专题03四边形综合题中考题型训练

专题3四边形综合题中考题型训练1．（2022•黔西南州）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE＝3，EF＝1．以下结论正确的个数是（）①OA＝3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为（﹣4，﹣）；④BD＝6；⑤矩形ABCD的面积为24．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】通过证明△AEF∽△BEO，可得BO＝3AF，由矩形的性质可得OA＝OB＝3AF，故①正确；由等腰三角形的性质和相似三角形的性质可得∠OBA＝∠OAB＝∠EAF，可得AE平分∠OAF，故②正确；由勾股定理可求AF的长，即可求点A坐标，由矩形是中心对称图形，可得点C（﹣4，﹣），故③正确；由BD＝2AO＝6，故④错误，由面积公式可求矩形ABCD的面积＝2×S△ABD＝24，故⑤正确，即可求解．【解答】解：∵∠OEB＝∠AEF，∠AFE＝∠BOE＝90°，∴△AEF∽△BEO，∴＝＝3，∠EAF＝∠OBE，∴BO＝3AF，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∴AO＝OB，∴AO＝3AF，∠OBA＝∠OAB，故①正确；∴∠OAB＝∠EAF，∴AE平分∠OAF，故②正确；∵OE＝3，EF＝1，∴OF＝4，∵OA2﹣AF2＝OF2，∴8AF2＝16，∴AF＝（负值舍去），∴点A坐标为（4，），∵点A，点C关于原点对称，∴点C（﹣4，﹣），故③正确；∵AF＝，OA＝3AF，∴AO＝3，∴BO＝DO＝3，∴BD＝6，故④错误；∵S△ABD＝×6×4＝12，∴矩形ABCD的面积＝2×S△ABD＝24，故⑤正确，故选：C．2．（2022•广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD．（1）求BD的长；（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE＝DF．①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由．【分析】（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，根据菱形120°内角得邻补角是60°，利用三角函数即可解答；（2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，因为利用即可求解S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN，所以先解直角三角形求出上面求各部分面积需要的边长即可解答；②设DF＝x，则BE＝DF＝x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，所以四边形EMHY、FNHG是矩形，对边相等，方法同①，用含x的式子表示计算面积需要的各边长并代入到S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN中，根号里面化简、合并、配成二次函数的顶点式即可求出最值，从而解答．在计算CE+CF的最小值时，有两种方法，参照解答过程．【解答】解：（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，如图：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝6，∵∠BAD＝120°，∴∠DAH＝60°，在Rt△ADH中，DH＝AD•sin∠DAH＝6×＝3，AH＝AD•cos∠DAH＝6×＝3，∴BD＝＝＝6；（2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD＝6，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，在Rt△BCM中，BM＝BC•cos∠ABC＝6×＝3，∵BD是菱形ABCD的对角线，∴∠DBA＝ABC＝30°，在Rt△BEM中，ME＝BM•tan∠DBM＝3×＝，BE＝＝＝2，∵BE＝DF，∴DF＝2，∴AF＝AD﹣DF＝4，在Rt△AFN中，∠FAN＝180°﹣∠BAD＝60°，∴FN＝AF•sin∠FAN＝4×＝2，AN＝AF•cos∠FAN＝4×＝2，∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+2﹣3＝5，∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN＝EM•BM+（EM+FN）•MN﹣AN•FN＝3+（+2）×5﹣2×2＝+﹣2＝7；②当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+CF的值是最小，理由：设DF＝x，则BE＝DF＝x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：∴EY∥FG∥AB，FN∥CH，∴四边形EMHY、FNHG是矩形，∴FN＝GH，FG＝NH，EY＝MH，EM＝YH，由①可知：ME＝BE＝x，BM＝BE＝x，AN＝AF＝（AD﹣DF）＝3﹣x，FN＝AF＝，CH＝BC＝3，BH＝BC＝3，∴AM＝AB﹣BM＝6﹣x，AH＝AB﹣BH＝3，YH＝ME＝x，GH＝FN＝，EY＝MH＝BM﹣BH＝x﹣3，∴CY＝CH﹣YH＝3﹣x，FG＝NH＝AN+AH＝6﹣，CG＝CH﹣GH＝3﹣＝x，∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+3﹣x﹣x＝9﹣2x，∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN＝EM•BM+（EM+FN）•MN﹣AN•FN＝x×x+（x+）•（9﹣2x）﹣（3﹣x）•＝x2﹣x+9＝（x﹣3）2+，∵＞0，∴当x＝3时，四边形ABEF的面积取得最小值，CE+CF＝+•＝+＝+×＝+×＝+，∵（x﹣3）2≥0，当且仅当x＝3时，（x﹣3）2＝0，∴CE+CF＝+≥12，当且仅当x＝3时，CE+CF＝12，即当x＝3时，CE+CF的最小值为12，∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+CF的值也最小，最小值为12．3．（2022•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＝2．4．（2022•陕西）问题提出（1）如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4．若点P是边AC上一点，则BP的最小值为；问题探究（2）如图②，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC＝2，点E是BC的中点．若点P是边AC上一点，试求PB+PE的最小值；问题解决（3）某市一湿地公园内有一条四边形ABCD型环湖路，如图③所示．已知AD＝2000米，CD＝1000米，∠A＝60°，∠B＝90°，∠C＝150°．为了进一步提升服务休闲功能，满足市民游园和健身需求，现要修一条由CE，EF，FC连接而成的步行景观道，其中，点E，F分别在边AB，AD上．为了节省成本，要使所修的这条步行景观道最短，即CE+EF+FC的值最小，求此时BE，DF的长．（路面宽度忽略不计）【分析】（1）过B作BP⊥AC于P，由垂线段最短可知，BP⊥AC时，BP的值最小，由面积法可得BP＝＝＝；（2）作E关于直线AC的对称点E'，连接CE'，EE'，BE'，BE'交AC于P，由E，E'关于直线AC对称，可知PB+PE＝PB+PE'，而B，P，E'共线，故此时PB+PE最小，最小值为BE'的长度，根据∠B＝90°，AB＝BC＝2，点E是BC的中点，可得CE＝CE'＝1，∠BCE'＝90°，再用勾股定理可得答案；（3）作C关于AD的对称点M，连接DM，CM，CM交AD于H，作C关于AB的对称点N，连接BN，延长DC，AB交于G，连接NG，连接MN交AB于E，交AD于F，由C，N关于AB对称，C，M关于AD对称，CE＝NE，CF＝MF，又N，E，F，M共线，知此时CE+EF+CF最小，根据∠A＝60°，∠ABC＝90°，∠BCD＝150°，可得∠ADC＝60°，∠MCD＝∠CMD＝30°，即得DH＝CD＝500米，CH＝MH＝DH＝500米，CM＝1000米，由∠ADC＝60°，∠A＝60°，知△ADG是等边三角形，从而CG＝DG﹣CD＝1000米，同理可得CG＝NG＝1000米，∠BNG＝∠BCG＝30°，即得BG＝CG＝500米，BC＝BN＝BG＝500米，故CN＝1000米＝CM，知∠CNM＝∠CMN＝30°，在Rt△BNE中，BE＝＝＝500米，在Rt△MHF中，FH＝＝＝500米，即得DF＝FH+DH＝1000米．【解答】解：（1）过B作BP⊥AC于P，如图：由垂线段最短可知，BP⊥AC时，BP的值最小，∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，∴AC＝＝5，∵2S△ABC＝AB•BC＝AC•BP，∴BP＝＝＝，故答案为：；（2）作E关于直线AC的对称点E'，连接CE'，EE'，BE'，BE'交AC于P，如图：∵E，E'关于直线AC对称，∴PE＝PE'，∴PB+PE＝PB+PE'，∵B，P，E'共线，∴此时PB+PE最小，最小值为BE'的长度，∵∠B＝90°，AB＝BC＝2，∴∠ACB＝45°，∵点E是BC的中点，∴CE＝1，∵E，E'关于直线AC对称，∴∠ACE'＝∠ACB＝45°，CE＝CE'＝1，∴∠BCE'＝90°，在Rt△BCE'中，BE'＝＝＝，∴PB+PE的最小值为；（3）作C关于AD的对称点M，连接DM，CM，CM交AD于H，作C关于AB的对称点N，连接BN，延长DC，AB交于G，连接NG，连接MN交AB于E，交AD于F，如图：∵C，N关于AB对称，C，M关于AD对称，∴CE＝NE，CF＝MF，∴CE+EF+CF＝NE+EF+MF，∵N，E，F，M共线，∴此时CE+EF+CF最小，∵∠A＝60°，∠ABC＝90°，∠BCD＝150°，∴∠ADC＝60°，∵C，M关于AD对称，∴∠MDH＝∠CDH＝60°，∠CHD＝∠MHD＝90°，CD＝MD＝1000米，∴∠MCD＝∠CMD＝30°，∴DH＝CD＝500米，CH＝MH＝DH＝500米，∴CM＝1000米，∵∠ADC＝60°，∠A＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴DG＝AD＝2000米，∴CG＝DG﹣CD＝1000米，∵∠BCD＝150°，∴∠BCG＝30°，∵C，N关于AB对称，∠ABC＝90°，∴C，B，N共线，CG＝NG＝1000米，∠BNG＝∠BCG＝30°，∴BG＝CG＝500米，BC＝BN＝BG＝500米，∴CN＝1000米＝CM，∴∠CNM＝∠CMN，∵∠BCD＝150°，∠MCD＝30°，∴∠NCM＝120°，∴∠CNM＝∠CMN＝30°，在Rt△BNE中，BE＝＝＝500（米），在Rt△MHF中，FH＝＝＝500（米），∴DF＝FH+DH＝500+500＝1000（米），答：BE的长为500米，DF的长为1000米．5．（2022•衢州）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，BD为对角线．点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．（1）求证：∠DBG＝90°．（2）若BD＝6，DG＝2GE．①求菱形ABCD的面积．②求tan∠BDE的值．（3）若BE＝AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．【分析】（1）由菱形的性质得CB＝AB，CD＝AD，可证明△ABD≌△CBD，得∠CBD＝∠ABC，而∠CBG＝∠EBC，所以∠DBG＝（∠ABC+∠EBC）＝90°；（2）①连结AC交BD于点K，交DE于点L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BK＝BD＝3，根据勾股定理可求得AK＝4，则AC＝8，即可由S菱形ABCD＝AC•BD求出菱形ABCD的面积；②先由∠DKL＝∠DBG＝90°证明AC∥BG，则＝＝1，所以DL＝GL＝DG，再由DG＝2GE得GE＝DG，则DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得＝＝，可求得CL＝AC＝，所以KL＝4﹣＝，再求出tan∠BDE的值即可；（3）过点G作GT∥BC，交AE于点T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得＝＝1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再证明△ETG∽△EAD，得＝＝＝，即可求得GT＝，说明GT为定值，再求出ET的值即可．【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴CB＝AB，CD＝AD，∵BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵∠CBG＝∠EBG＝∠EBC，∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG＝（∠ABC+∠EBC）＝×180°＝90°．（2）解：①如图2，连结AC交BD于点K，交DE于点L，∵AC⊥BD，∴∠AKB＝90°，∵AB＝5，BD＝6，∴BK＝DK＝BD＝3，∴AK＝＝＝4，∴CK＝AK＝4，∴AC＝8，∴S菱形ABCD＝AC•BD＝×8×6＝24.②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴AC∥BG，∴＝＝1，∴DL＝GL＝DG，∵DG＝2GE，∴GE＝DG，∴DL＝GL＝GE，∵CD∥AB，∴＝＝，∴CL＝AC＝×8＝，∴KL＝4﹣＝，∴tan∠BDE＝＝＝．（3）解：如图3，过点G作GT∥BC，交AE于点T，则GT为定值，理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L，∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG∥AC，∴△BGE∽△ALE，∵BE＝AB，∴＝＝1，∴EG＝LG，∵KL∥BG，∴＝＝1，∴DL＝LG＝EG＝ED，∵AD∥BC，∴GT∥AD，∴△ETG∽△EAD，∴＝＝＝，∵BE＝AB＝DA＝5，∴GT＝DA＝×5＝，∴GT为定值；∵EA＝BE+AB＝10，∴ET＝EA＝×10＝．6．（2022•黔西南州）如图，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）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．【分析】（1）证明△ABE≌△ADF，从而得出结论；（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，类比（1）可证得△ABE≌△ADG，进而证明△GAF≌△EAF，进一步得出结论；（3）作HR⊥BC于R，证明△ABE≌△GRH，从而BE＝HR，在Rt△CRH中可得出HR＝b•sin45°＝，进而BE＝，根据（2）可得出结果．【解答】（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：如图1，BE+DF＝EF，理由如下：在CD的延长线上截取DG＝BE，同理（1）可得：△ABE≌△ADG（SAS），∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即：∠GAF＝45°，∴∠GAF＝∠EAF，在△GAF和△EAF中，，∴△GAF≌△EAF（SAS），∴FG＝EF，∴DG+DF＝EF，∴BE+DF＝EF；（3）如图2，作HR⊥BC于R，∴∠HRG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ABE＝∠HRG，∠BAE+∠AEB＝90°，∵GH⊥AE，∴∠EKG＝90°，∴∠G+∠AEB＝90°，∴∠G＝∠BAE，在△ABE和△GRH中，，∴△ABE≌△GRH（AAS），∴BE＝HR，在Rt△CRH中，∠ACB＝45°，CH＝b，∴HR＝b•sin45°＝b，∴BE＝，∴EF＝BE+DF＝．7．（2022•阜新）已知，四边形ABCD是正方形，△DEF绕点D旋转（DE＜AB），∠EDF＝90°，DE＝DF，连接AE，CF．（1）如图1，求证：△ADE≌△CDF；（2）直线AE与CF相交于点G．①如图2，BM⊥AG于点M，BN⊥CF于点N，求证：四边形BMGN是正方形；②如图3，连接BG，若AB＝4，DE＝2，直接写出在△DEF旋转的过程中，线段BG长度的最小值．【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；②作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，证明△BMG是等腰直角三角形，求出BM的最小值，可得结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°．∵DE＝DF，∠EDF＝90°．∴∠ADC＝∠EDF，∴∠ADE＝∠CDF，在△ADE和△CDF中，∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）①证明：如图2中，设AG与CD相交于点P．∵∠ADP＝90°，∴∠DAP+∠DPA＝90°．∵△ADE≌△CDF，∴∠DAE＝∠DCF．∵∠DPA＝∠GPC，∴∠DAE+∠DPA＝∠GPC+∠GCP＝90°．∴∠PGN＝90°，∵BM⊥AG，BN⊥GN，∴四边形BMGN是矩形，∴∠MBN＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠MBN＝90°．∴∠ABM＝∠CBN．又∵∠AMB＝∠BNC＝90°，∴△AMB≌△CNB．∴MB＝NB．∴矩形BMGN是正方形；②解：作DH⊥AG交AG于点H，作BM⊥AG于点M，此时△AMB≌△AHD．∴BM＝AH．∵AH2＝AD2﹣DH2，AD＝4，∴DH最大时，AH最小，DH最大值＝DE＝2．∴BM最小值＝AH最小值＝．由（2）①可知，△BGM是等腰直角三角形，∴BG最小值＝．8．（2022•包头）如图，在▱ABCD中，AC是一条对角线，且AB＝AC＝5，BC＝6，E，F是AD边上两点，点F在点E的右侧，AE＝DF，连接CE，CE的延长线与BA的延长线相交于点G．（1）如图1，M是BC边上一点，连接AM，MF，MF与CE相交于点N．①若AE＝，求AG的长；②在满足①的条件下，若EN＝NC，求证：AM⊥BC；（2）如图2，连接GF，H是GF上一点，连接EH．若∠EHG＝∠EFG+∠CEF，且HF＝2GH，求EF的长．【分析】（1）①根据平行四边形的性质和相似三角形的判定定理解答即可；②根据全等三角形的判定定理和等腰三角形的性质解答即可；（2）连接CF，通过相似三角形的判定定理和方程思想解答即可．【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD∥BC，DC＝AB＝5，AD＝BC＝6，∴∠GAE＝∠CDE，∠AGE＝∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴＝，∵AE＝，∴DE＝，∴AG＝5×，∴AG＝．②证明：∵AD∥BC，∴∠EFN＝∠CMN，∵∠ENF＝∠CNM，EN＝NC，∴△ENF≌△CNM（AAS），∴EF＝CM，∵AE＝，AE＝DF，∴DF＝，∴EF＝AD﹣AE﹣DF＝3，∴CM＝3，∵BC＝6，∴BM＝3，∴BM＝MC，∴AB＝AC，∴AM⊥BC．（2）连接CF，∵AB＝AC，AB＝DC，∴AC＝DC，∴∠CAD＝∠CDA，∵AE＝DF，∴△AEC≌△DFC（SAS），∴CE＝CF，∴∠CFE＝∠CEF，∵∠EHG＝∠EFG+∠CEF，∴∠EHG＝∠EFG+∠CFE＝∠CFG，∴EH∥CF，∴＝，∵HF＝2GH，∴＝，∵AB∥CD，∴∠GAE＝∠CDE，∠AGE＝∠DCE，∴△AGE∽△DCE，∴＝，∴＝，∴DE＝2AE，设AE＝x，则DE＝2x，∵AD＝6，∴x+2x＝6，∴x＝2，即AE＝2，∴DF＝2，∴EF＝AD﹣AE﹣DF＝2．9．（2022•通辽）已知点E在正方形ABCD的对角线AC上，正方形AFEG与正方形ABCD有公共点A．（1）如图1，当点G在AD上，F在AB上，求的值为多少；（2）将正方形AFEG绕A点逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），如图2，求的值为多少；（3）AB＝8，AG＝AD，将正方形AFEG绕A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），当C，G，E三点共线时，请直接写出DG的长度．【分析】（1）由正方形性质知∠AGE＝∠D＝90°、∠DAC＝45°，据此可得、GE∥CD，利用平行线分线段成比例定理可得；（2）连接AE，只需证△ADG∽△ACE即可得；（3）分两种情况画出图形，证明△ADG∽△ACE，根据相似三角形的判定和性质以及勾股定理即可得出答案．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形AFEG是正方形，∴∠AGE＝∠D＝90°，∠DAC＝45°，∴，GE∥CD，∴，∴CE＝DG，∴＝＝2；（2）连接AE，由旋转性质知∠CAE＝∠DAG＝α，在Rt△AEG和Rt△ACD中，＝cos45°＝、＝cos45°＝，∴，∴△ADG∽△ACE，∴＝，∴＝；（3）①如图：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG＝CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四边形AFEG是正方形，∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三点共线．∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG﹣EG＝8﹣8，∴DG＝CE＝4﹣4；②如图：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG＝CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝8，AC＝＝16，∵AG＝AD，∴AG＝AD＝8，∵四边形AFEG是正方形，∴∠AGE＝90°，GE＝AG＝8，∵C，G，E三点共线．∴∠AGC＝90°∴CG＝＝＝8，∴CE＝CG+EG＝8+8，∴DG＝CE＝4+4．综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为4﹣4或4+4．10．（2022•朝阳）【思维探究】（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明△ADE≌△ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．【思维延伸】（2）如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．【思维拓展】（3）在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；（2）结论：CB+CD＝AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM＝BN，AM＝AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM＝CN，可得结论；（3）分两种情形：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3﹣2中，当∠CBD＝75°时，分别求解即可．【解答】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．∵∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠B+∠ADC＝180°，∵∠ADE+∠ADC＝180°∴∠B＝∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE＝∠BAC，AE＝AC，∴∠CAE＝∠BAD＝60°，∴△ACE的等边三角形，∴CE＝AC，∵CE＝DE+CD，∴AC＝BC+CD；（2）解：结论：CB+CD＝AC．理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．∵∠DAB＝∠DCB＝90°，∴∠CDA+∠CBA＝180°，∵∠ABN+∠ABC＝180°，∴∠D＝∠ABN，∵∠AMD＝∠N＝90°，AD＝AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM＝BN，AM＝AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC＝CM，∵AC＝AC．AM＝AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM＝CN，∴CB+CD＝CN﹣BN+CM+DM＝2CM＝AC；（3）解：如图3﹣1中，当∠CDA＝75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．∵∠CDA＝75°，∠ADB＝45°，∴∠CDB＝30°，∵∠DCB＝90°，∴CD＝CB，∵∠DCO＝∠BCO＝45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP＝OQ，∴＝＝，∴＝＝，∵AB＝AD＝，∠DAB＝90°，∴BD＝AD＝2，∴OD＝×2＝3﹣3．如图3﹣2中，当∠CBA＝75°时，同法可证＝，OD＝×2＝3﹣，综上所述，满足条件的OD的长为3﹣3或3﹣．11．（2022•南通）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．【分析】（1）如图1中，作FM⊥AC，垂足为M，证明△ABE≌△AMF（AAS），可得结论；（2）利用勾股定理求出BE＝，利用全等三角形的性质推出FM＝BE＝，再利用勾股定理求出CF即可；（3）分两种情形：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H．证明点F在射线FM上运动，当点F与K重合时，DF的值最小，求出DH即可．当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠ABC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K．证明△ADE≌△ARF（SAS），推出∠ADE＝∠ARF＝90°，推出点F在直线RF上运动，当点D与K重合时，DF的值最小，可得结论．【解答】（1）证明：如图1中，作FM⊥AC，垂足为M，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵FM⊥AC，∴∠B＝∠AMF＝90°，∵∠BAC＝∠EAF，∴∠BAE＝∠MAF，在△ABE和△AMF中，，∴△ABE≌△AMF（AAS），∴AB＝AM；（2）解：当点E在BC上，在Rt△ABE中，AB＝4，AE＝3，∴BE＝＝＝，∵△ABE≌△AMF，∴AB＝AM＝4，FM＝BE＝，在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝3，∴AC＝＝＝5，∴CM＝AC﹣AM＝5﹣4＝1，∵∠CMF＝90°，∴CF＝＝＝．当点E在CD上时，可得CF＝．综上所述，CF的值为或；（3）解：当点E在BC上时，如图2中，过点D作DH⊥FM于点H．∵△ABE≌△AMF，∴AM＝AB＝4，∵∠AMF＝90°，∴点F在射线FM上运动，当点F与K重合时，DF的值最小，∵∠CMJ＝∠ADC＝90°，∠MCJ＝∠ACD，∴△CMJ∽△CDA，∴＝＝，∴＝＝，∴MJ＝，CJ＝，∴DJ＝CD﹣CJ＝4﹣＝，∵∠CMJ＝∠DHJ＝90°，∠CJM＝∠DJH，∴△CMJ∽△DHJ，∴＝，∴＝，∴DH＝，∴DF的最小值为．当点E在线段CD上时，如图3中，将线段AD绕点A顺时针旋转，旋转角为∠BAC，得到线段AR，连接FR，过点D作DQ⊥AR于点Q，DK⊥FR于点K．∵∠EAF＝∠BAC，∠DAR＝∠BAC，∴∠DAE＝∠RAF，∵AE＝AF，AD＝AR，∴△ADE≌△ARF（SAS），∴∠ADE＝∠ARF＝90°，∴点F在直线RF上运动，当点D与K重合时，DF的值最小，∵DQ⊥AR，DK⊥RF，∴∠R＝∠DQR＝∠DKR＝90°，∴四边形DKRQ是矩形，∴DK＝QR，∴AQ＝AD•cos∠BAC＝3×＝，∵AR＝AD＝3，∴DK＝QR＝AR﹣AQ＝，∴DF的最小值为，∵＜，∴DF的最小值为．解法二：当点E在BC上时，如图，将线段AD绕点A逆时针旋转，旋转角的度数＝∠BAC，得到AT，连接DT，ET，DF．证明△DAF≌△TAE，推出DF＝TE，当TE⊥BC时，DF的值最小，可得DF的最小值为．当点E在CD上时，同法可得DF的最小值为．12．（2022•台州）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；……如此继续下去，得到四条螺旋折线．（1）求证：四边形A1B1C1D1是正方形．（2）求的值．（3）请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，证明△A1AB1≌△B1BC1，根据全等三角形的性质得到A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，根据正方形的判定定理证明结论；（2）根据勾股定理求出A1B1，计算即可；（3）先求出，再求出，根据规律证明结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，∵AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，∴AA1＝BB1＝AB，在△A1AB1和△B1BC1中，，∴△A1AB1≌△B1BC1（SAS），∴A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，∵∠BB1C1+∠BC1B1＝90°，∴∠AB1A1+∠BB1C1＝90°，∴∠A1B1C1＝90°，同理可证：B1C1＝C1D1＝D1A1，∴四边形A1B1C1D1是正方形．（2）解：设AB＝5a，则AB1＝4a，AA1＝a，由勾股定理得：A1B1＝a，∴＝＝；（3）相邻线段的比为或．证明如下：∵BB1＝AB，B1B2＝A1B1，∴＝＝，同理可得：＝，∴相邻线段的比为或（答案不唯一）．13．（2022•青岛）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE＝EF＝FD，∠BAF＝∠DCE＝90°．（1）求证：△ABF≌△CDE；（2）连接AE，CF，已知①（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF的形状，并证明你的结论．条件①：∠ABD＝30°；条件②：AB＝BC．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）【分析】（1）由等式的性质得BF＝DE，由平行线的性质得∠ABF＝∠CDE，从而利用AAS证明△ABF≌△CDE；（2）若选择①，由（1）可说明AF∥CE，则四边形AECF是平行四边形，由直角三角形斜边上中线的性质得AE＝，利用含30°角的直角三角形的性质得AF＝，则AE＝AF，从而▱AECF是菱形；若选择②连接AC交BD于点O，同理可得四边形AECF是平行四边形，利用等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即EF⊥AC，从而证明结论．【解答】（1）证明：∵BE＝FD，∴BE+EF＝FD+EF，∴BF＝DE，∵AB∥CD，∴∠ABF＝∠CDE，在△ABF和△CDE中，∴△ABF≌△CDE（AAS）；（2）解：若选择条件①：四边形AECF是菱形，理由如下：由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF＝CE，∠AFB＝∠CED，∴AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∵∠BAF＝90°，BE＝EF，∴AE＝，∵∠BAF＝90°，∠ABD＝30°，∴AF＝，∴AE＝AF，∴▱AECF是菱形；若选择条件②：四边形AECF是菱形，理由如下：连接AC交BD于点O，由①得：△ABF≌△CDE，∴AF＝CE，∠AFB＝∠CED，∴AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AO＝CO，∵AB＝BC，∴BO⊥AC，即EF⊥AC，∴▱AECF是菱形．故答案为：①（答案不唯一）．14．（2022•日照）如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM＝a，CN＝b，若ab＝8．（1）判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；（2）①当a＝b时，求∠ECF的度数；②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．【分析】（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论；（2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE＝PE＝PF＝BF，从而得出ME＝EG＝GF＝NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果；②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE＝EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果．【解答】解：（1）线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下：∵AM＝AC﹣CM＝4﹣a，BN＝4﹣b，∴AE＝，BF＝，∴AE2+BF2＝2（4﹣a）2+2（4﹣b）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），∵AB＝＝4，∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝[4﹣（4﹣a）﹣（4﹣b）]＝（a+b﹣4），∵ab＝8，EF2＝2（a+b﹣4）2＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+16+2ab）＝2（a2+b2﹣8a﹣8b+32），∴AE2+BF2＝EF2，∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形；（2）①如图1，连接PC交EF于G，∵a＝b，∴ME＝AM＝BN＝NF，∵四边形CNPM是矩形，∴矩形CNPM是正方形，∴PC平分∠ACB，∴CG⊥AB，∴∠PGE＝90°，∵CM＝CN＝PM＝PN，∴PE＝PF，∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形，EF2＝AE2+BF2，EF2＝PE2+PF2，∴PE＝AE＝PF＝BF，∴ME＝EG＝FG＝FN，∴∠MCE＝∠GCE，∠NCF＝∠GCF，∵∠ACB＝90°，∴∠ECG+∠FCG＝，∴∠ECF＝45°；②如图2，仍然成立，理由如下：将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，∴∠DAC＝∠B＝45°，AD＝BF，∴∠DAE＝∠DAC+∠CAB＝90°，∴DE2＝AD2+AE2＝BF2+AE2∵EF2＝BF2+AE2，∴DE＝EF，∵CD＝CF，CE＝CE，∴△DCE≌△FCE（SSS），∴∠ECF＝∠DCE＝．15．（2022•临沂）已知△ABC是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）在线段AC上任取一点P（端点除外），连接PD．将线段PD绕点P逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点P在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？说明理由．（3）在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．【分析】（1）根据菱形的判定定理和轴对称图形的性质解答即可；（2）连接PB，过点P分别作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，根据全等三角形的判定定理，等腰三角形的性质，轴对称图形的性质解答即可；（3）根据等腰三角形的性质解答即可．【解答】（1）证明：连接BD，等边△ABC中，AB＝BC＝AC，∵点B、D关于直线AC对称，∴DC＝BC，AD＝AB，∴AB＝BC＝CD＝DA，∴四边形ABCD是菱形；（2）解：当点P在线段AC上的位置发生变化时，∠DPQ的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：∵将线段PD绕点P逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，∴PQ＝PD，等边△ABC中，AB＝BC＝AC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，连接PB，过点P分别作PE∥CB交AB于点E，PF⊥AB于点F，如图则∠APE＝∠ACB＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°，∴∠BAC＝∠APE＝∠AEP＝60°，∴△APE是等边三角形，∴AP＝EP＝AE，而PF⊥AB，∴∠APF＝∠EPF，∵点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，∴PB＝PD，∠DPA＝∠BPA，∴PQ＝PB，∴∠PDA＝∠PBA，∠PBA＝∠PQA，∴∠PDA＝∠PQB∴∠DPQ＝∠DAQ＝60°；解法二：连接BP，通过证明△ADP≌△ABP，利用旋转和全等三角形的性质分析求解；（3）解：在满足（2）的条件下，线段AQ与CP之间的数量关系是AQ＝CP，证明如下：∵AC＝AB，AP＝AE，∴AC﹣AP＝AB﹣AE，即CP＝BE，∵AP＝EP，PF⊥AB，∴AF＝FE，∵PQ＝PB，PF⊥AB，∴QF＝BF，∴QF﹣AF＝BF﹣EF，即AQ＝BE，∴AQ＝CP．16．（2022•辽宁）在▱ABCD中，∠C＝45°，AD＝BD，点P为射线CD上的动点（点P不与点D重合），连接AP，过点P作EP⊥AP交直线BD于点E．（1）如图①，当点P为线段CD的中点时，请直接写出PA，PE的数量关系；（2）如图②，当点P在线段CD上时，求证：DA+DP＝DE；（3）点P在射线CD上运动，若AD＝3，AP＝5，请直接写出线段BE的长．【分析】（1）连接BD，可知△BDC是等腰直角三角形，再证明△ADP≌△EBP（ASA），得PA＝PE；（2）过点P作PF⊥CD交DE于点F，首先证明△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，再证明△DPF是等腰直角三角形，可得结论；（3）分点P在线段CD和CD的延长线上两种情形，分别画出图形，利用△ADP≌△EFP（ASA），得AD＝EF，从而解决问题．【解答】（1）解：连接BP，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝CB，∵AD＝BD，∴∠BDC＝∠C＝45°，∴△BDC是等腰直角三角形，∵点P为CD的中点，∴DP＝BP，∠CPB＝90°，∴∠ADP＝∠PBE＝135°，∵PA⊥PE，∴∠APE＝∠DPB＝90°，∴∠APD＝∠BPE，∴△ADP≌△EBP（ASA），∴PA＝PE；（2）证明：如图，过点P作PF⊥CD交DE于点F，∵PF⊥CD，EP⊥AP，∴∠DPF＝∠APE＝90°，∴∠DPA＝∠FPE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠C＝∠DAB＝45°，AB∥CD，又∵AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA＝∠C＝∠CDB＝45°，∴∠ADB＝∠DBC＝90°，∴∠PFD＝45°，∴∠PFD＝∠PDF，∴PD＝PF，∴∠PDA＝∠PFE＝135°，∴△ADP≌△EFP（ASA），∴AD＝EF，在Rt△FDP中，∠PDF＝45°，∵cos∠PDF＝，∴DF＝，∵DE＝DF+EF，∴DA+DP＝DE；（3）解：当点P在线段CD上时，如图②，作AG⊥CD，交CD延长线于G，则△ADG是等腰直角三角形，∴AG＝DG＝3，∴GP＝4，∴PD＝1，由（2）得，DA+DP＝DE；∴3+＝DE，∴DE＝4，∴BE＝DE﹣BD＝4﹣3＝，当点P在CD的延长线上时，作AG⊥CD，交CD延长线于G，同理可得△ADP≌△EFP（AAS），∴AD＝EF，∵PD＝PG+DG＝4+3＝7，∴DF＝PD＝7，∴BE＝BD+DF﹣EF＝DF＝7，综上：BE的长为或7．17．（2022•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．18．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．【分析】（1）根据将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，得AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，即得∠BFG＝90°＝∠C，可证Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；（2）延长BH，AD交于Q，设FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，有82+x2＝（6+x）2，得x＝，DH＝DC﹣HC＝，由△BFG∽△BCH，得＝＝，BG＝，FG＝，而EQ∥GB，DQ∥CB，可得＝，即＝，DQ＝，设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，因＝，有＝，即解得AE的长为；（3）分两种情况：（Ⅰ）当DE＝DC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，CP＝2x，由AE是△AQF的角平分线，有＝①，在Rt△HQE中，（2﹣x）2+（x）2＝y2②，可解得x＝，CP＝2x＝；（Ⅱ）当CE＝DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，同理解得x'＝，CP＝．【解答】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，∴∠BFG＝90°＝∠C，∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：设FH＝HC＝x，在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，∴82+x2＝（6+x）2，解得x＝，∴DH＝DC﹣HC＝，∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，∴△BFG∽△BCH，∴＝＝，即＝＝，∴BG＝，FG＝，∵EQ∥GB，DQ∥CB，∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，∴＝，即＝，∴DQ＝，设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+＝﹣m，∵△EFQ∽△GFB，∴＝，即＝，解得m＝，∴AE的长为；方法2：连接GH，如图：∵CH＝FH，GH＝GH，∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），∴CG＝FG，设CG＝FG＝x，则BG＝8﹣x，在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，∴62+x2＝（8﹣x）2，解得x＝，∴BG＝BC﹣x＝，∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，∴EG＝BG＝，∴EF＝EG﹣FG＝；∴AE＝；（3）解：方法一：（Ⅰ）当DE＝DC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△QDE，∴＝＝2，∴CP＝2x，∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，∴AE是△AQF的角平分线，∴＝，即＝①，∵∠D＝60°，∴DH＝DQ＝x，HE＝DE﹣DH＝2﹣x，HQ＝DH＝x，在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，∴（2﹣x）2+（x）2＝y2②，联立①②可解得x＝，∴CP＝2x＝；（Ⅱ）当CE＝DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则AQ'＝6+x'，同理∠Q'AE＝∠EAF，∴＝，即＝，由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（x'）2+（x'+4）2＝y'2，可解得x'＝，∴CP＝x'＝，综上所述，CP的长为或．方法二：（Ⅰ）当DE＝DC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图：∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形，∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，∴∠PCK＝60°，∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，∴∠AFC＝∠ACF，∴∠PFC＝∠PCF，∴PF＝PC，设PF＝PC＝2m，在Rt△PCK中，CK＝m，PK＝m，∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，∴（4﹣m）2+（m）2＝（2+2m）2，解得m＝，∴PC＝2m＝；（Ⅱ）当CE＝DC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于T，如图：同（Ⅰ）可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，∴∠ACF＝∠AFC，∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，∴PC＝PF，设PC＝PF＝2n，在Rt△PCT中，CT＝n，PT＝n，∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，∴（n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，解得n＝，∴PC＝2n＝，综上所述，CP的长为或．19．（2022•益阳）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？【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，有三个直角三角形相似和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；（2）根据△AFB∽△BGC，得＝，即＝＝，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△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．【解答】解：（1）（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，∴＝，即＝＝，设AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴＝，即＝，∴CE＝7.5；（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：AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴＝，即＝，∴＝，∴CE＝；②当