2025年中考数学热点题型复习专项训练：四边形压轴题综合（解析版）

专题11四边形压轴题综合

目录

热点题型归纳.........................................................................................1

题型01三角形与旋转变换.............................................................................1

题型02三角形与翻折变换............................................................................16

题型03三角形类比探究问题..........................................................................30

中考练场............................................................................................36

热点题型归纳

题型01四边形与旋转变换

【解题策略】

三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，旋转性质、平行线的判定和性质，解题的关

键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法。

【典例分析】

例.（2023•浙江衢州・中考真题）如图1,点0为矩形ABCD的对称中心，AB=4,AD=8,点E为AO边上一点（0<AE<3）,

连接EO并延长，交于点尸，四边形ABEE与A7TFE关于E尸所在直线成轴对称，线段交AO边于点G.

⑴求证：GE=GF；

（2）当钻=2DG时，求AE的长;

(3)令=DG=b.

①求证：(4-6Z)(4-/?)=4；

②如图2,连接OB',OD,分别交AO,于点H,K.记四边形OKGH的面积为Si，△OGK的面积为S?.当。=1时，

求确■的值.

【答案】(1)见解析

⑵6-2/

S13

(3)①见解析；②U=£

o2o

【分析】(1)根据轴对称和矩形的性质，证明NGM=/GEE,即可解答；

(2)过点G作GH，8c于H,设。G=x,则AE=2x,求得G£=G/^=8-3x,再利用勾股定理，列方程即可解答；

(3)①过点。作OQLA。于Q,连接。4,OD,OG,证明△GOQS/^OE。，可得箓=器，得到GQ-EQ=4,即可

OQEQ

解答；

②连接BZ>,OG,,证明△Z)OG0Zk3'OG,进而证明△DGKdB'GH，进而证明△OGKHOGH，可得"=竺詈丝

22

AAAOKOFS\2OK2OFEF…

再证明△O"s2V)K5，,△石G/SADGE,得到力=赤，再得到广二-^^二万二二薪，最后根据①中结论，即

可解答.

【详解】(1)证明：•・・四边形ABCD为矩形，

..AD//BC,

ZGEF=ZEFB,

・「四边形ABFE与AEFE关于EF所在直线成轴对称，

:./BFE=/EFG,

ZGEF=ZEFG,

:.GE=GF；

(2)解：如图，过点G作GH，3c于

设设DG=x,则AE=2x,

:.EG=8-3x=GF,

\-ZGHC=ZC=ZD=90°,

••・四边形GHCD为矩形，

.，CH=DC=4,

・・・点。为矩形ABCD的对称中心，

AE=CF=2x,

:.FH=FC-CH=xf

在mAGHF中,GF2=FH2+GH2,

可得方程(8-3域=f+42,

解得%=3—6,/=3—6(此时AFAAD,故舍去0),

/.AE=2x=6—2V3;

(3)解：①证明：过点。作OQLAO于Q,连接。4,OD,OG,

・・,点0为矩形ABCD的对称中心，

:.OE=OF,OA=OD,OQ=^AB=2,

♦.•GE=GF,

s.GOLEF,

ZGOQ=90°-ZEOQ=ZQEO,

\-ZOQE=ZGQO=90°,

:公GOQS^OEQ,

GQOQ

.•而=的，即aGQ.EQ=OQ92=4,

:.EQ^AQ-AE=4-afGQ=DQ-GD=4-bf

「.（4一a）（4-Z?）=4；

②如图，连接B'AOG,。？，

由题意可得M=B户，

•••点0为矩形ABCD的对称中心,

:.BF=B'F^ED,

同理可得OD=OB=OB',

由（1）知G5=GE,

:.B'F-GF=DE-GE,

即B'G=DG,

-.OG=OG,

.•.ADOG/△B'OG（SSS）,

:.ZODG=ZOB'G,

DG=B'G,ZDGK=ZB'GH,

:.ADGK^AB'GH（ASA）,

:.DK=BrH,GK=GH,

:.OD-DK=OB,-B,H,

即OK=O”,

・.OG=OG,

:.AOGK^OGH（SSS）,

…S^OGK=S^OGH，

**•\=2s4OGK，

•_S__.1_____2___sAAOCercKK

一^^-’

・・•ZEGF=ZDGB\GE=GF,GD=GB'

ZGEF=ZGFE=/GDB'=NGB'D,

.OKOF

,,嬴一五‘

S/\CCKOK

,与一祈,

.S\20K20FEF

"~S1~DK~B'D~~^D'

♦.△EGFSADGB，,

EFGE

,•丽一布’

当a=l时，由①可得（4—1）（4-6）=4,

解得bg,

Q

二.AE=1,DG=~,

3

13

:.GE=AD-AE-DG=—,

3

_EFGE_13

瓦―丽一而一飞，

【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，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，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键.

【变式演练】

1.(2023•辽宁盘锦・二模)如图，已知正方形ABCD和正方形/1£7灯.

图1图2备用图

(1)在图1中，点E,F,G分别在边AB,AC,AD±.,求出丝的值.

FC

(2)将正方形AEFG绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接。G,FC,请问(1)中的结论是否发生变化？并加以证

明；

(3)如果正方形A3CD的边长为5,正方形AEFG的边长为3.当正方形的'G绕点A顺时针旋转至点E,F,8三点共线

时，请直接写出CG的长.

【答案】⑴冬

(2)不发生变化，证明见解析；

(3)717或而.

【分析】

(1)本题根据正方形性质和勾股定理得到AF=0AG，再由尸G〃DC利用平行线分线段成比例，得到黑=芸，推

...GDAG口—上万日否

出司二寿’即可斛题.

⑵本题连接AF,得至I」丝=四=345。=包，由旋转的性质证明A/MGsAaLF,得至11丝=学，即可证明⑴

ACAF2FCAF

中的结论不变.

（3）本题根据正方形A£FG绕点A顺时针旋转至点E,F,2三点共线，利用勾股定理算出8E,点E,F,8三点共线

分两种情况，①当点E,尸在点8的左侧时，作于点N,作GMLAC于点②当点£,尸在点B的右侧时，

作GQ，CD交CD的延长线于点。，作G尸，AD交4）于点P,对以上两种情况结合辅助线构造以CG为斜边的直角三

角形，利用解直角三角形和勾股定理求解，即可解题.

【详解】（1）解：・四边形ABCD和AEFG都是正方形，

:.ZAGF=ND=90。,AG=FG,AD=CD,

AF=7AG2+FG2=7AG2+AG2=夜AG，

，；FG〃DC,

,AGAF

,GD-FC'

GDAG\女

,FC-AF-7?

故答案为：旦,

2

(2)解:不变，理由如下:

连接AF,

,•,四边形ABCD和AEFG都是正方形,

，ND4C=NG4/=45°,

ADAGV2

——二——=cos4A5C0O=——，

ACAF2

由旋转的性质可知，ZDAG=ZCAF,

.\ADAG^^CAF,

GDADV2

FCAC2

(1)中的结论不变.

(3)解：当正方形AEFG绕点A顺时针旋转至点E,F,5三点共线时,

分以下两种情况:

①当点E,尸在点8的左侧时，如下图所示，作于点N,作GMLAC于点

E

・・•正方形ABCD的边长为5,正方形AEFG的边长为3.

,'.AE=EF=GF=AG=39AB=5,

：.BE=y/AB2-AE2=4，

・•.BF=BE-EF=4-3=1,

sinZABE=—FN

ABBF

3FN3

FN=§

51

­.•ZFAG=ABAC=45°,

...ZFAG-ZBAG=ABAC-ZBAG，

:.ZFAN=ZGAM,

.rFN.GM

sm/FAN=-----=smZGAM=------

AFAG

5_GM,GM=—

“一310

21A/2

AM=NAG?-GM?

10

AB

・.・AC=,=5应，

cos45,

—北

:.GC=[MC2+GM2=后；

②当点E,尸在点5的右侧时，如下图所示，作GQLCO交CD的延长线于点。，作GPLAD交于点尸,

GQ

BE=ylAB2-AE2=4，

・.・Na4£)=NE4G=90。，

.\ZBAD-ZDAE=ZEAG-ZDAE,

・•.NDAG=NBAE,

Af1Ap

cosNBAE=——=cosZDAG=—,

ABAG

土丝，"一

535

,GP=yjAG2-AP2=—,

916

:.PD=AD-AP=5——=—,

55

・・•ZPDQ=180°-ZADC=180°-90°=90°,

由题易知，四边形GP。。为矩形，

GQ=PD=—,QD=GP=—9

CQ=CD+QD=5+—=,

GC=JB+GQ2=辰；

综上所述，GC的长为J万或而.

【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、

锐角三角函数、解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解

题的关键.

2.（2023・辽宁阜新•一模）如图，四边形45CD和四边形都是正方形，且FH,EG交于点A,正方形EFGH绕

点A旋转，连接。尸，BE.

(1)如图1,求证：DF=BE,DF1.BE；

⑵如图2,将。尸绕点厂逆时针旋转90°,得到线段正K,连接BK.

①求证：四边形EfKB是平行四边形;

②连接KG,若AB=5,EF=3,直接写出在正方形EFG〃旋转的过程中，线段KG长度的最大值.

【答案】(1)详见解析

(2)①详见解析；②KG最大值为5+之叵

2

【分析】

(1)由题意易得AD=AB,AF=AE，NDAB=NFAE=90°,然后可证^,ADF=^ABE(SAS),则有

DF=BE,NADF=NABE,进而问题可求证；

(2)①由(1)可得DF=BE,DFYBE,然后根据旋转的性质及平行四边形的判定定理可求证；②连接DE,由题

意易证AOEE经AKFG(SAS),则有KG=DE,要使KG的值最大，即为OE的值最大，当点。、A、E三点共线时，DE

的值最大，进而问题可求解.

【详解】(1)

证明：：四边形ABC。和四边形EFG”都是正方形，

AAD^AB,AF=AE,ZDAB=ZFAE=90°,

：.ZDAF=ZBAE,

：.AADF且AABE(SAS),

DF=BE,ZADF=ZABE.

设。厂与BE相交于点P,与班相交于点Q.

在△AD。和ABQP中，ZDAQ=90°,

,:NDQA=NBQP,ZADF=ZABE,

：.ZBPQ=ZDAQ=90°.

：.DF=BE,DFLBE.

(2)

①证明：由（1）可知：

DF=BE,DF1BE,

由旋转可知：DF=KF,DFLKF,

：.KF=BE,KF//BE,

・••四边形EFKB是平行四边形.

②解：连接OE,如图所示：

・.•DF=KF,EF=GF,ZDFK=ZEFG=90°,

:./DFE=NKFG,

：.ADFE%KFG(SAS),

JKG=DE,

要使KG的值最大，即为OE的值最大，当点O、A、E三点共线时，OE的值最大;

AD=AB=5,EF=3,ZAFE=45°f

s3A/2

•.・_AE=0--EF=-----,

22

/•DE的最大值为+=5+

2

KG最大值为5+述.

2

【点睛】

本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及旋转的性质，熟练掌握正方形的性

质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及旋转的性质是解题的关键.

3.（2023广东深圳•模拟预测）【综合探究】在数学综合与实践活动课上，兴趣小组的同学用两个完全相同的长方形

纸片展开探究活动，这两张长方形纸片的长为8cm,宽为4cm.

⑴【实践探究】小红将两个完全相同的长方形纸片A3CD和摆成图1的形状，点A与点E重合，边AD与边EF

重合，边AB,QE在同一直线上.

请判断：AACG的形状为；

⑵【解决问题】如图2,在（1）的条件下，小明将长方形EFGQ绕点、A顺时针转动机。（转动角度小于45。），即=,

边斯与边CO交于点连接BN平分ZMBC,交CO于点N,ZAMB+ZAMC=1SO°,求NCBN的度数；

（3）【拓展研究】从图2开始，小亮将长方形EFGQ绕点A顺时针转动一周，若边E尸所在的直线恰好经过线段8。的中

点。时，连接M,FQ,请直接写出ABFQ的面积.

【答案】（1）等腰直角三角形

⑵/CBN=30°

⑶32-86或32+86

【分析】（1）根据矩形的性质，可证明AAQG咨AC3A,得到AG=AC,ZAGQ^ZCAB,再利用直角三角形的性质,

可推得NG4c=90。，即得答案；

（2）过点A作AH于H,先证明AADM且AATSV/,得至=可进一步证明NASH=30。，ZCBM=60°,

从而可得答案；

（3）分旋转角小于90。和大于90。两种情形，分别画出图形，根据三角形全等和勾股定理可逐步求得答案.

【详解】（1）,••长方形纸片ABCD和所GQ完全相同，

AQ-CB,ZQ=ZB=90°,GQ=AB,

.•.△AQG%CBA(5A5),

.\ZAGQ=ZCAB,AG=AC,

QZAGQ+ZGAQ=9Q°,

ZGAQ+ZCAB=90°,

.\ZG4C=90°,

「.△ACG是等腰直角三角形；

故答案为：等腰直角三角形.

(2)如图2,过点A作于H,

vZAMB+ZAMC=180°,ZAMD+ZAMC=180°,

:.ZAMD=ZAMH

•：ZD=ZAHM=90°,AM=AM,

.'.^ADM^AHM(A45),

,\AD=AH=4,

・・・AB=8,

/.AH=-AB,

2

厂.在RtA4HB中，ZABH=30°,

:.ZCBM=60°,

・；BN平分/MBC,

."CBN=3。。；

G

Q

A(E)B

(3)情况一，如图3.1,当旋转角小于90。时,

过8作B〃_LAF于点

NBHO=ZQAO=90°,

•••O为8。中点，

QO=BO,

QNQOA=NBOH,

:.^QOA^BOH(AAS),

:.OA=OH,AQ=BH=4,

在中，AH=\lAB2-BH2=4A/3-

AO=OH=26，

■.■AF=8,

OF=8-2^3,

'''S^OFB=jx4x—=16—4-s/3,

=32-86,

G

图3.1

情况二：如图3.2,当旋转角大于90。时,

过B作于H,

同情况一得AAQOGA"BO(A4S),

:.OA=OH,AQ=BH=4,

在RtZXABH中，AH=^AB--BH2=473-:.AO=OH=2』，

4X（8+2A/3）=16+4V3,SABFQ=2S^FOB=32+,

综上所述

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，图形旋转的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，灵活

运用相关知识是解答本题的关键.

题型02四边形与翻折变换

【解题策略】

考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠几何性质、三角形内角和定理的应用，勾股定理，

解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论.

【典例分析】

例..(2023•湖南•中考真题)问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形A5CD

的边3c上任意取一点G,以BG为边长向外作正方形BEPG,将正方形BEFG绕点8顺时针旋转.

D___________kCD—_________CD,C

特例感知:

(1)当BG在上时，连接OHAC相交于点P,小红发现点尸恰为。尸的中点，如图①.针对小红发现的结论，请

给出证明；

(2)小红继续连接EG,并延长与O尸相交，发现交点恰好也是。尸中点P,如图②，根据小红发现的结论，请判断VAPE

的形状，并说明理由；

规律探究：

（3）如图③，将正方形BEFG绕点8顺时针旋转a,连接。尸，点尸是。尸中点，连接AP,EP,AE,VAPE的形状

是否发生改变？请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）VAPE是等腰直角三角形，理由见解析；（3）VAPE的形状不改变，见解析

【分析】（1）连接BD,BF,根据正方形的性质求出NDB尸=90。，证明丝△AP3,推出BP=AP,再利

用余角的性质求出/期=N4%，推出尸3=PF即可；

（2）根据正方形的性质直接得到NQ4E=/PE4=45。，推出AP=眇,ZAPE=90。，得到Y4PE是等腰直角三角形；

（3）延长EP至点M,使PM=EP，连接证明AMPD均EPRSAS）,得到。M=£F,NDWP=ZPM,推

出BG〃DM,设DF交BC于点H,交BG于点、N,得至“ZMDN=NDNB,由AT>〃3C得到=推出

ZADM=ZBHN+ZBNH=1800-ZHBN,进而得到NADM=NABE,再证明AADM均ABE（SAS）,得至1141/=他，

ZDAM=ZBAE,证得NAPE=90。，再由/M4E=90。，根据等腰三角形的三线合一的性质求出NM4P=/R4E=45。，

即可证得VAPE是等腰直角三角形.

【详解】（1）证明：连接身>BF,BP,如图，

图①

・・•四边形ABC。，都是正方形,

・•・/CBD=45。=/FBG,

：.ZDBF=90°,

・・•四边形ABC。是正方形，

：.ZDAC=ZBAC=45°,

又：AP=AP,

：.△APgMBB(SAS),

/.BP=DP,

/.ZPDB=ZPBD,

'：ZPDB+ZPFB=90°=/PBD+/PBF,

/./LPBF=APFB,

/.PB=PF,

：.PD=PF,即点P恰为。尸的中点；

(2)VAPE是等腰直角三角形，理由如下：

,四边形ABCD,BEFG都是正方形，

，ZCAE=ZPEA=45°

；.AP=EP,ZAPE=90°,

VAPE是等腰直角三角形；

(3)VAPE的形状不改变，

延长£P至点M,使PM=EP,连接MA,A®,

图③

:四边形A3CD、四边形班牙G都是正方形,

AB=AD,ZBAD=ZABC=ZEBG=90°,BE=EF,BG//EF,

•・,点尸为。9的中点，

・•・PD=PF,

,:ZDPM=ZEPF,

：.AMPDAEPF(SAS),

.・.DM=EF,ZDMP=ZPEF,

ABE=DM,DM//EF,

：.BG//DM,

设。方交BC于点H,交3G于点N,

:,ZMDN=ZDNB,

*：AD//BC,

：.ZADN=ZBHN,

•・•ABHN+ZBNH+ZHBN=180°,

・•・ZADM=ZADN+ZMDN=/BHN+/BNH=180。—ZHBN,

・・•ZABE=360°-ZABC-ZEBG-AHBN=180°-ZHBN,

，ZADM=ZABE,

又；AD=AB,

：.△ADM^AABE(SAS),

AAM=AE,ZDAM=ZBAE,

,:PM=EP,

：•APLME,即NAP£=90。，

*/ZDAM+ZMAB=90°,

AZBAE^ZMAB=90°,即NM4E=90。，

ZM4P=ZB4E=45°,

ZPEA=45°=ZPAE,:.AP=EP，

•••NAPE是等腰直角三角形.

【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，(3)

中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键.

【变式演练】

1.(2023•浙江金华•三模)如图，平行四边形ABCD中,AB=9,BC=12,点尸是边上的点，连结AP,以A尸为对

称轴作AABP的轴对称图形AAQP.

图1图2图3

⑴如图2,当点。正好落在AD边上时，判断四边形A8PQ的形状并说明理由；

(2)如图1,当点尸是线段3c的中点且CQ=4时，求AP的长；

(3)如图3,当点尸，Q,D三点共线时，恰有=求3尸的长.

【答案】(1)四边形A8尸。是菱形，理由见解析

(2)AP=9

⑶旅=?

【分析】

(1)根据折叠得出AB=AQ,BP=PQ,证明三角形AB尸是等腰三角形，进一步得出结果;

(2)解等腰三角形CP。，作钻_LBP于E,解斜三角形钻尸，从而求出结果；

(3)证明AAOQSAOCQ,ADCQS^DPC,从而求得。。和PD,进一步求得BP.

【详解】(1)解：四边形48PQ是菱形，理由如下:

由折叠可得，

AB=AQ,BP=PQ,ZBAP=ZPAQ,

•・・四边形ABC。是平行四边形，

・•.AD〃BC,

.\ZPAQ=ZAPB,

,\ZAPB=ZBAPf

:.AB=BP,

AB=BP=PQ=AQ,

二.四边形A5尸。是菱形；

(2)如图，

作4石_15。于E,作尸尸_LCQ于尸，

:.ZAPB-^ZPAE=9Q0,

•・・PC=BP=PQ=6,

11

,\CF=QF=^CQ=2,ZCPF=ZQPF=-ZCPQ,

CF21

■■-^CPF=—=^^=^,

ZAPB=ZAPQ=|NBPQ,NBPQ+NCPQ=180°,

.\ZAPfi+ZCPF=90°,

:"PAE=/CPF,

1

tanZPAE=,

设PE=a,AE=2也。，

:.BE=BP-EP=6-2垃a,

在R^ABE中，AB=9,BE=6-a,AE=2a〃，

J(2缶/+(6—4)2=92,

/.Oy=3,%=一§(舍去)，

,EP=3,AE=6^[2,

AP=VAE2+PE2=,+(6何2=9；

(3)vZAQP=ZPQC,

:.l80°-ZAQP=180°-ZPQC,

即：ZAQD=ZDQC,

•・•四边形ABC。是平行四边形，

:./B=ZADC,

由折叠可得，

ZB=ZAQP,AQ=AB=9,

ZPQC=ZADC,

ZADQ+ZCDQ=ZCDQ+ZDCQ,

/.ZADQ=ZDCQ,

..^ADQ^^DCQ,

DQCD

,•而一而‘

.DQ2_

,,=，

912

27

：.DQ=—,

4

同理可得，

ADCQ^^DPC,

,CD_DQ

*PF-CD?

CD2

，PD=DQ*，

2721

BP=PQ=PD-DQ=12--=—.

44

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，轴对称性质，解直角三角形等知识，

解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形.

2.(2023.贵州铜仁.三模)阅读材料：如图，在矩形ABCD中，点。是42的中点,点E是边AD上动点，将”。后沿

OE翻折得VR9E,连接■并延长"交边DC于点连接

Z1DZ1DZ1LJ

图①图②图③

【发现问题】

(1)如图①，判断的形状是________三角形.

【探究发现】

(2)如图②，当E、F、C三点在一条直线上时，求证：M为边DC中点

【拓展迁移】

(3)如图③，延长O尸交射线AD于点N,当AB=8,BC=6,DV=2时，求AE的长.

【答案】（1）直角

（2）见解析

（3）40-4

【分析】（1）由ZXAOE沿0E翻折得V/OE,得。尸=。4,ZAOE=ZFOE,OELAF,继而证得。5=0尸，得到

Z.0BF=Z0FB,从而得到ZA0E=NQFB,继而证得ZA2揖=ZAFO+NQ/布=NO4F+ZAOE=90。，即可得出结论；

（2）连接。C,证明RsCFgRsCBO（HL）,得DM=3O,然后由矩形的性质与点。是AB的中点，可得出结论;

（3）由矩形性质和勾股定理，求得0N=4应，再由翻折性质得NQEE=NQ4£=90。，OF=OA=4fEF=AE,设

22

AE=EF=xf贝！JE?V=4V-AE=4-x,然后由勾股定理，^#（4-x）=%+^4^2-4j,解方程即可求解.

【详解】解：（1）•・•点。是A8的中点，

JOA=OB,

•・•AAOE沿0E翻折得V尸,

AOF=OA,ZAOE=ZFOEfOE1AF,

：.ZOAF=ZOFA,

•・•OELAF

：.ZAOE+ZOAF=90°,

VOF=OA1OA=OB,

：.OB=OF,

：./OBF=/OFB,

：.2ZAOE=ZAOF=Z.OBF+ZOFB=2ZOFB,

ZAOE=ZOFB,

ZAFB=ZAFO+ZOFB=ZOAF+ZAOE=90°,

・•・方为直角三角形.

（2）连接OC,

・・•矩形ABC。，

AZADC=ZABC=ZDAB=90°,AB=CD,AD=BC,AB//CD,

：.ZOAF=ZAMDf

•・•AAOE沿OF翻折得V尸,

AZOFE=ZOAE=90°,OF=OA,

・•・ZOAF=ZOFA,

•・•点。是A5的中点，

OA=OB=-AB,

2

；・OB=OF,

当E、F、。三点在一条直线上时，

・•・ZOFC=90°,

在RtACFO与RtACBO中，

foc=oc

[OF=OB'

・•・RuCFO^RtACfiO(HL)

：.ZFOC=ZBOC,

：.2ZBOC=ZBOF=ZOAF+ZOFA=2ZOAF

：.ZBOC=ZOAF,

：.ZAMD=ZBOCf

在△ADM与△CBO中,

ZADM=ZCBO

<ZAMD=ZBOC,

AD=BC

：.AAZ)M^ACBO(AAS),

:.DM=BO,

VBO=-AB,AB=CD

2

：.DM=-CD

2

・••点M是CD的中点.

(3)•・,矩形ABC。，

AAD=BC=6,ZDAB=90°,

：.AN=AD-DN=6-2=4f

•・・・・•点。是AB的中点，.・・Q4=gAB=gx8=4,

由勾股定理，ON=y/OA2+AN2=V42+42=4sl2，

,/AAOE沿OE翻折得VR9E,

：.NOFE=NOAE=90°,OF=OA=4,EF=AE,

：.ZEFN=90°,NF=ON-OF=4®-4,

设AE=EF=x,贝！］£?V=4V_A£=4_x,

由勾股定理，W(4-X)2=X2+(4V2-4)\解得：x=4五-4，

即AE=4&-4.

【点睛】本题考查矩形的性质，翻折的性质，全等三角形的性质，勾股定理.熟练掌握相关定理是解题的关键.

3.（2023•河南洛阳•二模）综合与实践

(1)【操作发现】如图1，诸葛小组将正方形纸片ABC。沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕

为AE,再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与A加重合，折痕为"，请写出图中的一个45。角：.

(2)【拓展探究】如图2,孔明小组继续将正方形纸片沿E尸继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕AE上的点N处，连

接NF交AM于点P.

①ZA£F=______度；

②若AB=6，求线段尸河的长.

(3)【迁移应用】如图3,在矩形ABCD,点、E,歹分别在边3C、CZ)上，将矩形ABCD沿AE,反折叠，点2落在点

M处，点。落在点G处，点A,M,G恰好在同一直线上，若点尸为8的三等分点，AB=3,AD=5,请直接写出线

段BE的长.

【答案】(1)NE4F=45。，见解析

(2)①ZAEF=60。，见解析；PM=2-m,见解析；

9

⑶线段BE的长为'或2；

【分析】(1)根据折叠性质和正方形的性质可得㈤F=45。；

(2)①由折叠性质可得？NFE1CFE,ZENF=ZC=9Q°,ZAFD=ZAFM,结合ZE4F=45。可得NA7W=45。，即

可求解；②根据是等腰直角三角形，可证A4VP%mE(ASA),设PN=EN=a,

根据AN+£7V=AE,即可求解；

(3)在AD上取一点J,使得A7=AB,过点/作〃_LBC,交AF于点K,连接EK,可得AA/KS^AD产，设BE=x,

则EK=x+g,根据勾股定理即可求解.

【详解】(1)解：ZEAF=45°；

:四边形A3CD是正方形，

:.ZC=ZBAD=90°,

由折叠性质可得：ZBAE=ZMAE,ZDAF=ZMAF,

NMAE+NMAF=NBAE+ZDAF=-ZBAD=45°,

2

即NE4F=45。；

(2)解：①：四边形A3CD是正方形，

/.ZC=ZB=90°,

由折叠性质可得：?NFE?CFE,/硒F=NC=90°,ZAFD=ZAFM,

NANF=180°-90°=90°,

由操作一得：ZE4F=45°,

.•△ATVF是等腰直角三角形，

.•.NAF/V=45°,

ZAFD=ZAFM=45°+ZNFE,

.­.2(45°+^NFE)+ZCFE=180°,

:.NNFE=NCFE=3G,

...ZA£F=90°-30°=60°；

②•；A4VF是等腰直角三角形，

:.AN=FN,

・.・ZAMF=ZANF=90。,ZAPN=/FPM,

ZNAP=ZNFE=30。,

.•.△4VP^RVE(ASA),

:.AP=FE,PN=EN,

♦;NNFE=NCFE=30°,ZENF=ZC=90°,

:.NNEF=NCEF=60。,

,\ZAEB=60°,

vZB=90°,

:.ZBAE=30°,

:.BE=—AB=1,

3

:.AE=2BE=2,

设PN=EN=a,

・・・NANP=90°,NNAP=30°,

/.AN=y/3PN=y/3a,AP=2PN=2a,

♦;AN+EN=AE,

y/3a+Q=2,解得：a=百-1,

AP=2a=2^/3—29

PM=AM-AP=6-Q6-"=2-6;

(3)解：如图，在AD上取一点J,使得A7=AB,过点J作"，3C,交AF于点K,连接EK,

当DF=2CF时，CF=1,DF=2,

AJ_JK.JK_36

.\AAJK-AADF

AD-DF'_2-c5

由（1）可知，EK=BE+JK,

设=贝ijEK=x+1,

EK2=ET2+KT2>(x+|)2=(3-J;)2+(3-|)2,：.X=^,

当CF=2DF时，同理可得BE=2,

综上所述，线段8E的长为，或2；

【点睛】此题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解

直角三角形等知识，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出ZE4F=45。是解题的关键.

题型03类比探究问题

【解题策略】

考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理的应用，勾股定理，解题的关键是熟

练掌握三角形相似的判定方法，画出相应的图形，注意分类讨论。

【典例分析】

例.(2023•江苏盐城・中考真题)综合与实践

【问题情境】

如图1,小华将矩形纸片ABCD先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点3落在对角线8D上，点3的对应点记为笈，

折痕与边AD,BC分别交于点E,F.

【活动猜想】

(1)如图2,当点9与点。重合时，四边形8瓦甲是哪种特殊的四边形？答：.

【问题解决】

(2)如图3,当AB=4,AD=8,时=3时，求证：点A,B',C在同一条直线上.

【深入探究】

(3)如图4,当AB与8C满足什么关系时，始终有与对角线AC平行？请说明理由.

(4)在(3)的情形下，设AC与80,I加分别交于点0,P,试探究三条线段AP,B'D,E尸之间满足的等量关系，

并说明理由.

【答案】（1）菱形；（2）证明见解答；（3）BC=«AB,证明见解析；（4）6EF=2（AP+B，D）,理由见解析

【分析】⑴由折叠可得：EF±BD,OB=OD,再证得AB历源△OEO（ASA）,可得OE=O尸，利用菱形的判定定理

即可得出答案；

（2）设E厂与5D交于点M,过点8'作5'K_L8C于K,利用勾股定理可得=4指，再证明△班可求

得所11=竽，进而可得89=今5,再由△89KSABDC,可求得=BK=g,CK=BC-BK=8-2^=y,运用

勾股定理可得B'C=4,运用勾股定理逆定理可得NCBT=90。，进而可得/42/+/6»/=90。+90。=180。，即可证得结论；

（3）设/Q4B=NOB4=。，则/C®C=90。—（Z,利用折叠的性质和平行线性质可得：ZAB'B=ZAOB=a,再运用三角

形内角和定理即可求得&=60。，利用解直角三角形即可求得答案；

（4）过点E作EG,5c于G,设E尸交BD于H,设AE=m，EF=n,利用解直角三角形可得

B'D=BD—BB'=\/3n—>/3（m+—n）=^-n—\l3m,AP=2AE-cos30°=-J3m>即可得出结论.

22

【详解】解：（1）当点夕与点。重合时，四边形班。尸是菱形.

理由：设所与8。交于点0,如图，

由折叠得：EFLBD,OB=OD,

:.ZBOF=ZDOE=90°,

•.•四边形A3CD是矩形，

:.AD//BC,

/OBF=NODE,

△8FO冬△DEO(ASA),

:.OE=OF,

四边形3匹尸是菱形.

故答案为：菱形.

(2)证明：•.,四边形ABCD是矩形，AB=4,AD=8,BF=3,

.-.BC=AD=8,CD=AB=4,/BCD=90。,

:.CF=BC-BF=8-3=5,

BD=VSC2+CD2=,8。+4。=475，

如图，设所与8£)交于点M,过点夕作3'K_L3c于K,

由折叠得：ZAB'F=ZABF=ZBMF=ZB'MF=90°,B'F=BF=3,BB'=2BM,

:.ZBMF=ZBCD,

ZFBM=ZDBC,

BMBF„„BM3

——=——，即工-=一r>

BCBD84V5

5

"咯

5

・.・ZBKB'=ZBCD,NB'BK=ZDBC,

，ABB'KS^BDC,

12百

%=生=毁，即"KBK

5

CDBCBD

484A/5

24

BK=——

BY5

.\CK=BC-BK=S--=—

55

/.B,C=^B'K2+CK1=4,

•.出产+"=32+42=25,C尸=5?=25,

/.B'F2+B'C2=CF2,

.•.NC6F=90。，

/.ZABrF+ZCBrF=90°+90°=180°,

・••点4,。在同一条直线上.

(3)当=时，始终有AE与对角线AC平行.

理由：如图，设AC、BD交于点0,

••・四边形ABCD是矩形，

:.OA=OB,ZOBA+ZOBC=9Q°,

.\ZOAB=ZOBA,

设NOAB=NQBA=a,

则NOBC=90。一a,

r

由折叠得：ZABF=ZABC=90°fB'F=BF,

/.ZBB'F+ZABrB=90°,ZBBrF=Z.OBC=90°-a,

r

:.ZABB=ZOBA=af

-AB//ACf

:.ZABfB=ZAOB=a,

•・•NQ4B+NOBA+NAOS=180。，

.,.a+a+a=180°,即3a=180°,

/.a=60°,

:.ZBAC=60°,

：.—=tanABAC=tan60。=#,

BC=A/3AB;

(4)亚EF=2(AP+B，D),理由如下：

如图，过点E作EG,3c于G,设EF交BD于H,

由折叠得：EF±BD,B'F=BF,ZBFE=ZB'FE，

设AE=m,EF=n,

由（3）得：ZBAC=60°=ZABD,

NBB'F=ZDBC=30°,

ZBFE=ZB'FE=60°,

...EG=EF-sin60°=—n,FG=EFcos600=-n,

22

ZEAB=ZABG=ZBGE=90°,

••・四边形是矩形，

AB=EG=—nBG=AE=m,AD〃BC,

2f

,BF=B'F=m+—n,

2

/.BH=BFcos30°=—(m+-n),

22

BB'=2BH=73(m+1n),

BD=2AB=y/3n,

B'D=BD—BB'=y/3n—石(机+—n)=n—6m,

22

•：AD//BC,

.\ZDEF=ZEFG=60°,

/.ZAPE=ZDEF-ZZMC=60°-30°=30°=ZZMC,

/.AP=2AE•cos30°=y/3m，

AP+B'D=yj3m+(^-n一y/Sm)=n,

:.AP+B'D=—EF,

2

即依EF=2(AP+B'D).

【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质和判定，菱形的判定，勾股定理，直角三角形性质，等腰三角形性

质，平行线性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等，涉及知识点多，综合性强，

难度较大.

【变式演练】

1.（2023•海南海口•二模）（1）【证明推断】如图，在正方形ABCD中，点E是对角线2。上的动点（与点8、。不

重合），连接AE,过点E作麻，AE,EG1BD,分别交直线BC于点RG.

①求证：AABE刍AFGE；

②求名的值；

（2）【类比探究】如图，将（1）中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，其他条件均不变.

①若钻=3,BC=4,求——的值；

AE

斤"

②若AB=m・BC,直接写出大的值（用含机的代数式表示）；

AE

⑶【拓展运用】如图，在矩形A3CD中，点E是对角线加上一点（与点夙。不重合），连接AE,过点E作团UAE,

EGA.BD,分别交直线BC于点P、G,连接CE,当AB=2,BC=4,CE=CD时，求所的长.

BFGC

【答案】(1)①证明见解析；②空=1;⑵①空=：；②事即(3)石尸=亚

AEAE4AE5

【分析】⑴①由“ASA”可证AASE四△FGE；②由全等三角形的性质可得AE=£F,即可求解；

FFFG

(2)①根据(1)ZAEB=/GEF,NEFG=/BAE,可证AABESA/GE,可得——=——，通过证明