：不变，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCE=90°，
∵PE⊥PD，
∴∠DPE=90°，
∴C，D，P，E四点共圆，
∴∠DEP=∠ACD，
∴∠DEP的大小不改变．
（2）
解：∵DE⊥AC，
∴∠PHE=∠PHD=90°，
∴∠DEP+∠EPH=90°，
∵∠DPH+∠EPH=90°，
∴∠DEP=∠DPH，
∵∠DEP=∠ACD，
∴∠DPH=∠ACD，
∴CD=DP=2√6，∵BP⊥AC，
∴∠BPC=90°=∠ABC，
又∵∠BCP=∠ACB，
∴△BPC∽△ABC，
PB BC
∴ = ，
BA AC
设AD=BC=x，则AC=√AB2+BC2，
∵AB=CD=DP=2√6，
∴AC=√x2+24，
4 x
∴ = ，
2√6 √x2+24
解得x=4√3，
经检验，x=4√3是方程的根，
AD 4√3
∴ = =√2．
CD 2√6
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰
三角形的判定，证明C，D，P，E四点共圆是解题的关键．
13．（2021·吉林·长春市赫行实验学校二模）[阅读理解]在学习中，我们学习了一个定理：
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在RtΔABC中，∠ACB=90°，
1
若点D是斜边AB的中点，则CD= AB．
2
[灵活应用]如图2，ΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D是BC的中点，将
ΔABD沿AD翻折得到ΔAED，连接BE，CE．
(1)根据题意，则DE的长为 ．
(2)判断ΔBCE的形状，并说明理由．
(3)请直接写出CE的长 ．
【答案】(1)5
(2)ΔBCE是直角三角形，理由见解析
14
(3)
5【分析】（1）利用勾股定理求出BC，再利用翻折变换的性质可得DE=DB=5；
（2）结论：ΔBCE是直角三角形．证明DE=DC=DB，可得结论；
（3）设AD交BE于点T．利用相似三角形的性质求出AT，再求出DT，利用三角形中位
线定理，可得结论．
（1）
在RtΔABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC=√AC2+AB2=√82+62=10，
∵D是BC的中点，
∴CD=DB=5，
由翻折的性质可知，DE=DB=5．
故答案为：5；
（2）
结论：ΔBCE是直角三角形．
理由：∵CD=DB，DE=DB，
∴DE=DC=DB，
∴∠CEB=90°，
∴ΔBCE是直角三角形；
（3）
设AD交BE于点T．
由翻折的性质可知，AE=AB，DE=DB，
∴AD垂直平分线段BE，
∴ET=BT，∠ATB=90°，
∵CD=DB，∠CAB=90°，
∴DA=DB=DC=5，
∴∠BAT=∠ABC，
∵∠ATB=∠BAC=90°，
∴ΔBTA∽ΔCAB，
AT AB
∴ = ，
AB CB
AT 6
∴ = ，
6 1018
∴AT= ，
5
18 7
∴DT=AD−AT=5− = ，
5 5
∵ET=BT，CD=DB，
14
∴EC=2DT= ．
5
14
故答案为： ．
5
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，翻折变换，三角形
中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解
决问题，属于中考常考题型．
14．（2022·广东·东莞市光明中学三模）△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
1
AB=4，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，
AG CG AC
∠ACG=∠ABC=60°=∠ADF，再根据△AGC∽△FGD，即可得到 = = ，
FG DG DF
进而得出AG的长．
（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．
15．（2022·福建省福州屏东中学三模）如图，抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于
点A，对称轴交x轴于点B，点F是抛物线在第一象限内的一个动点，FC⊥AB交y轴于点
C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，点M是抛物线的顶点，已知在点F的运动过程中，
FD的最大值是4√2．
(1)求点B的坐标与a的值；
(2)当点D恰好是OB的中点时，求点E的坐标；
(3)连结AM，作点E关于直线DF的对称点P，当点P落在线段AM上时，则点E的坐标为
______.(直接写出答案)
1
【答案】(1)B（2，0），a＝− ；
2
(2)E（1+√7，0）；
3+√17
(3)E（ ，0）．
2
【分析】（1）求出抛物线对称轴为x＝2，可得点B的坐标为（2，0），由题意可证明
DEF是等腰直角三角形，可得EF的最大值为4，即MB＝4，将抛物线解析式化成顶点式，
进而得出2−4a＝4，即可求出a的值；
△
（2）求出直线CD的表达式，再与抛物线解析式联立，求出交点横坐标即可得出点E的坐
标；
1
（3）设点F（x，− x2+2x+2），则点E（x，0），证明四边形FPDE是正方形，可得
2
1 1
点P的坐标为（
x2−x−2，− x2+2x+2），求出直线AM的表达式，将点P坐标代入
2 2
求出x的值，即可得出点E的坐标．
（1）
解：抛物线y=ax2−4ax+2(a<0)与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，
∵当x＝0时，y＝2，∴A（0，2），
−4a
∵对称轴为x＝− ＝2，
2a
∴点B的坐标为（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∵FC⊥AB交y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，
∴∠FDE＝∠DFE＝45°，
∴DF＝√2EF，
∵FD的最大值是4√2，
∴EF的最大值为4，
∴MB＝4，
∵y=ax2−4ax+2=a(x−2) 2+2−4a，
∴2−4a＝4，
1
∴a＝− ；
2
（2）
∵点D恰好是OB的中点，
∴D（1，0），
∵∠CDO＝∠FDE＝45°，
∴OC＝OD＝1，
∴点C的坐标为（0，−1），
设直线CD的表达式为y＝kx＋b（k≠0），
代入C（0，−1），D（1，0）得：¿，
解得：¿，
∴直线CD的表达式为：y＝x−1，
1
由（1）知抛物线解析式为y=− x2+2x+2，
2
联立¿，
解得：x =1+√7，x =1−√7（不合题意，舍去），
1 2
∴点E的坐标为（1+√7，0）；
（3）
：
1
设点F（x，− x2+2x+2），则点E（x，0），
2∵EF＝ED，
1 1
∴点D的横坐标为：x−（− x2+2x+2）＝ x2−x−2，
2 2
如图，点E与点P关于直线DF对称，连接DP、FP、PE，
∴DF垂直平分PE，
∴FP＝FE，DP＝DE，
∵EF＝ED，
∴FP＝FE＝DP＝DE，
∴四边形FPDE是菱形，
又∵∠FED＝90°，
∴菱形FPDE是正方形，
1 1
∴点P的坐标为（
x2−x−2，− x2+2x+2），
2 2
∵A（0，2），M（2，4），
设直线AM的表达式为y＝mx＋n，
代入A（0，2），M（2，4），得¿，
解得：¿，
∴直线AM的表达式为y＝x＋2，
1 1
当点P落在线段AM上时，有
x2−x−2+2=− x2+2x+2，
2 2
3+√17 3−√17
解得：x＝ 或x＝ （舍去），
2 2
3+√17
∴点E的坐标为（ ，0），
2
3+√17
故答案为：（ ，0）．
2
【点睛】本题考查了待定系数法的应用，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，
等腰直角三角形的性质，直线与抛物线的交点，轴对称的性质，正方形的判定和性质，解
一元二次方程等知识，解题的关键是证出 DEF是等腰直角三角形．
16．（2022·广东·深圳市龙华区丹堤实验学校模拟预测）【操作与发现】
△如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN
＝45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：
△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．
(1)【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．
(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，
1
∠MAN＝45°，若tan∠BAN= ，求证：M是CD的中点．
3
(3)【拓展】如图③，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，
连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是______．
【答案】(1)12
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+BN＝
MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，
从而列得方程求解即可求出正方形边长．
1
（2）根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+ n，利用tan∠BAN= ，可得正方形边长为
3
3m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，根据勾股定理得到：CM2+CN2=M N2，代入可得
关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的
中点．
（3）延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交
PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，从而得到与前两问的图形，利用
PQ∥BC可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定
理列方程即可求出结果．（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，
由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，
∴BE＝DM，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，
∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，
即∠EAM＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠MAN＝∠EAN，
在△AMN和△AEN中，
¿，
∴△AMN≌△AEN（SAS），
∴MN＝EN，
∵EN＝BE+BN＝DM+BN，
∴MN＝BN+DM，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=M N2
∴MN=√CN2+CM2=√62+82=10，
则BN+DM＝10，
设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，
∴x﹣6+x﹣8＝10，
解得：x＝12，
即正方形ABCD的边长是12；
故答案为：12；（2）
证明：设BN＝m，DM＝n，
由（1）可知，MN＝BN+DM＝m+n，
1
∵∠B＝90°，tan∠BAN= ，
3
BN 1
∴tan∠BAN= = ，
AB 3
∴AB＝3BN＝3m，
∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CM2+CN2=M N2
∴（2m）2+（3m−n）2＝（m+n）2，
整理得：3m＝2n，
∴CM＝2n﹣n＝n，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；
（3）
解：延长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交
PQ于E，连接EM，如图③所示：
则四边形APQD是正方形，
∴PQ＝DQ＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，
设DM＝a，则MQ＝16﹣a，
∵PQ∥BC，
∴△ABN∽△APE，
BN AB 12 3
∴ = = = ，
PE AP 16 44 16
∴PE= BN= ，
3 3
16 32
∴EQ＝PQ﹣PE＝16− = ，
3 3
16
由（1）得：EM＝PE+DM= +a，
3
在Rt△QEM中，由勾股定理得：
EQ2+MQ2=EM2
32 2 16 2
( ) +(16−a) 2=( +a) ，
3 3
解得：a＝8，
即DM的长是8；
故答案为：8．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+BN＝MN，已知直角三角
形CMN中勾股定理结论CM2+CN2=M N2是解题的关键．
17．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形ABCD是正方形，△≝¿绕点D旋转（
DE
