培优专题02四边形压轴题综合(原卷版+解析)

培优专题02四边形压轴题综合本考点是中考五星高频考点，难度中等及中等偏上，在全国各地市的中考试卷中都有考查。(2023年攀枝花中考试卷第16题）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确结论有（填上所有正确结论的序号）．【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．分析：①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四边形AEFD是平行四边形，∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，∴当AB＝AC时，AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．故答案为：①②③④．【点评】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键．特殊四边形综合题是中考数学中的一大重点，也是一大难点。本考点是中考五星高频考点，难度中等或较大，个别还会以压轴题出现，在全国各地市的中考试卷中均有考查。正方形常见模型：ABCDABCDHGEF如图，正方形ABCD中，E、F在其左右两对边上，G、H在其上下两对边上.如图，正方形ABCD中，E、F在其左右两对边上，G、H在其上下两对边上.若有EF⊥GH，则必有EF=GH.证明方法：构造全等；逆向应用：见“十字架”想直角三角形全等②正方形中的“三垂定理”模型如图，已知正方形ABCD，过点B、D两点分别向过点C的直线作垂线，垂足分别为E、F，则有△BCE≌△CDF③正方形半角模型条件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°条件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°结论：①EF=BE+DF；(△CEF的周长=正方形ABCD周长的一半）②EA平分∠BEF③FA平分∠DAE条件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°条件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°结论：EF=DF-BE☆：当∠EAF旋转到正方形ABCD外部时，则有：【中考真题练】1．(2023•德州）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE＝2．点M是对角线BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（）A． B． C． D．2．(2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE＝OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，则∠CBE的度数为（）A．50° B．55° C．65° D．70°3．(2023•湖北）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC•EF＝CF•CD；④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．14．(2023•随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（）①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．A．只有① B．①② C．①③ D．②③5．(2023•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（）A． B．5 C．10 D．206．(2023•黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE＝2：3，则tan∠CAE＝；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤7．(2023•绥化）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（）（1）y与x的关系式为y＝x﹣；（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．A．0个 B．1个 C．2个 D．3个8．(2023•海南）如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF：CE＝1：2，EF＝，则菱形ABCD的边长是（）A．3 B．4 C．5 D．9．(2023•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是．10．(2023•河南）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．（1）操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：．（2）迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝°，∠CBQ＝°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．（3）拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．11．(2023•襄阳）矩形ABCD中，＝（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．【特例证明】（1）如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）【类比探究】（2）如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；【拓展运用】（3）如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．12．(2023•衡阳）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，作PM⊥AD交直线AB于点M，交直线BC于点F，设△PQM与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动时间为t（秒）．（1）当点M与点B重合时，求t的值；（2）当t为何值时，△APQ与△BMF全等；（3）求S与t的函数关系式；（4）以线段PQ为边，在PQ右侧作等边三角形PQE，当2≤t≤4时，求点E运动路径的长．13．(2023•绵阳）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2，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．（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的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，△AEF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？（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上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM，并说明理由．14．(2023•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．【尝试初探】（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．【深入探究】（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．15．(2023•盐城）【经典回顾】梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．（1）证明：AD＝LC；（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．【迁移拓展】（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．【中考模拟练】1．（2023•永安市一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，P点是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为点E、F，则PE+PF的值为（）A． B． C． D．2．（2023•花都区一模）如图，三个边长分别为2，4，6的菱形如图所示拼叠，则线段AB的长度为（）A． B． C． D．13．（2023•中原区校级一模）如图所示，边长为4的菱形ABCD中∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，P为AB中点，Q为OD中点，连接PQ，则PQ的长为（）A． B． C． D．4．（2023•惠山区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角△AEF．有下列四个结论：①∠CAF＝∠DAE；②点E在线段BD上；③当∠AEC＝135°时，CE平分∠ACD；④若点F在BC上以一定的速度由B向C运动，则点F的运动速度是点E运动速度的2倍．其中正确的结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．45．（2023•佳木斯一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝15，点E在边BC上．且∠AED＝90°，P是射线ED上的一个动点．若△AEP是等腰直角三角形，则CP的长为．6．（2023•安徽模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E为CD上一动点，F为CB延长线一点，且在E点运动中始终保持∠EAF＝90°．（1）当∠DAE＝45°时，则AF的长为；（2）在此运动过程中，的比值为．7．（2023•河东区一模）已知，如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，点E，F分别在AB，CB的延长线上，且BE＝BF＝，G是DF的中点，连接GE，则GE的长是．8．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．9．（2023•鹿城区校级模拟）在数学兴趣小组活动中，同学们对矩形的折叠问题进行了探究．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，以直线EF为对称轴，点A关于直线EF的对称点为A'．（1）如图（1），求四边形AEA'F的面积．（2）如图（2），连接CE，当点A'落在直线CE上时，求tan∠CFA'的值．（3）当点F，A'，B三点在一条直线上时，则DF的长度为．10．（2023•光明区二模）【问题】北师大版数学八年级下册P32第2题：已知：如图1，△ABC的外角∠CBD和∠BCE的平分线相交于点F．求证：点F在∠D4E的平分线上．【解答】某数学兴趣小组的小明同学提出了如下的解题方法：如图2，过点F作FG⊥AD于点G，作FH⊥AE于点H，作FM⊥BC于点M，由角平分线的性质定理可得：FG＝FM，FH＝FM．∴FG＝FH．∴FG⊥AD，FH⊥AE，∴F在∠DAE的平分线上．【探究】（1）小方在研究小明的解题过程时，还发现图2中BG、BC和CH三条线段存在一定的数量关系，请你直接写出它们的数量关系：；（2）小明也发现∠BFC和∠GFH之间存在一定的数量关系．请你直接写出它们的数量关系：；【应用】如图3，边长为3的正方形ABCD中，点E，F分别是边CD、BC上的点，且DE＝1．连接AE，AF，EF，若∠EAF＝45°，求BF的长；【拓展】如图4，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，△DEF中，∠EDF＝∠B．将△DEF的顶点D放在BC边的中点处，边DF交线段AB于点G，边DE交线段AC于点H，连接GH．现将△DEF绕着点D旋转，在旋转过程中，△AGH的周长是否发生变化？若不变，求出△AGH的周长，若改变，请说明理由．11．（2023•沈丘县二模）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE、DB，根据条件填空：①∠ACE的度数为°；②若CE＝2，则CA的值为；【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF＝45°，BE＝1，DF＝2，求正方形ABCD的边长；【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，且满足AC＝CD，若AD＝3，AB＝4，请直接写出BD的值．培优专题02四边形压轴题综合本考点是中考五星高频考点，难度中等及中等偏上，在全国各地市的中考试卷中都有考查。(2023年攀枝花中考试卷第16题）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确结论有（填上所有正确结论的序号）．【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质．分析：①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四边形AEFD是平行四边形，∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，∴当AB＝AC时，AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．故答案为：①②③④．【点评】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键．特殊四边形综合题是中考数学中的一大重点，也是一大难点。本考点是中考五星高频考点，难度中等或较大，个别还会以压轴题出现，在全国各地市的中考试卷中均有考查。正方形常见模型：ABCDABCDHGEF如图，正方形ABCD中，E、F在其左右两对边上，G、H在其上下两对边上.如图，正方形ABCD中，E、F在其左右两对边上，G、H在其上下两对边上.若有EF⊥GH，则必有EF=GH.证明方法：构造全等；逆向应用：见“十字架”想直角三角形全等②正方形中的“三垂定理”模型如图，已知正方形ABCD，过点B、D两点分别向过点C的直线作垂线，垂足分别为E、F，则有△BCE≌△CDF③正方形半角模型条件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°条件：①正方形ABCD，②∠EAF=45°结论：①EF=BE+DF；(△CEF的周长=正方形ABCD周长的一半）②EA平分∠BEF③FA平分∠DAE条件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°条件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°结论：EF=DF-BE☆：当∠EAF旋转到正方形ABCD外部时，则有：【中考真题练】1．(2023•德州）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE＝2．点M是对角线BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（）A． B． C． D．分析：要求ME+MC的最小值，ME、MC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化ME，MC的值，从而找出其最小值求解．【解答】解：如图，连接AE交BD于M点，∵A、C关于BD对称，∴AE就是ME+MC的最小值，∵正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE＝BC﹣CE＝6﹣2＝4，∵AB＝，∴AE＝＝2，∴ME+MC的最小值是2．故选：C．2．(2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE＝OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，则∠CBE的度数为（）A．50° B．55° C．65° D．70°分析：利用正方形的对角线互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理和全等三角形的判定与性质解答即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．∵OE＝OF，∴△OEF为等腰直角三角形，∴∠OEF＝∠OFE＝45°，∵∠AFE＝25°，∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，∴∠FAO＝20°．在△AOF和△BOE中，，∴△AOF≌△BOE（SAS）．∴∠FAO＝∠EBO＝20°，∵OB＝OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．故选：C．3．(2023•湖北）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC•EF＝CF•CD；④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1分析：根据题意分别证明各个结论来判断即可．【解答】解：根据题意知，EF垂直平分AC，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴AE＝AF＝CF＝CE，即四边形AECF是菱形，故①结论正确；∵∠AFB＝∠FAO+∠ACB，AF＝FC，∴∠FAO＝∠ACB，∴∠AFB＝2∠ACB，故②结论正确；∵S四边形AECF＝CF•CD＝AC•OE×2＝AC•EF，故③结论不正确；若AF平分∠BAC，则∠BAF＝∠FAC＝∠CAD＝90°＝30°，∴AF＝2BF，∵CF＝AF，∴CF＝2BF，故④结论正确；故选：B．4．(2023•随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（）①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．A．只有① B．①② C．①③ D．②③分析：①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确．【解答】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF为△CBD的中位线，∴EF∥BD，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∵四边形ABCD为正方形，∴A、O、P、C在同一条直线上，∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，∵M，N分别为BO，DO的中点，∴MP∥BC，NF∥OC，∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．故①正确；②根据①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；③∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF∥BD，EF＝BD，∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，∴BD＝x，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∴BO＝OD，∴点P在AC上，∴PE＝EF，∴PE＝BM，∴四边形BMPE是平行四边形，∴BO＝BD，∵M为BO的中点，∴BM＝BD＝x，∵E为BC的中点，∴BE＝BC＝x，过M作MG⊥BC于G，∴MG＝BM＝x，∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝x2，∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的．∵E、F是BC，CD的中点，∴S△CEF＝S△CBD＝S四边形ABCD，∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣﹣﹣）＝．故③正确．故选：C．5．(2023•恩施州）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于BD的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若AD＝4，AB＝2．则四边形MBND的周长为（）A． B．5 C．10 D．20分析：利用作图过程可得PQ为BD的垂直平分线，利用垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质证明四边形MBND为菱形，利用勾股定理求得BM，则结论可得．【解答】解：由作图过程可得：PQ为BD的垂直平分线，∴BM＝MD，BN＝ND．设PQ与BD交于点O，如图，则BO＝DO．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，在△MDO和△NBO中，，∴△MDO≌△NBO（AAS），∴DM＝BN，∴四边形BNDM为平行四边形，∵BM＝MD，∴四边形MBND为菱形，∴四边形MBND的周长＝4BM．设MB＝x，则MD＝BM＝x，∴AM＝AD﹣DM＝4﹣x，在Rt△ABM中，∵AB2+AM2＝BM2，∴22+（4﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴四边形MBND的周长＝4BM＝10．故选：C．6．(2023•黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA＝45°；③AP﹣BP＝OP；④若BE：CE＝2：3，则tan∠CAE＝；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤分析：利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对每个选项的结论进行判断即可得出结论．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．∴∠BOE+∠EOC＝90°，∵OE⊥OF，∴∠FOC+∠EOC＝90°．∴∠BOE＝∠COF．在△BOE和△COF中，，∴△BOE≌△COF（ASA），∴BE＝CF．在△BAE和△CBF中，，∴△BAE≌△CBF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF．∵∠ABP+∠CBF＝90°，∴∠ABP+∠BAE＝90°，∴∠APB＝90°．∴AE⊥BF．∴①的结论正确；②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，∴点A，B，P，O四点共圆，∴∠APO＝∠ABO＝45°，∴②的结论正确；③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，∵∠APO＝45°，OH⊥OP，∴OH＝OP＝HP，∴HP＝OP．∵OH⊥OP，∴∠POB+∠HOB＝90°，∵OA⊥OB，∴∠AOH+∠HOB＝90°．∴∠AOH＝∠BOP．∵∠OAH+BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，∴∠OAH＝∠OBP．在△AOH和△BOP中，，∴△AOH≌△BOP（ASA），∴AH＝BP．∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HP＝OP．∴③的结论正确；④∵BE：CE＝2：3，∴设BE＝2x，则CE＝3x，∴AB＝BC＝5x，∴AE＝＝x．过点E作EG⊥AC于点G，如图，∵∠ACB＝45°，∴EG＝GC＝EC＝x，∴AG＝＝x，在Rt△AEG中，∵tan∠CAE＝，∴tan∠CAE＝＝＝．∴④的结论不正确；⑤∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．∴．∴．由①知：△BOE≌△COF，∴S△OBE＝S△OFC，∴．即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．∴⑤的结论正确．综上，①②③⑤的结论正确．故选：B．7．(2023•绥化）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE＝∠CBP，如果AB＝2，BC＝5，AP＝x，PM＝y，其中2＜x≤5．则下列结论中，正确的个数为（）（1）y与x的关系式为y＝x﹣；（2）当AP＝4时，△ABP∽△DPC；（3）当AP＝4时，tan∠EBP＝．A．0个 B．1个 C．2个 D．3个分析：利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，平行线分线段成比例定理对每个选项的结论进行判断即可：（1）过点P作PF⊥BC于点F，利用矩形的判定与性质和相似三角形的判定与性质解答即可；（2）利用相似三角形的判定定理解答即可；（3）利用（1），（2）的结论利用勾股定理和平行线分线段成比例定理求得PB，PE，再利用直角三角形的边角关系定理即可求得结论．【解答】解：（1）过点P作PF⊥BC于点F，如图，∵四边形ABCD是矩形，PF⊥BC，∴四边形ABFP是矩形，∴PF＝AB＝2，BF＝AP＝x，∴AM＝AP﹣PM＝x﹣y．∵∠ABE＝∠CBP，∠A＝∠PFB＝90°，∴△ABM∽△FBP，∴，∴．∴x2﹣xy＝4．∴y＝x﹣．∴（1）的结论正确；（2）当AP＝4时，DP＝AD﹣AP＝5﹣4＝1，∵，＝，∴．∵∠A＝∠D＝90°，∴△ABP∽△DPC．∴（2）的结论正确；（3）由（2）知：当AP＝4时，△ABP∽△DPC，∴∠ABP＝∠DPC．∵∠BPA+∠ABP＝90°，∴∠APB+∠DPC＝90°．∴∠CPB＝90°．∴∠BPE＝90°．∴tan∠EBP＝．由（1）知：PM＝AP﹣＝3，BP＝＝2，CP＝＝．∵AD∥BC，∴．∴，解得：PE＝，∴tan∠EBP＝＝＝，∴（3）的结论错误，综上，正确的结论为：（1）（2），故选：C．8．(2023•海南）如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF：CE＝1：2，EF＝，则菱形ABCD的边长是（）A．3 B．4 C．5 D．分析：过点D作DH⊥AB于点H，则四边形DHFE为平行四边形，可得HF＝DE，DH＝EF＝；设BF＝x，则CE＝2x，可得AH＝3x，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解．【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四边形DHFE为平行四边形，∴HF＝DE，DH＝EF＝．∵点E是边CD的中点，∴DE＝CD，∴HF＝CD＝AB．∵BF：CE＝1：2，∴设BF＝x，则CE＝2x，∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，AD＝AB＝4x，∴AF＝AB+BF＝5x．∴AH＝AF﹣HF＝3x．在Rt△ADH中，∵DH2+AH2＝AD2，∴．解得：x＝±1（负数不合题意，舍去），∴x＝1．∴AB＝4x＝4．即菱形ABCD的边长是4，故选：B．9．(2023•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝60°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是．分析：利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．∴∠BAE＝∠DAF．∴∠BAE＝（∠BAD﹣∠EAF）＝（90°﹣30°）＝30°．∴∠AEB＝60°．故答案为：60．过点F作FG⊥AE，垂足为G．∵sin∠EAF＝，∴FG＝sin∠EAF×AF．∵S△AEF＝×AE×FG＝×AE×AF×sin∠EAF＝1，∴×AE2×sin30°＝1．即×AE2×＝1．∴AE＝2．在Rt△ABE中，∵cos∠BAE＝，∴AB＝cos30°×AE＝×2＝．故答案为：．10．(2023•河南）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．（1）操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任写一个即可）．（2）迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝15°，∠CBQ＝15°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．（3）拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．分析：（1）由折叠的性质可得AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，由锐角三角函数可求∠EMB＝30°，即可求解；（2）①由“HL”可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ＝15°；②由“HL”可证Rt△BCQ≌Rt△BMQ，可得∠CBQ＝∠MBQ；（3）分两种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求解．【解答】解：（1）∵对折矩形纸片ABCD，∴AE＝BE＝AB，∠AEF＝∠BEF＝90°，∵沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，∴AB＝BM，∠ABP＝∠PBM，∵sin∠BME＝＝，∴∠EMB＝30°，∴∠ABM＝60°，∴∠CBM＝∠ABP＝∠PBM＝30°，故答案为：∠EMB或∠CBM或∠ABP或∠PBM（任写一个即可）；（2）①由（1）可知∠CBM＝30°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折叠可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴∠BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ＝15°，故答案为：15，15；②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BAD＝∠C＝90°，由折叠可得：AB＝BM，∠BAD＝∠BMP＝90°，∴BM＝BC，∠BMQ＝∠C＝90°，又∵BQ＝BQ，∴Rt△BCQ≌Rt△BMQ（HL），∴∠CBQ＝∠MBQ；（3）由折叠的性质可得DF＝CF＝4cm，AP＝PM，∵Rt△BCQ≌Rt△BMQ，∴CQ＝MQ，当点Q在线段CF上时，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝3cm，DQ＝5cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+3）2＝（8﹣AP）2+25，∴AP＝，当点Q在线段DF上时，∵FQ＝1cm，∴MQ＝CQ＝5cm，DQ＝3cm，∵PQ2＝PD2+DQ2，∴（AP+5）2＝（8﹣AP）2+9，∴AP＝，综上所述：AP的长为cm或cm．11．(2023•襄阳）矩形ABCD中，＝（k＞1），点E是边BC的中点，连接AE，过点E作AE的垂线EF，与矩形的外角平分线CF交于点F．【特例证明】（1）如图（1），当k＝2时，求证：AE＝EF；小明不完整的证明过程如下，请你帮他补充完整．证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°．∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°．∴……（只需在答题卡对应区域写出剩余证明过程）【类比探究】（2）如图（2），当k≠2时，求的值（用含k的式子表示）；【拓展运用】（3）如图（3），当k＝3时，P为边CD上一点，连接AP，PF，∠PAE＝45°，，求BC的长．分析：（1）证明△AHE≌△ECF（ASA）即可；（2）在BA上截取BH＝BE，连接EH．证明△AHE∽△ECF，即可求解；（3）以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，设AB＝3a，则BC＝2a，由tan∠BAE＝，∠EAP＝45°，可得tan∠DAP＝，从而判断△APE是等腰直角三角形，过点F作FQ⊥EG交于Q，又可得∠FEQ＝∠BAE，则＝，可求FQ＝a，EQ＝a，EF＝a，能够证明△PAE∽△FPE，从而得到∠APE＝∠PFE＝90°，则PF＝EF＝a＝，求出a＝，即可得BC＝2．【解答】（1）证明：如图，在BA上截取BH＝BE，连接EH．∵k＝2，∴AB＝BC．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠AHE＝180°﹣∠1＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠3＝∠DCG＝45°，∴∠ECF＝∠3+∠4＝135°，∵AE⊥EF，∴∠6+∠AEB＝90°，∵∠5+∠AEB＝90°，∴∠5＝∠6，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，∴△AHE≌△ECF（ASA），∴AE＝EF；（2）解：在BA上截取BH＝BE，连接EH．∵∠B＝90°，BH＝BE，∴∠BHE＝∠BEH＝45°，∴∠AHE＝135°，∵CF平分∠DCG，∠DCG＝90°，∴∠DCF＝∠DCG＝45°．∴∠ECF＝135°，∵AE⊥EF，∴∠FEC+∠AEB＝90°，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠FEC，∴△AHE∽△ECF，∴＝，∵＝，E是BC边的中点，∴EC＝HB＝BC，∴AH＝AB﹣BC＝（﹣）BC，∴＝k﹣1；（3）如图（2），引例：在正方形ABCD中，EG⊥AC，设AB＝3，BE＝1，则EC＝2，∵∠ACE＝45°，∴EG＝GC＝，∵AC＝3，∴AG＝2，∴tan∠EAG＝，tan∠BAE＝，以A为旋转中心，△ADP绕A点旋转90°到△AP'H，∵k＝3，∴＝，设AB＝3a，则BC＝2a，由旋转可得∠P'AP＝90°，连接P'E，HE，延长P'H交CD于点G，连接EG，∵AH＝AD＝2a，∴BH＝a，∵E是BC的中点，∴BE＝a，∴tan∠BAE＝，∵∠EAP＝45°，∴∠BAE+∠DAP＝45°，∴tan∠DAP＝，∴DP＝a，∴PC＝2a，∴AP＝a，PE＝a，AE＝a，∴△APE是等腰直角三角形，∴∠APE＝90°，∵AE⊥EF，∴∠PEF＝∠PEA＝45°，过点F作FQ⊥EG交于Q，∵CF平分∠PCG，∴∠FCQ＝45°，∵∠FEQ+∠AEB＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠FEQ＝∠BAE，∴＝，∴FQ＝a，∴EQ＝a，∴EF＝a，∴＝，∴△PAE∽△FPE，∴∠APE＝∠PFE＝90°，∴PF＝EF＝a，∵PF＝，∴a＝，∴a＝，∴BC＝2．解法2：设BE＝EC＝a，则AE＝a，延长AP、EF交于Q，∵∠PAE＝45°，AE⊥EF，∴△AEQ是等腰直角三角形，∴AE＝EQ，作QM⊥BC交N，∵∠AEB+∠QEM＝90°，∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠QEM，∵AE＝EQ，∴△ABE≌△EMQ（AAS），∴EM＝AB＝3a，MC＝EM﹣EC＝2a，作QN⊥CD交BC延长线于M，∴四边形NCMQ是矩形，∴QN＝CM＝AD＝2a，∵∠APD＝∠NPQ，∠D＝∠PNQ，∴△ADP≌△QNP（AAS），∴AP＝PQ，∵EF＝AE＝EQ，∴EF＝FQ，PF＝AE，∴a＝，∴a＝，∴BC＝2．解法3：过点P作PQ⊥AE交于点Q，过点Q作MN∥AD分别交AB、CD于点M、N，设BE＝2x＝EC，则AB＝6x，由△AMQ与△QNP全等，设MQ＝n，∵tan∠BAE＝，∴AM＝3n＝QN，∴n+3n＝4x，解得n＝x，∴MQ＝x，AQ＝x＝PQ，∴QE＝AE﹣QA＝x，由（2）可知，AE：EF＝2，∴EF＝x，可证得四边形QEFP是正方形，∴PF＝x，∵PF＝，解答x＝，∴BC＝4x＝2．12．(2023•衡阳）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，作PM⊥AD交直线AB于点M，交直线BC于点F，设△PQM与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S（平方单位），点P运动时间为t（秒）．（1）当点M与点B重合时，求t的值；（2）当t为何值时，△APQ与△BMF全等；（3）求S与t的函数关系式；（4）以线段PQ为边，在PQ右侧作等边三角形PQE，当2≤t≤4时，求点E运动路径的长．分析：（1）由直角三角形的性质可得出答案；（2）分两种情况：①当0≤t≤2时，②当2＜t≤4时，由全等三角形的性质得出关于t的方程，解方程可得出答案；（3）分两种情况：①当0≤t≤2时，②当2＜t≤4时，由直角三角形的性质及三角形的面积公式可得出答案；（4）连接AE，由直角三角形的性质得出∠PAE为定值，则点E的运动轨迹为直线，求出AE的长，则可得出答案．【解答】解：（1）M与B重合时，如图1，∵PQ⊥AB，∴∠PQA＝90°，∴PA＝AB＝2，∴t＝2；（2）①当0≤t≤2时，∵AM＝2t，∴BM＝4﹣2t，∵△APQ≌△BMF，∴AP＝BM，∴t＝4﹣2t，∴t＝；②当2＜t≤4时，∵AM＝2t，∴BM＝2t﹣4，∵△APQ≌△BMF，∴AP＝BM，∴t＝2t﹣4，∴t＝4；综上所述，t的值为4或；（3）①0≤t≤2时，如图2，在Rt△APQ中，PQ＝t，∴MQ＝t，∴S＝t＝；②当2＜t≤4时，如图3，∵BF＝t﹣2，MF＝（t﹣2），∴S△BFM＝BF•MF＝，∴S＝S△PQM﹣S△BFM＝﹣；∴S＝；（4）连接AE，如图4，∵△PQE为等边三角形，∴PE＝t，在Rt△APE中，tan∠PAE＝，∴∠PAE为定值，∴点E的运动轨迹为直线，∵AP＝t，∴AE＝＝＝t，当t＝2时，AE＝，当t＝4时，AE＝2，∴E点运动路径长为2﹣＝．13．(2023•绵阳）如图，平行四边形ABCD中，DB＝2，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．（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的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，△AEF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？（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上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM，并说明理由．分析：（1）延长DF交CB的延长线于G，证明△AFD∽△BFG，则＝，求出BG的长，再由AD∥CG，则＝，即可求解；（2）分三种情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，过点E作EH⊥AB交于H，y＝×AF×EH＝×x×x＝x2；此时当x＝2时，y有最大值3；当2≤x≤时，E点在BD上，F点在AB上，过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，y＝×AF×EN＝﹣x2+x+x；当x＝时，y有最大值2+；当≤x≤2时，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，y＝×AB×（EQ﹣PF）＝6+2﹣x﹣x；此时当x＝时，y有最大值2+；（3）连接DH，求出AH＝1，可得AH⊥AB，由直角三角形的性质可得HM＝DM＝MF，则EM＝DF，可得EF∥BD．【解答】解：（1）延长DF交CB的延长线于G，∵平行四边形ABCD中，∴CG∥AD，∴∠A＝∠GBF，∴△AFD∽△BFG，∴＝，∵运动时间为秒，∴AF＝，∵AB＝4，∴BF＝，∵AD＝2，∴BG＝1，∴CG＝3，∵AD∥CG，∴＝，∵AE＝，∴ED＝，∴＝；（2）当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，由题意可知，AE＝x，AF＝x，∵DB＝2，AB＝4，AD＝2，∴△ABD是直角三角形，且∠A＝60°，过点E作EH⊥AB交于H，∴EH＝AE•sin60°＝x，∴y＝×AF×EH＝×x×x＝x2；此时当x＝2时，y有最大值3；当2≤x≤时，E点在BD上，F点在AB上，过点E作EN⊥AB交于N，过点D作DM⊥AB交于M，∵AD+DE＝x，AD＝2，∴DE＝x﹣2，∵BD＝2，∴BE＝2﹣x+2，在Rt△ABD中，DM＝，∵EN∥DM，∴＝，∴＝，∴EN＝1+﹣x，∴y＝×AF×EN＝×（x）×（1+﹣x）＝﹣x2+x+x；此时当x＝时，y有最大值2+；当≤x≤2时，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作FP⊥AB交于P，∴AB+BF＝x，DA+DE＝x，∵AB＝4，AD＝2，∴BE＝2﹣x+2，BF＝x﹣4，∵PF∥DM，∴＝，即＝，∴PF＝x﹣2，∵EQ∥DM，∴＝，即＝，∴EQ＝+1﹣x，∴y＝×AB×（EQ﹣PF）＝×4×（+1﹣x﹣x+2）＝6+2﹣x﹣x；此时当x＝时，y有最大值2+；综上所述：当0≤x≤2时，y＝x2；当2≤x≤时，y＝﹣x2+x+x；当≤x≤2时，y＝6+2﹣x﹣x；y的最大值为2+；（3）连接DH，∵AH＝HB，AB＝4，∴AH＝1，∴DH⊥AB，∵M是DF的中点，∴HM＝DM＝MF，∵EM＝HM，∴EM＝DF，∴△EDF是直角三角形，∴EF⊥AD，∵AD⊥BD，∴EF∥BD．14．(2023•成都）如图，在矩形ABCD中，AD＝nAB（n＞1），点E是AD边上一动点（点E不与A，D重合），连接BE，以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG，使得矩形EBFG∽矩形ABCD，EG交直线CD于点H．【尝试初探】（1）在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系，请说明理由．【深入探究】（2）若n＝2，随着E点位置的变化，H点的位置随之发生变化，当H是线段CD中点时，求tan∠ABE的值．【拓展延伸】（3）连接BH，FH，当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时，求tan∠ABE的值（用含n的代数式表示）．分析：（1）根据两角对应相等可证明△ABE∽△DEH；（2）设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由△ABE∽△DEH，列比例式可得x＝，最后根据正切的定义可得结论；（3）分两种情况：FH＝BH和FH＝BF，先根据三角形相似证明F在射线DC上，再根据三角形相似的性质和勾股定理列等式可得结论．【解答】解：（1）∵四边形EBFG和四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠BEG＝∠D＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝∠AEB+∠DEH＝90°，∴∠DEH＝∠ABE，∴△ABE∽△DEH，∴在点E的运动过程中，△ABE与△DEH始终保持相似关系；（2）如图1，∵H是线段CD中点，∴DH＝CH，设DH＝x，AE＝a，则AB＝2x，AD＝4x，DE＝4x﹣a，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴＝，即＝，∴2x2＝4ax﹣a2，∴2x2﹣4ax+a2＝0，∴x＝＝，∵tan∠ABE＝＝，当x＝时，tan∠ABE＝＝，当x＝时，tan∠ABE＝＝；综上，tan∠ABE的值是．（3）分两种情况：①如图2，BH＝FH，设AB＝x，AE＝a，∵四边形BEGF是矩形，∴∠BEG＝∠G＝90°，BE＝FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH（HL），∴EH＝GH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴＝＝n，∴＝n，∴＝，由（1）知：△ABE∽△DEH，∴＝＝，∴＝，∴nx＝2a，∴＝，∴tan∠ABE＝＝＝；②如图3，BF＝FH，∵矩形EBFG∽矩形ABCD，∴∠ABC＝∠EBF＝90°，＝，∴∠ABE＝∠CBF，∴△ABE∽△CBF，∴∠BCF＝∠A＝90°，∴D，C，F共线，∵BF＝FH，∴∠FBH＝∠FHB，∵EG∥BF，∴∠FBH＝∠EHB，∴∠EHB＝∠CHB，∵BE⊥EH，BC⊥CH，∴BE＝BC，由①可知：AB＝x，AE＝a，BE＝BC＝nx，由勾股定理得：AB2+AE2＝BE2，∴x2+a2＝（nx）2，∴x＝（负值舍），∴tan∠ABE＝＝＝，综上，tan∠ABE的值是或．15．(2023•盐城）【经典回顾】梅文鼎是我国清初著名的数学家，他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法．图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线．在△ABC中，∠ACB＝90°，四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形．延长IH和FG，交于点L，连接LC并延长交DE于点J，交AB于点K，延长DA交IL于点M．（1）证明：AD＝LC；（2）证明：正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；（3）请利用（2）中的结论证明勾股定理．【迁移拓展】（4）如图2，四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形，探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB，使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．若存在，作出满足条件的平行四边形ADEB（保留适当的作图痕迹）；若不存在，请说明理由．分析：（1）根据正方形的性质和SAS证明△ACB≌△HCG，可得结论；（2）证明S△CHG＝S△CHL，所以S△AMI＝S△CHL，由此可得结论；（3）证明正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，可得结论；（4）如图2，延长IH和FG交于点L，连接LC，以A为圆心CL为半径画弧交IH于一点，过这一点和A作直线，以A为圆心，AM为半径作弧交这直线于D，分别以D，B为圆心，以AB，AM为半径画弧交于E，连接AD，DE，BE，则四边形ADEB即为所求．【解答】（1）证明：如图1，连接HG，∵四边形ACHI，ABED和BCGF是正方形，∴AC＝CH，BC＝CG，∠ACH＝∠BCG＝90°，AB＝AD，∵∠ACB＝90°，∴∠GCH＝360°﹣90°﹣90°﹣90°＝90°，∴∠GCH＝∠ACB，∴△ACB≌△HCG（SAS），∴GH＝AB＝AD，∵∠GCH＝∠CHI＝∠CGL＝90°，∴四边形CGLH是矩形，∴CL＝GH，∴AD＝LC；（2）证明一：∵∠CAI＝∠BAM＝90°，∴∠BAC＝∠MAI，∵AC＝AI，∠ACB＝∠I＝90°，∴△ABC≌△AMI（ASA），由（1）知：△ACB≌△HCG，∴△AMI≌△HGC，∵四边形CGLH是矩形，∴S△CHG＝S△CHL，∴S△AMI＝S△CHL，∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；证明二：∵四边形CGLH是矩形，∴PH＝PC，∴∠CHG＝∠LCH，∴∠CAB＝∠CHG＝∠LCH，∵∠ACH＝90°，∴∠ACK+∠LCH＝90°，∴∠ACK+∠CAK＝90°，∴∠AKC＝90°，∴∠AKC＝∠BAD＝90°，∴DM∥LK，∵AC∥LI，∴四边形ACLM是平行四边形，∵正方形ACHI的面积＝AC•CH，▱ACLH的面积＝AC•CH，∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积；（3）证明：由正方形ADEB可得AB∥DE，又AD∥LC，∴四边形ADJK是平行四边形，由（2）知，四边形ACLM是平行四边形，由（1）知：AD＝LC，∴▱ADJK的面积＝▱ACLM的面积＝正方形ACHI，延长EB交LG于Q，同理有▱KJEB的面积＝▱CBQL的面积＝正方形BFGC，∴正方形ACHI的面积+正方形BFGC的面积＝▱ADJK的面积+▱KJEB的面积＝正方形ADEB，∴AC2+BC2＝AB2；（4）解：作图不唯一，如图2即为所求作的▱ADEB．说明：如图2，延长IH和FG交于点L，以A为圆心CL为半径画弧交IH于点M，在MA的延长线上取AD＝AM，作▱ADEB，作射线LC交AB于K，交DE于J，由图可知：射线LC把▱ADEB分成▱ADJK和▱BKJE，根据同底等高可得：▱ADJK，▱AMLC，▱ACHI的面积相等，同理▱BKKE，▱CBQL，▱BCGF的面积相等（Q是直线EB与FG的交点），所以平行四边形ADEB的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和．【中考模拟练】1．（2023•永安市一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，P点是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为点E、F，则PE+PF的值为（）A． B． C． D．分析：连接OP，首先根据矩形的性质及勾股定理即可求得OA＝OD＝5，再根据即可求解．【解答】解：如图：连接OP，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，，，∴OA＝OD，，∴OA＝OD＝5，∵，∴，∴，解得PE+PF＝，故选：C．2．（2023•花都区一模）如图，三个边长分别为2，4，6的菱形如图所示拼叠，则线段AB的长度为（）A． B． C． D．1分析：根据菱形的性质得出AB∥DE，OC＝2，OD＝4+6＝10，DE＝6，进而可得△OCA∽△ODE，根据相似三角形的性质得出，即可求解．【解答】解：如图所示，依题意，AB∥DE，OC＝2，OD＝4+6＝10，DE＝6，∴△OCA∽△ODE，∴，即，解得：，∴，故选：C．3．（2023•中原区校级一模）如图所示，边长为4的菱形ABCD中∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，P为AB中点，Q为OD中点，连接PQ，则PQ的长为（）A． B． C． D．分析：过点P作PM⊥OB，垂足为M，根据∠ABC＝60°得到△ABC为等边三角形，从而得到∠ABD＝30°，计算出，再计算出，最后根据勾股定理计算出PQ．【解答】解：如图所示，过点P作PM⊥OB，垂足为M，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴AB＝AC＝4，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，∴，，，∴，∵P为AB中点，∴，∴，故选：C．4．（2023•惠山区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角△AEF．有下列四个结论：①∠CAF＝∠DAE；②点E在线段BD上；③当∠AEC＝135°时，CE平分∠ACD；④若点F在BC上以一定的速度由B向C运动，则点F的运动速度是点E运动速度的2倍．其中正确的结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4分析：由正方形的性质及等腰直角三角形的性质得：∠FAE＝∠DAC＝45°，从而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE＝∠CDE＝45°，由正方形的性质可证明△ADE≌△CDE，可得AE＝CE，即有∠EAC＝∠ECA，再由∠AEC＝135°可得∠EAC＝∠ECA＝22.5°，从而CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；连接BD交AC于点O，由∠ADE＝∠CDE＝45°知，点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，即可判断②，由知，点F的运动速度是点E的运动速度的倍，即可判断④，因而可确定答案．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝45°，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠FAE＝∠DAC＝45°，∵∠FAE＝∠CAF+∠CAE＝∠CAE+∠DAE＝∠DAC＝45°，∴∠CAF＝∠DAE，故①正确；∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，∴，，∴，∵∠CAF＝∠DAE，∴△CAF∽△DAE，∴∠ADE＝∠ACB＝45°，即点E在线段BD上，故②正确；∵∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDE＝45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴AE＝CE，∴∠EAC＝∠ECA，∵∠AEC＝135°，∴，∵∠DAC＝∠DCA＝45°＝2∠EAC＝2∠ECA，∴CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，故③正确；如图，连接BD交AC于点O，∵∠ADE＝∠CDE＝45°，当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，∴点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，∵，且点F与点E的运动时间相同，∴，故④错误；故选：C．5．（2023•佳木斯一模）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝15，点E在边BC上．且∠AED＝90°，P是射线ED上的一个动点．若△AEP是等腰直角三角形，则CP的长为3或3．分析：如图1，当BE＜CE时，如图2，当BE＞CE时，根据矩形的性质得到∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，根据相似三角形的性质得到BE＝12，CE＝3，过P作PQ⊥BC于Q，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：如图1，当BE＜CE时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，∵∠AED＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠CED＝90°，∴∠BAE＝∠CED，∴△ABE∽△ECD，∴，∴，∴BE＝3，∴CE＝12，过P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE＝∠B＝90°，在△ABE与△EQP中，，∴△ABE≌△EQP（AAS），∴EQ＝AB＝6，PQ＝BE＝3，∴CQ＝15﹣6﹣3＝6，∴CP＝＝3；如图2，当BE＞CE时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠DCE＝90°，CD＝AB＝6，∵∠AED＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠CED＝90°，∴∠BAE＝∠CED，∴△ABE∽△ECD，∴，∴，∴BE＝12，∴CE＝3，过P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE＝∠B＝90°，在△ABE与△EQP中，，∴△ABE≌△EQP（AAS），∴EQ＝AB＝6，PQ＝BE＝12，∴CQ＝12+6﹣15＝3，∴CP＝＝3；综上所述，CP的长为3或3，故答案为：3或3．6．（2023•安徽模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E为CD上一动点，F为CB延长线一点，且在E点运动中始终保持∠EAF＝90°．（1）当∠DAE＝45°时，则AF的长为4；（2）在此运动过程中，的比值为．分析：（1）根据矩形的性质得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到AE＝AD＝2，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；（2）根据矩形的性质得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠AED＝45°，∴AD＝DE＝2，∴AE＝AD＝2，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴，∴，∴AF＝4，故答案为：4；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴＝＝，故答案为：．7．（2023•河东区一模）已知，如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，点E，F分别在AB，CB的延长线上，且BE＝BF＝，G是DF的中点，连接GE，则GE的长是．分析：如图，延长EG到H，使GH＝EG，连接CH，CG，DH，CE，过点F作PF∥DC，根据全等三角形的性质得到EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，根据菱形的性质得到CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A，B，E在同一直线上，根据全等三角形的性质得到CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，根据等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质得到结论．【解答】解：如图，延长EG到H，使GH＝EG，连接CH，CG，DH，CE，过点F作FP∥DC，过点E作EQ⊥BC于Q，∵G是线段DF的中点，∴FG＝DG，∵∠EGF＝∠HGD，∴△GEF≌△GHD（SAS），∴EF＝HD，∠EFG＝∠HDG，∵∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，∴△BEF是等边三角形，∴∠BEF＝60°，∵BE＝BF＝2，EQ⊥BC，∴∠QEB＝30°，∴BQ＝1，EQ＝，在Rt△CQE中，由勾股定理得：CE＝＝＝2，∵AB∥CD，CD∥FP，∴AB∥FP∥CD，∠GFP＝∠CDG，∴∠AEF+∠EFP＝180°，∴∠EFG+∠GFP＝120°，∴∠CDH＝∠HDG+∠GDC＝120°，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB＝6，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A，B，E在同一直线上，∴∠EBC＝120°＝∠CDH，∵△BEF是等边三角形，∴EF＝BE，∴DH＝BE，∴△HDC≌△EBC（SAS），∴CH＝CE，∠DCH＝∠BCE，∴∠DCH+∠HCB＝∠BCE+∠HCB＝120°，即∠HCE＝120°，∵CH＝CE，GH＝GE，∴CG⊥GE，∠GCE＝∠HCG＝60°，∴∠GEC＝30°，∵cos30°＝＝，∴GE＝×2＝．故答案为：．8．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．分析：（1）设∠DEG＝α，则∠A＝4α，由菱形的性质得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再证∠M＝2α，即可得出结论；（2）先证DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后证△FBE∽△MBD，得＝，即可得出结论．【解答】（1）证明：设∠DEG＝α，则∠A＝4α，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，∵DM⊥BD，∴∠BDM＝90°，∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝2∠DEG；（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝∠CDM，∴CD＝CM＝5，∵EG⊥AD，∴∠BEG＝90°，∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，∴∠DEM＝∠EDM，∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，∴BD＝＝＝8，∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，∴△FBE∽△MBD，∴＝，即＝，解得：EF＝3，即EF的长为3．9．（2023•鹿城区校级模拟）在数学兴趣小组活动中，同学们对矩形的折叠问题进行了探究．在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝3，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，以直线EF为对称轴，点A关于直线EF的对称点为A'．（1）如图（1），求四边形AEA'F的面积．（2）如图（2），连接CE，当点A'落在直线CE上时，求tan∠CFA'的值．（3）当点F，A'，B三点在一条直线上时，则DF的长度为或．分析：（1）S四边形AEA′F＝2S△AEF＝6；（2）作A′G⊥CD于G，可证得∠FEC＝∠EFC，进而CF＝CE＝5，进而解Rt△CA′G，求得CG和A′G，进而求得FG，进一步得出结果；（3）分为点F在CD上时，此时作EH⊥BF于H，设DF＝x，可得△ADF∽△EHA′，从而，从而表示出EH＝，根据△BHE∽△FCB，从而，从而EH＝，进而得出，从而求得x的值，当点F在CD的延长线上时，连接AF，作EH⊥BF于H，同样得方法得出结果．【解答】解：（1）∵，∴S四边形AEA′F＝2S△AEF＝6；（2）如图1，作A′G⊥CD于G，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，BC＝AD＝3，AB∥CD，∴∠AEF＝∠EFC，∠FCE＝∠BEC，在Rt△BCE中，BC＝3，BE＝AB﹣AE＝4，∴CE＝5，由折叠得：∠AEF＝∠FEC，A′E＝AE＝2，∴∠FEC＝∠EFC，∴CF＝CE＝5，在Rt△CA′G中，A′C＝CE﹣A′E＝5﹣2＝3，cos∠EFC＝cos∠BEC＝，sin，∴CG＝3•cos∠EFC＝，A′G＝3•sin∠FCE＝，∴FG＝CF﹣CG＝5﹣＝，∴tan∠CFA′＝；（3）如图2，当点F在CD上时，作EH⊥BF于H，设DF＝x，∴∠EHB＝∠ADF＝90°，∵∠EA′F＝∠EAF＝∠AFD，∴△ADF∽△EHA′，∴，∴AF＝，∴，∴EH＝，∵∠AEF＝∠BFC，∠BHE＝∠BCF＝90°，∴△BHE∽△FCB，∴，∴，∴EH＝，∴，∴x1＝，x2＝（舍去），如图3，当点F在CD的延长线上时，连接AF，作EH⊥BF于H，同理可得：△ADF∽△EHA′，△BHE∽△FCB，EH＝，EH＝，∴∴x3＝，x4＝（舍去），综上所述：DF＝或，故答案为：或．10．（2023•光明区二模）【问题】北师大版数学八年级下册P32第2题：已知：如图1，△ABC的外角∠CBD和∠BCE的