2023年河南省各地市中考数学三模压轴题之四边形和相似三角形(含解析)

2023年河南省各地市中考数学三模压轴题精选之四边形和相似三角形1.(2023·河南省商丘市·三模)如图，平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y轴的正半轴上，对角线AC和OB交于点D，作∠ABO的平分线，交OA于点P，交AC于点Q.若OP=2，则点Q的坐标为(

)A.(3,2)

B.(2+1,1)

C.(

2.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F.若∠ABC=120°，AB=2，则PE-PF的值为(

)A.32 B.3 C.2 3.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，△ABC是边长为8的等边三角形，以AC为底边在右侧作等腰三角形ADC，连接BD，交AC于点O，过点D作DF/​/AB交AC于点E，交BC于点F，若AD=5，则DF的长为(

)

A.32 B.3+3 C.4+4.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，在△ABC中，OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，动点P、Q分别在线段AC、AB上(点P不与点A、C重合)，满足∠BPQ=∠BAO.当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是______．

5.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=1，点E是直线AB上一点，连接CE，将△BCE沿直线CE折叠，点B落在点B'处，若四边形BEB'C是菱形，则CE的长为______．

6.(2023·河南省商丘市·三模)如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AD=6，∠ABD=30°，点E为CD的中点，点P为BC，AB上一个动点，将△PEC沿PE折叠得到△PEQ，点C的对应点为点Q，当点Q落在矩形ABCD的对角线上时，PC的长为______．

7.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是

．

8.(2023·河南省郑州一中·三模)如图，在△ABC中，AB=AC=3+1，∠BAC=120°，P、Q是边BC上两点，将△ABP沿直线AP折叠，△ACQ沿直线AQ折叠，使得B、C的对应点重合于点R.当△PQR为直角三角形时，线段AP9.(2023·河南省洛阳市·三模)如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F.且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H.EN=1，AB=4，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．

10.(2023·河南省濮阳市·三模)矩形ABCD中，AB=3，BC=4，对角线AC、BD交于点O，点M是BC边上一动点，连接OM，以OM为折痕，将△COM折叠，点C的对应点为E，ME与OB交于点G，若△BGM为直角三角形，则BM的长为______．

11.(2023·河南省商丘一中·三模)折纸游戏：小明剪出一个直角三角形的纸片ABC，其中，∠A=60°，AC=1，找出BC的中点M，在AB上找任意一点P，以MP为对称轴折叠△MPB，得到△MPD，点B的对应点为点D，小明发现，当点P的位置不同时，DP与△ABC的三边位置关系也不同，请帮小明解决问题：当DP⊥BC时，AP的长为______．

12.(2023·河南省驻马店市二中·三模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=15，AC=12，E为AB上的点，将EB绕点E在平面内旋转，点B的对应点为点D，且点D在△ABC的边上，当△ADE恰好为直角三角形时，BE的长为______．

13.(2023·河南省驻马店市确山县·三模)如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，点D在AB上且AD=2，点P为AC的中点，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ、DQ.当∠DAQ=60°时，DQ的长为______．

14.(2023·河南省周口市西华县·三模)如图1，将两个等腰直角△ABC和△DEF如图1放置，∠C=∠F=90°，AC=DF=2，D为AB的中点.如图2，将△DEF绕点D在平面内旋转，当△DEF的边恰好经过点C时，AF的长为______．

15.(2023·河南省天宏大联考·三模)(1)如图1，正方形ABCD和正方形DEFG(其中AB>DE)，连接CE，AG交于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系______，位置关系______；

(2)如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG，3AB=2DE，DC=DG，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α(0°<α<360°)，连接AG，CE交于点H，(1)中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；

(3)矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转α(0°<α<360°)，直线AG，CE交于点H，当点B、E、G在同一条直线上时，请直接写出线段BE的长．

16.(2023·河南省天一大联考·三模)综合与实践

【问题发现】

(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH于点O.试猜想线段EG与FH的数量关系为______；

【类比探究】

(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，连接EG，FH，且EG⊥FH，垂足为O.试写出线段EG与FH的数量关系，并说明理由；

【拓展应用】

(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠BCD=60°，点M，N分别在边AB，BC上，连接CM，DN，且CM⊥DN，垂足为O.已知AB=3，BC=DC=4，若点M为AB的三等分点，直接写出线段DN的长．

17.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)【问题发现】小明在一次利用三角板作图的过程中发现了一件有趣的事情：如图1，在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=6，点M和点P分别是斜边AB上的动点，并且满足AM=BP，分别过点M和点P作AC边的垂线，垂足分别为点N和点Q，那么MN+PQ的值是一个定值．

问题：若AM=BP=2时，MN+PQ值为______；

【操作探究】如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=α，AB=m；

爱动脑筋的小明立即拿出另一个三角板进行了验证，发现果然和之前发现的结论一样，于是他猜想，对于任意一个直角三角形，当AM=BP时，MN+PQ的值都是固定的，小明的猜想对吗？如果对，请利用图2进行证明，并用含α和m的式子表示MN+PQ的值．

【解决问题】如图3，在菱形ABCD中，AB=8，BD=14.若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM=BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为______．

18.(2023·河南省郑州市十九中·三模)如图，在矩形ABCD中，点M、N分别为AD、BC上的点，将矩形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的点E处(不与点C，D重合)，连接BE，过点M作MH⊥BC于点H．

(1)如图①，若BC=AB，求证：△EBC≌△NMH；

(2)如图②，当BC=2AB时，

①求证：△EBC∽△NMH；

②若点E为CD的三等分点，请直接写出AMBN的值．

19.(2023·河南省郑州一中·三模)综合与实践

【问题背景】

如图(1)，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C'处．

(1)【问题解决】

填空：AC'的长为______；

(2)如图(2)，展开后，将△DC'E沿线段AB向右平移，使点C'的对应点与点B重合，得到△D'BE'，D'E'与BC交于点F，求线段EF的长．

(3)【拓展探究】

如图(3)，在△DC'E沿射线AB向右平移的过程中，设点C'的对应点为C″，则当△D'C″E'在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．

20.(2023·河南省濮阳市·三模)综合与实践

【问题情景】如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,ACBC=k，F是AC边上一动点，将△AFB沿着BF翻折得点A的对应点D，连接CD，将射线CD绕点C顺时针旋转90°交BF于点E．

【问题发现】

(1)如图1，若k=1，设∠ABF=α．

①求∠DAC的度数.(用含α的式子表示)

②求证：CD=CE．

【拓展应用】

(2)如图2，若k=3，BC=2，在点F移动的过程中，当△ACD为直角三角形时，请直接写出BE

21.(2023·河南省商丘一中·三模)如图，矩形ABCD中，点M为CD上一点，AM⊥BM，点P为直线CD上一个动点，将射线PB绕点P逆时针旋转90°交直线AM于点Q．

(1)当△AMB为等腰直角三角形时，

①如图1，当点Q落在线段MA上时，试判断MB，MQ，MP的数量关系______；

②如图2，当点Q落在射线MA上时，①中的结论是否变化，若不变，请证明.若变化，请说明理由；

(2)如图3，若其他条件不变，Rt△AMB中，∠ABM=60°，AB=4，MQ=3，请直接写出MP的长．

22.(2023·河南省周口市西华县·三模)实践发现：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕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，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．

(1)折痕BM______(填“是”或“不是”)线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答______；进一步计算出∠MNE=______；

(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，则∠GBN=______；

拓展延伸：

(3)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AA'交ST于点O，连接AT、A'S.求证：四边形SATA'是菱形．

解决问题：

(4)如图④，矩形纸片ABCD中，AB=10，AD=26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．

请写出以上4个数值中你认为正确的数值______．

23.(2023·河南省驻马店二中·三模)阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．

《数学的发现》是2006年科学出版社出版的图书，作者是(美)乔治⋅波利亚.本书通过对各种类型生动而有趣的典型问题(有些是非数学的))进行细致剖析，提出它们的本质特征，从而总结出各种数学模型．

共高三角形：有一条公共高的三角形称为共高三角形．

共高定理：如图①，设点M在直线AB上，点P为直线外一点，则有S△PAMS△PBM=AMBM．

下面是该结论的证明过程：证明：如图①，过点P作PQ⊥AB于点Q，

……

按要求完成下列任务：

(1)请你按照以上证明思路，结合图①完成剩余的证明；

(2)如图②，△ABC，

①画出∠BAC的平分线(不写画法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图)；

②若∠BAC的平分线交BC于D，求证：ABAC=BDCD．

(3)如图③，E是平行四边形ABCD边CD上一点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，连接AE，

24.(2023·河南省新乡市封丘县·三模)综合与实践

综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断

操作一：正方形透明纸片ABCD，点E在BC边上，如图1，连接AE，沿经过点B的直线折叠，使点E的对应点E'落AE在上，如图2，把纸片展平，得到折痕BF，如图3，折痕BF交AE于点G．

根据以上操作，请直接写出图3中AE与BF的位置关系：______，BE与CF的数量关系：______．

(2)迁移探究小华将正方形透明纸片换成矩形透明纸片，继续探究，过程如下：

将矩形透明纸片ABCD按照(1)中的方式操作，得到折痕BF，折痕BF交AE于点G，如图4.若mAB=nAD，改变点E在BC上的位置，那么BFAE的值是否能用含m，n的代数式表示？如果能，请推理BFAE的值，如果不能，请说明理由；

(3)拓展应用

如图5，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E在AD边上由点A向终点D匀速运动，动点F在DC边上由点D向终点C匀速运动，动点E，F同时开始运动，且速度相同，连接AF，BE，交于点G，连接DG，则线段DG长度的最小值为：______，点G的运动路径长度为：______(直接写出答案即可)．

参考答案1.【答案】B

【解析】解：如图，过顶点P作PE⊥OB于点E，

∵四边形ABCD为正方形，

∴OC=BC=AB=OA，∠OAB=90°，

∴∠AOB=45°，

∵PE⊥OB，

∴△OPE为等腰直角三角形，

∴PE=OP2=22=2，

∵BP为∠ABO的平分线，PA⊥AB，PE⊥OB，

∴PE=PA=2，

∴OA=OP+PA=2+2，

∴C(0,2+2)，A(2+2,0)，P(2,0)，B(2+2,2+2)，

设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，

将C(0,2+2)，A(2+2,0)代入得，b=2+2(2+2)k+b=0，

解得：k=-1b=2+2，

∴直线AC的解析式为y=-x+2+2，

设直线BP的解析式为y=mx+n(m≠0)，

将P(2,0)，B(2+2,2+2)代入得，2m+n=0(2+2)m+n=2+2，

解得：m=2.【答案】B

【解析】解：设AC交BD于O，如图：

∵菱形ABCD，∠ABC=120°，AB=2，

∴∠BAD=∠BCD=60°，∠DAC=∠DCA=30°，AD=AB=2，BD⊥AC，

Rt△AOD中，OD=12AD=1，OA=AD2-OA2=3，

∴AC=2OA=23，

Rt△APE中，∠DAC=30°，PE=12AP，

Rt△CPF中，∠PCF=∠DCA=30°，PF=12CP，

∴PE-PF=12AP-123.【答案】C

【解析】解：在等边△ABC中，AB=BC=AC=8，

在等腰△ADC中，AD=DC=5，

∴BD垂直平分AC，

∴AO=4，∠AOD=∠AOB=90°，

∴∠ABO=∠CBO=30°，

根据勾股定理，得OD=AD2-AO2=52-42=3，BO=AB2-AO2=82-42=43，

∴BD=3+43，

∵DF/​/AB，

∴∠FDB=∠ABD=30°，

∴∠FDB=∠FBD=30°，

∴DF=BF，

过点F作FH⊥BD于点H，

则H是BD的中点，

∴DH=12BD=3+432，

设DF=x，则FH=12x4.【答案】1或78【解析】【分析】

分为三种情况：①PQ=BP，②BQ=QP，③BQ=BP，由等腰三角形的性质和勾股定理即可求解．

本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质的应用，题目综合性比较强，解题的关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意分类讨论．

【解答】

解：∵OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，

∴BC=AB=42+32=5，

分为3种情况：

①当PB=PQ时，

∵C点与A点关于直线OB对称，

∴∠BAO=∠BCO，

∵∠BPQ=∠BAO，

∴∠BPQ=∠BCO，

∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=∠BCO+∠CBP，

∴∠APQ=∠CBP，

在△APQ与△CBP中，

∠QAP=∠PCB∠APQ=∠CBPQP=PB，

∴△APQ≌△CBP(AAS)，

∴PA=BC=5，

此时OP=5-4=1；

②当BQ=BP时，

∠BPQ=∠BQP，

∵∠BPQ=∠BAO，

∴∠BAO=∠BQP，

根据三角形外角性质得：∠BQP>∠BAO，

∴这种情况不存在；

③当QB=QP时，

∠QBP=∠BPQ=∠BAO，

∴PB=PA，

设OP=x，则PB=PA=4-x

在Rt△OBP中，PB2=OP2+OB2，

∴(4-x)2=x2+32，

解得：x=78；

∵点P在AC5.【答案】1

【解析】解：∵四边形BEB'C是菱形，

∴BC=BE=B'E=B'C=1，

∵∠B=60°，

∴△BCE是等边三角形，

∴CE=BC=1，

故答案为：1．

根据菱形的性质证明△BCE是等边三角形，进而可以解决问题．

本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，菱形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．6.【答案】3或63【解析】解：当点P在BC上时，如图：

由折叠的性质可知，DE=EQ，PC=PQ，∠EQP=90°，

∵∠ABD=30°，四边形ABCD是矩形，

∴∠EDQ=∠EQD=30°，∠PBQ=60°，

∴∠PQB=60°，

∴△PBQ是等边三角形，

∴PC=PQ=PB=12BC=3，

当点P在AB上时，Q刚好和点D重合，如图：

由勾股定理得AB=63，

∵E是中点，

∴DE=33，

由折叠的性质知PE⊥DC，

在Rt△PEC中，CE=33，PE=6，

∴PC=CE2+PE2=63．

故答案为：3或63．

分两种情况讨论，当点P在BC7.【答案】2

【解析】【分析】

取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=12AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．

本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．

【解答】

解：如图，取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，

则AD=BD=12AB，∠AHD=∠ACB=90°，

∵∠A=30°，BC=4，

∴AB=2BC=8，∠ABC=90°-30°=60°，

由旋转得：BF=BE，∠EBF=60°，

∴∠EBC+∠CBF=60°，

∵∠EBC+∠DBE=60°，

∴∠CBF=∠DBE，

∵AD=BD=12AB=4，

∴BC=BD，

在△BCF和△BDE中

BF=BE∠CBF=∠DBEBC=BD

∴△BCF≌△BDE(SAS)，

∴CF=DE，

当且仅当DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=8.【答案】2或【解析】【分析】

由翻折的性质，等腰三角形的性质可得∠PRQ=60°，要使△PQR为直角三角形，于是有两种情况：即∠RPQ=90°或∠RQP=90°，分别画出相应的图形，根据等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理进行计算即可．

本题考查翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系，掌握翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理是正确解答的前提．

【解答】

解：过点A作AD⊥BC于点D，

由翻折可知，∠ARQ=∠C，∠ARP=∠B，

在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3+1，

∴∠B=∠C=30°，AD=12AB=3+12，BD=CD=32AB=3+32，

∴∠PRQ=∠B+∠C=60°，

①当∠RPQ=90°时，如图1，设AR与BC交于点E，

∴RP//AD，

∴∠EAD=∠ERP=∠B=30°，

在Rt△ADE中，AD=3+12，∠EAD=30°，

∴DE=33AD=3+36，

设BP=a，则PR=a，PE=BD-BP-DE=3+32-a-3+36=3+33-a，

在Rt△PRE中，∠PRE=30°，

∴PR=3PE，

即a=3×(3+33-a)，

解得a=1，

∴BP=PR=1，PE=3+33-1=339.【答案】73-12【解析】【分析】

根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN=∠MNG，得到MG=NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，设MD=MF=x，根据勾股定理列方程求出x即可．

本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．

【解答】

解：当HN=13GN时，GH=2HN，

∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，

∴MF=MD，CN=EN，∠E=∠C=∠D=∠MFE=90°，∠DMN=∠GMN，AD//BC，

∴∠GFH=90°，∠DMN=∠MNG，

∴∠GMN=∠MNG，

∴MG=NG，

∵∠GFH=∠E=90°，∠FHG=∠EHN，

∴△FGH∽△ENH，

∴FGEN=GHHN=2，

∴FG=2EN=2，

过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，

设MD=MF=x，

则MG=GN=x+2，

∴CG=x+3，

∴PM=3，

∵GP2+PM2=MG2，

∴42+32=(x+2)2，

解得：x=3或-7(舍去)，

∴MD=3；

当GH=13GN时，HN=2GH，

∵△FGH∽△ENH，

∴FGEN=GHHN=110.【答案】0.5或1.5

【解析】解：①∠BMG是直角，如图，

过O点作OH⊥BC于H，

∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，

∴AC=5，

∴BH=CH=2，

∴CO=2.5，

∴OH=1.5，

由折叠的性质可得∠OMH=45°，

∴MH=OH=1.5，

∴BM=BH-MH=4-2-1.5=0.5；

②∠BGM是直角，如图，

由折叠的性质可得OE=OC=2.5，∠ACB=∠E，

∵∠ABC=∠EGO=90°，

∴△OEG∽△ACB，

∴OG：OE=AB：AC，即OG：2.5=3：5，

解得OG=1.5，

∴BG=2.5-1.5=1，

∵∠ACB=∠MBG，

∠ABC=∠MGB=90°，

∴△ABC∽△MGB，

∴BM：BG=CA：CB，即BM：1=5：4，

解得BM=1.25．

综上所述，线段BM的长为0.5或1.25．

故答案为：0.5或1.25．

分两种情况：①∠BMG是直角和②∠BGM是直角，进行讨论即可求解．

本题考查了矩形的性质、勾股定理、翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，勾股定理是解决问题的关键．11.【答案】12或3【解析】【分析】

分两种情形：如图1中，当DP⊥BC，延长DP交BC于点J.如图2中，当PD⊥BC于点J时，分别求出PB，可得结论．

本题考查翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．

【解答】

解：如图1中，当DP⊥BC，延长DP交BC于点J．

∵∠C=90°，AC=1，∠A=60°，

∴∠B=30°，

∴AB=2AC=2，BC=3AC=3，

由翻折变换的性质可知，∠D=∠B=30°，DM=BM=32，

∴JM=12DM=34，

∴BJ=BM-JM=34，

∴PB=BJcos30∘=12，

∴AP=AB-PB=2-12=32．

如图2中，当PD⊥BC12.【答案】458或45【解析】解：∵∠ACB=90°，AB=15，AC=12，

∴BC=152-122=9.△ADE为直角三角形时分两种情况：

①如图，当∠ADE=90°时，设DE=x=BE，

由∠ADE=∠ACB，∠A=∠A，

∴△ADE∽△ACB，

∴DECB=AEAB，

∴x9=15-x15，

解得x=458；

②当∠AED=90°时，设DE=y=BE，

同理可得：△AED∽△ACB，

∴DECB=13.【答案】7或【解析】解：∵∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，点P为AC的中点，

∴∠BAC=60°，AC=BC⋅tan30°=2，AP=12AC=1，ABAC2+BC2=22+(23)2=4．

∵AD=2，

∴D是AB的中点．

当∠DAQ=60°时，存在两种情况，

当点Q与点P重合时，如图1所示，AQ=AP=1，

此时DQ为△ABC的中位线，

∴DQ=12BC=3；

当点Q在AP延长线上时，连接DP、DQ，

如图2所示，

∵PD为△ABC的中位线，

∴PD/​/BC，

∴∠DPQ+∠ACB=180°，

∴∠DPQ=90°，

∴DQ=PD2+PQ2=(3)2+22=14.【答案】2或【解析】【分析】

分两种情况讨论，由等腰直角三角形的性质可得AD=CD=2，利用勾股定理和平行四边形的性质可求解．

本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．

【解答】

解：如图，当点C落在DF上时，

∵AC=DF=2，∠CAB=∠EDF=45°，∠ACB=∠DFE=90°，

△ACB和△DFE都是等腰直角三角形，

∴AB=DE=22，

∵点D是AB的中点，

∴AD=CD=2，

∴AF=AD2+DF2=2+4=6；

当点C落在DE上时，连接CF，

∵DE=AB=22，CD=2，

∴CE=CD=2，

15.【答案】相等

垂直

【解析】解：(1)如图1，

在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，

∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，

即∠ADG=∠CDE，

∵DG=DE，DA=DC，

∴△GDA≌△EDC(SAS)，

∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，

∵∠COD=∠AOH，

∴∠AHO=∠CDO=90°，

∴AG⊥CE，

故答案为：相等，垂直；

(2)不成立，新结论：3CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：

如图2，由(1)知，∠EDC=∠ADG，

∵3AD=2DG，3AB=2DE，AD=DE，

∴DGAD=32，DECD=DEAB=32，

∴DGAD=EDDC=32，

∴△GDA∽△EDC，

∴AGCE=ADDC=32，即3CE=2AG，

∵△GDA∽△EDC，

∴∠ECD=∠GAD，

∵∠COD=∠AOH，

∴∠AHO=∠CDO=90°，

∴AG⊥CE；

(3)①当点G在线段BE上时，如图3-1，连接BD，过点D作DT⊥BE于点T．

∵3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，

∴AD=2，DG=3，AB=4，DE=6，

∵∠A=∠EDG=90°，

∴BD=AD2+AB2=22+42=25，EG=DG2+DE2=32+62=35，

∵DT⊥EG，

∴12⋅DE⋅DG=12⋅EG⋅DT，

16.【答案】EG=FH

【解析】(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；

故答案为：HF=EG；

(2)解：EG=2FH；

理由：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，

∴HFGE=HQPG，

∵AB=a，BC=2a，

∴PG=2a，HQ=a，

∴HFGE=a2a=12；

∴EG=2FH；

(3)解：如图3，过点D作DS⊥BC于S，

∴∠DSN=∠DSC=∠B=90°，

∵∠DCS=60°，CD=4，

∴DS=32CD=23，

∵点M为AB的三等分点，AB=3，

∴BM=2或BM=1，

∵BC=4，

∴CM=BC2+BM2=25或17，

由(1)知△BCM∽△SDN，

∴CMDN=BCSD，

∴25DN=423或17DN=423，

解得DN=15或512．

(1)过点H作HN⊥BC交于N，过点G17.【答案】解：【问题发现】3；

【操作探究】对，

证明：∵MN⊥AC于点N，PQ⊥AC于点Q，AM=BP，

∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，

∵∠A=∠A，

∴△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，

∴MNBC=AMAB，PQBC=APAB，

∵AP=AM+MP=BP+MP=MB，

∴PQBC=MBAB，

∴MNBC+PQBC=AMAB+MBAB=【解析】【分析】

此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．

【问题发现】由∠ANM=∠AQP=∠C=90°，∠A=30°，得MN=12AM，PQ=12AP=12(AM+PM)，而AM=BP，则MN+PQ=12AM+12BM=12AB=3，于是得到问题的答案．

【操作探究】由∠ANM=∠AQP=∠C=90°，∠A=∠A，可证明△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，得MNBC=AMAB，PQBC=APBC，因为AP=AM+MP=BP+MP=MB，则PQBC=MBAB，于是可推导出MNBC+PQBC=ABAB=1，所以MN+PQ=BC=m⋅sinα；

【解决问题】连AC交BC于点O，在BC上截取BL=DM，作LI⊥BO于点I，由菱形的性质得BC=AB=AD=8，BO=DO=12BD=7，∠BOC=90°，可求得CO=BC2-BO2=15，再由AD=BC，AM=BN，证明DM=CN，再证明△BLI≌△DME，得LI=ME，则BL=CN，由∠BOC=90°，LI⊥BO，NF⊥BO，得LI+NF=CO=15，则ME+NF=15．

【解答】

解：【问题发现】∵MN⊥AC于点N，PQ⊥AC于点Q，

∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，

∵∠A=30°，

∴MN=12AM，PQ=12AP=12(AM+PM)，

∵AM=BP，

∴PQ=12(BP+PM)=12BM，

∴MN+PQ=12AM+12BM=12AB，

∵AB=6，

∴MN+PQ=12×6=3，

故答案为：3．

【操作探究】见答案；

【解决问题】如图3，连AC交BC于点O，在BC上截取BL=DM，作LI⊥BO于点I，

∵四边形ABCD是菱形，AB=8，BD=14，

∴BC=AB=AD=8，BO=DO=12BD=12×14=7，AC⊥BD18.【答案】(1)证明：如图①，BE与MN的交点记作点O，

由折叠知，∠BON=90°，

∴∠CBE+∠BNM=90°，

∵MH⊥BC，

∴∠MHN=90°，

∴∠HMN+∠BNM=90°，

∴∠CBE=∠HMN，

∵四边形ABCD为矩形，

∴∠A=∠ABC=∠C=90°=∠BHM，

∴四边形ABHM是矩形，

∴AB=MH，

∵BC=AB，

∴BC=MH，

在△EBC和△NMH中，

∠C=∠BHMBC=MH∠CBE=∠HMN，

∴△EBC≌△NMH(ASA)；

(2)①证明：同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，

∴△EBC∽△NMH；

②解：设DE=x(x>0)，

∵点E为CD的三等分点，

Ⅰ、当CE=2DE时，

∴CE=2x，CD=3x，

∵BC=2BA，

∴BC=6x，

同①的方法得，四边形CDMH是矩形，

∴MH=CD=3x，

由①知，△EBC∽△NMH，

∴ECNH=BCMH，

∴2xNH=6x3x，

∴NH=x，

设AM=y(y>0)，

同①的方法得，四边形AMHB是矩形，

∴BH=AM=y，

∴BN=x+y，

∴CN=BC-BN=5x-y，

由折叠知，EN=BN=x+y，

在Rt△ECN中，根据勾股定理得，CN2+CE2=EN2，

∴(5x-y)2+(2x)2=(x+y)2，

∴y=7【解析】(1)根据同角的余角相等得出∠CBE=∠HMN，再判断出四边形ABHM是矩形，得出AB=MH，进而判断出△EBC≌△NMH；

(2)①同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，即可得出结论；

②设DE=x(x>0)，Ⅰ、当CE=2DE时，则CE=2x，CD=3x，BC=6x，进而得出MH=CD=3x，再根据△EBC∽△NMH，得出NH=x，设AM=y(y>0)，表示出BH=AM=y，BN=x+y，CN=BC-BN=5x-y，再根据勾股定理得，CN2+CE2=EN2，建立方程得出y=73x或x=0(舍19.【答案】解：(1)3．

(2)由(1)得：AC'=3，

∴BC'=AB-AC'=2，

由折叠的性质得：C'E=CE，

设BE=x，则C'E=CE=4-x，

在Rt△BEC'中，BE2+BC'2=C'E2，

即x2+22=(4-x)2，

解得x=32，

即BE=32，CE=4-32=52，

连接EE'，如图所示：

由平移的性质得：E'E=BC'=2，【解析】【分析】

本题考查四边形综合，矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、平移的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．

(1)由矩形的性质得∠A=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，再由折叠的性质得C'D=CD=5，然后由勾股定理求解即可；

(2)由折叠的性质得C'E=CE，设BE=x，则C'E=CE=4-x，在Rt△BEC'中，由BE2+BC'2=C'E2求出BE=32，CE=52，连接EE'，根据相似三角形的判定可得△FEE'∽△FCD'∽△ECD，即可求解；

(3)分类讨论：当C″在AB内(B的左侧)时，连接EE'，根据相似三角形的判定和性质可得E'EE'Q=45，根据平移的性质和等角对等边的性质可得PQ=QE'=1，即可求得；当C″在射线AB上(B的右侧)时，连接EE'，根据相似三角形的判定和性质可得CD'=2CP，CD'=34CQ，求解可得CP=35，即可求得．

【解答】

解：(1)∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠B=90°，AB=CD=5，BC=AD=4，

由折叠的性质得：C'D=CD=5，

∴AC'=C'D2-AD2=52-42=3，

故答案为：3．

(2)见答案．

(3)当C″在AB内(B的左侧)时，连接EE'，

如图所示：

由平移的性质得：E'E=C'C″，EE'//AB，C″E'//C'E，

∴△QEE'∽△QBC″∽△EBC'，

∴E'EE'Q=C'BC'E=252=45，

∵∠CPD'=∠EPE'=∠CED=∠D'E'Q，

∴PQ=QE'=1，

∴E'E=45E'Q=45；

当C″在射线AB上20.【答案】(1)①解：如图，连接BD，

由折叠知，AB=BD，∠ABF=∠DBF=α，

∴∠BAD=∠BDA=180°-2α2=90°-α，

∵k=ACBC=1，

∴AC=BC，

∴∠CBA=∠CAB=45°，

∴∠DAC=∠DAB-∠CAB=90°-α-45°=45°-α，

②证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，

∴∠ACD=∠ECB，

∵∠CBA=∠CAB=45°，

∴∠EBC=45°-α，

∴∠EBC=∠DAC，

在△ACD和△BCE中，

∠DAC=∠EBCAC=BC∠DCA=∠ECB，

∴△ACD≌△BCE(ASA)，

∴CD=CE；

(2)解：如图4，连接BD，

由折叠知AB=BD．

∴∠BAD=180°-2β2=90°-β，∠DAF=∠BAD-∠CAB=90°-β-30°=60°-β，

∴∠CAD=∠CBF．

∵∠ACD=∠BCE．

∴∠BEC=∠ADC．

当∠ADC=90°时，

∵BC=2，tan∠ABC=3．

∴AC=23，

∵AF=DF，

∴∠FAD=∠ADF，

∵∠FAD+∠FCD=∠FDA+∠FDC=90°，

∴∠FCD=∠FDC，

∴FC=FD=AF=3．

在Rt△BCF中，∠FCB=90°，FC=3，BC=2，

∴BF=4+3=7，

∴cos∠CBF=BCBF=277．

在Rt△BEC中，BE=BC⋅cos∠CBF=477．

如图5，当∠ACD=90°时，此时E，F重合，B，【解析】(1)①连接BD，由折叠知，AB=BD，∠ABF=∠DBF=α，则∠DAC=∠DAB-∠CAB=90°-α-45°=45°-α；

②利用ASA证明△ACD≌△BCE，得CD=CE；

(2)连接BD，分∠ADC=90°或∠ACD=90°时，分别根据图2和图进行解答即可．

本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角函数等知识，运用分类讨论思想是解题的关键．21.【答案】BM-MQ=【解析】解：(1)如图，过点Q作QE⊥CD于点E，连接BQ，

∵△AMB为等腰直角三角形，AM⊥BM，

∴∠BAM=∠ABM=45°，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB/​/CD，∠C=90°，

∴∠BAM=∠AMD=45°，∠ABM=∠BMC=45°，

∴BC=22BM，

由旋转可知，∠BPQ=90°，

∴Q、M、P、B四点在以BQ为直径的圆上，

∴∠BMC=∠BQP=45°，

∴△PBQ为等腰直角三角形，PB=PQ，

∵∠EPQ+∠PQE=90°，∠EPQ+∠BPC=90°，

∴∠PQE=∠BPC，

在△PQE和△BPC中，

∠PEQ=∠BCP∠PQE=∠BPCPQ=PB，

∴△PQE≌△BPC(AAS)，

∴PE=BC=22BM，

∵∠AMD=45°，QE⊥EM，

∴EM=22MQ，

∵PM=PE-EM，

∴PM=22BM-22MQ，

即BM-MQ=2PM；

故答案为：BM-MQ=2PM；

②①中的结论会变化，理由如下：

过点Q作QE⊥CD的反向延长线于点E，连接BQ，

由①可得，BC=22BM，PE=BC=22BM，EM=22MQ，

∵EM-PE=PM，

∴22MQ-22BM=PM，

即MQ-BM=2PM；

(2)当点Q射线MA上时，如图，过点Q作QE⊥CD于点E，连接BQ，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB/​/CD，∠D=∠C=90°，

∵∠ABM=60°，

∴∠ABM=∠BMC=60°，

∵AM⊥BM，即∠AMB=90°，

∴∠BMC+∠EMQ=90°，

∵∠EQM+∠EMQ=90°，

∴∠BMC=∠EQM=60°，

在Rt△QEM中，EM=MQ⋅sin∠EQM=3×32=32，EQ=MQ⋅cos∠EQM=3×12=32，

∴PE=EM-PM=32-PM，

在Rt△ABM中，BM=AB⋅cos∠ABM=4×12=2，

由旋转可知，∠BPQ=90°，

∴Q、P、M、B四点在以BQ为直径的圆上，

∴∠MPB=∠MQB，

∵∠MPB+∠EPQ=90°，∠MQB+∠MBQ=90°，

∴∠EPQ=∠MBQ，

∵∠PEQ=∠BMQ=90°，

∴△PEQ∽△BMQ，

∴PEBM=EQMQ，即32-PM2=323，

∴PM=12；

当点Q射线AM上时，如图，过点Q作QE⊥DC的延长线于点E，连接BQ，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB/​/CD，

∴∠ABM=∠BMC=60°，

∵BM⊥AM，

∴∠EMQ=90°-∠BMC=30°，

在Rt△MEQ中，EQ=MQ⋅sin∠EMQ=3×12=32，EM=MQ⋅cos∠EMQ=3×32=32，

∴PE=PM-EM=PM-32，

在Rt△中，BM=AB⋅cos∠ABM=4×12=2，

由旋转可知，∠BPQ=90°，

∴Q、P、B、M四点在以BQ为直径的圆上，

∴∠MPQ=∠MBQ，即∠EPQ=∠MBQ，

∵∠PEQ=∠BMQ=90°，

∴△PEQ22.【答案】是

等边三角形

60°

15°

7，9

【解析】解：(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，

∴∠EBN=60°，

∴∠ENB=30°，

∴∠MNE=60°，

故答案为：是，等边三角形，60°；

(2)∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，

∴∠ABG=∠HBG=45°，

∴∠GBN=∠ABN-∠ABG=15°，

故答案为：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'TO(AAS)

∴SO=TO，

∴四边形ASA'T是平行四边形，

又∵AA'⊥