专题1.8 特殊平行四边形章末九大题型总结（拔尖篇）（北师大版）（解析版）

专题1.8特殊平行四边形章末九大题型总结（拔尖篇）【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1四边形中的多解问题】 1【题型2四边形中的动点问题】 11【题型3四边形中的最值问题】 19【题型4四边形中的折叠问题】 27【题型5矩形与等腰三角形】 40【题型6菱形中的全等三角形的构造】 51【题型7正方形中线段的和差倍分关系】 61【题型8坐标系中的四边形】 70【题型9四边形中存在性问题】 77【题型1四边形中的多解问题】【例1】（2023春·辽宁鞍山·九年级校联考期中）在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠ADB的平分线交AB于点E，交AC于点G．过点E作EF⊥BD于点F，∠EDM交AC于点M．下列结论：①AD=2+1AE；②四边形AEFG是菱形；③BE=2OG；④若∠EDM=45°，则GF=CM．其中正确的个数有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】设AE=x，则BE=2x，可算出AD=(2+1)x=(2+1)AE，故①正确；先证明△AEG≌△FEG，再由AG∥EF得∠AGE=∠AEG，即AE=AG，四边形AEFG是菱形，故②正确；由AG=x，AB=(2+1)x得AO=AB2=(【详解】解：∵DE平分∠ADB，EF⊥BD，AE⊥AD，∴AE=EF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°，∴EF=BF，设AE=x，则BE=2∴AD=AB=AE+BE=(2+1)x=(2在△AEG和△FEG中，AE=FE∠AEG=∠FEG∴△AEG≌△FEG(SAS∴AG=FG，∠AEG=∠FEG，∵四边形ABCD是正方形，∴OA⊥OB，又∵EF⊥OB∴AG∥∴∠FEG=∠AGE，∴∠AGE=∠AEG，∴AE=AG，∴AE=AG=EF=FG，∴四边形AEFG是菱形，故②正确；由①②知，AG=x，AB=(2∴AO=AB∴OG=AO-AG=22x=∵BD=AC=2OA=(2+2)x，∴DF=(2∵四边形AEFG是菱形，∴∠EFG=∠BAC=45°，∴∠DFG=45°=∠DCM，∵∠EDM=45°=∠ODC，∴∠GDF=∠MDC，∴△GDF≌△MDC(ASA∴GF=CM，故④正确．故选：D．【点睛】此题考查了正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质．此题综合性较强，难度较大．设出未知数、利用好正方形的性质是解决此题的关键．【变式1-1】（2023春·福建福州·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=23，∠ABC=60°，点E为对角线BD上一动点（不与点B重合），且BE<12BD，连接CE交

①∠AFE=∠BAE；②当△AEF为直角三角形时，BE=2；③当△AEF为等腰三角形时，∠AFC=20°或者∠AFC=40°；④连接BF，当BE=CE时，FC平分∠AFB．以上结论正确的是（填正确的序号）．【答案】①②③④【分析】连接AC，交BD于点O，由题意易得AC⊥BD，△ABC是等边三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，则有BO=AB2【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，AB=23，∠ABC=60°∴AC⊥BD，△ABC是等边三角形，∠ABD=∠ADB=30°，AB=CB，∠ABE=∠CBE，∴AC=AB=23，则AO=∴BO=AB2∴BE<3，∵BE=BE，∴△ABE≌△CBE，∴∠BCE=∠BAE，∵AD∥CB，∴∠AFE=∠BCE，∴∠AFE=∠BAE，故①正确；当△AEF为直角三角形时，即∠FAE=90°，∵∠ADB=30°，∠EAD=90°，∴AE=1∴AD=E∴AE=2，则DE=4，∴BE=BD-DE=2；故②正确；当△AEF为等腰三角形时，则可分当AE=AF时，即∠AFE=∠AEF，在菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD，∴∠EAD=∠ECD，∵∠EAD=2∠AFE=∠ECD，∴在△FCD中，∠AFE+∠ECD+∠ADC=180°，∴3∠AFC+60°=180°∴∠AFC=40°；当AF=EF时，即∠AEF=∠FAE，∵∠FAE=∠FAB+∠BAE=60°+∠AFE，∴在△AFE中，∠AFE+∠FAE+∠FEA=180°，∴3∠AFE+60°+60°=180°∴∠AFC=20°；当AE=EF时，则∠AFE=∠FAE=∠BAE，此时点E与点B重合，不符合题意；故③正确；连接BF，当BE=CE时，则∠CBE=∠ECB=30°=∠AFE=∠BAE，∴∠EAF=∠BAD-∠BAE=120°-30°=90°，由②可知BE=CE=AE=2，∴AF=3∴AF=AB，∵∠FAB=60°，∴△AFB是等边三角形，∴∠AFB=60°，∴∠BFE=30°=∠AFE，∴FC平分∠AFB，故④正确；故答案为①②③④．【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．【变式1-2】（2023春·山东青岛·九年级山东省青岛实验初级中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB=1，∠BOA=60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点F，与BD交于点M．给出下列四个结论：①BF=BO；②AC=CH；③BE=3DE；④S△ACF=32S△BMF

【答案】①②③⑤【分析】先证明△OAB是等边三角形，得OB=AB，再证△ABF是等腰三角形，得BF=AB，即可得出BF=BO，可判定①正确；求得∠H=∠CAH=15°，得出AC=CH，可判定②正确；利用含30°的直角三角形的性质得出DE=12CD，AB=12BD，再由CD=AB，BD=DE+BE，即可求得BE=3DE，可判定③正确；过程点M作MN⊥AB于N，分别求出S△ACF=12CF⋅AB=3-12，S△BFM=12×1×3-12=3-14，即可得出【详解】解：∵矩形ABCD，∴OA=OC=OD=OB，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∵∠BOA=60°，∴△OAB是等边三角形，∴OB=AB，∠OAB=∠ABO=60°∵AH平分∠BAD，∴∠HAB=45°，∴∠AFB=∠HAB=45°，∴BF=AB，∴BF=OB，故①正确；∴∠CAH=∠OAB-∠BAF=60°-45°=15°，∴∠EMF=∠AMB=180°-60°-45°=75°，∵CE⊥BD，∴∠HEM=90°，∴∠H=90°-75°=15°，∴∠H=∠CAH，∴AC=CH，故②正确；∵矩形ABCD，∴AB∥CD，∴∠CDE=60°，∴∠DCE=∠ADB=30°，∴DE=12CD∴DE=4BD，∵BD=DE+BE，∴BE=3DE，故③正确；在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°∴AC=2，BC=3∵BF=AB=1，∴CF=3∴S△ACF过程点M作MN⊥AB于N，如图，

∵∠HAB=45°，∴∠AMN=∠HAB=45°，∴AN=MN，∵∠MBN=60°，∴MN=3∵MN+BN=AN+BN=AB=1，∴BN=3∴S△BFM∴S△ACF故④错误；过点H作HQ⊥AB交AB延长线于Q，延长DC交HQ于P，

∵HQ⊥AB，∴∠AQH=90°，∴∠AHQ=∠HAQ=45°，∴AQ=HQ，∠CHP=45°+15°=60°，∴PC=3∵∠BQP=∠CBQ=∠BCP=90°∴四边形BCPQ是矩形，∴PQ=BC=3，BQ=PC=∴1+3∴PH=1，∴AQ=HQ=3∴AH=2故⑤正确，∴正确的结论有①②③⑤故答案为：①②③⑤．【点睛】本题考查矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质．此题属中考压轴题，综合性强，熟练掌握相关性质与判定定理是解题的关键．【变式1-3】（2023春·广西南宁·九年级统考期中）勾股定理是平面几何中一个极为重要的定理，世界上各个文明古国都对勾股定理的发现和研究做出过贡献，特别是定理的证明，据说有400余种.如图是希腊著名数学家欧几里得证明这个定理使用的图形.以Rt△ABC(∠ABC=90°)的三边a,b,c为边分别向外作三个正方形：正方形ACED、正方形AFHB、正方形BCNM，再作CG⊥FH垂足为G，交AB于P，连接BD，CF.则结论：①∠DAB=∠CAF，②△DAB≌△CAF，③S正方形ACED=2S△ADB，④S矩形AFGPA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据题意，∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB得到∠DAB=∠CAF，得到△DAB≌△CAF(SAS)，延长DA至点L，过点B做垂线BL⊥DL，由题意可知四边形DLBE为矩形，求出面积即可，延长FA至点K，过点C做垂线CK⊥KF，由题意可知四边形【详解】解：由题意可得AD=AC，AB=AF，∠DAC=∠BAF=90°，∵∠DAB=∠DAC+∠CAB，∠CAF=∠BAF+∠CAB，∴∠DAB=∠CAF，∵DA=AC∠DAB=∠CAF∴△DAB≌△CAF(SAS故①、②符合题意，正确；延长DA至点L，过点B做垂线BL⊥DL，由题意可知四边形DLBE为矩形，∴DE=BL=b，故S△DABS□ACED故S正方形ACED=2S

；延长FA至点K，过点C做垂线CK⊥KF，由题意可知四边形KFGC为矩形，故KC=FG，S矩形SΔ故S矩形AFGP=2S

．故选：D．【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质、矩形的判定和性质，做出正确的辅助线是解题的关键．【题型2四边形中的动点问题】【例2】（2023春·广西钦州·九年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF=AE，连接DE、DF．

(1)求证DE⊥DF；(2)连接EF，取EF中点G，连接DG并延长交BC于H，连接BG．①依题意，补全图形：②求证BG=DG；③若∠EGB=45°，用等式表示线段BG、HG与AE之间的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②见解析；③BG【分析】（1）证△ADE≌△CDF(SAS)，得∠ADE=∠CDF，再证（2）①依题意，补全图形即可；②由直角三角形斜边上的中线性质得DG=12EF③先证△DEF是等腰直角三角形，得∠DEG=45°，再证DG⊥EF，DG=12EF=EG，BG=12EF=EG=FG，得∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠A=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，∴∠DCF=90°，又∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF(SAS∴∠ADE=∠CDF，∵∠ADE+∠CDE=90°，∴∠CDF+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴DE⊥DF；（2）①解：依题意，补全图形如图所示：

②证明：由（1）可知，△DEF和△BEF都是直角三角形，∵G是EF的中点，∴DG=12EF∴BG=DG；③解：BG由（1）可知，△ADE≌△CDF，DE⊥DF，∴DE=DF，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠DEG=45°，∵G为EF的中点，∴DG⊥EF，DG=12EF=EG∴∠EGD=∠HGF=∠DGF=90°，∠GDF=45°，∠EDG=∠DEG=45°，∠GBF=∠GFB，∵∠EGB=45°，∴∠GBF=∠GFB=22.5°，∵∠DHF+∠HFG=∠DHF+∠CDH=90°，∴∠HFG=∠CDH=22.5°，∴∠CDF=∠GDF-∠HDC=22.5°=∠CDH，又∵∠DCH=∠DCF=90°，CD=CD，∴△CDH≌△CDF(ASA∴CH=CF，在Rt△GHF中，由勾股定理得：G∵HF=2CF=2AE，GF=BG，∴BG∴BG【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．【变式2-1】（2023春·福建福州·九年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E为CD中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ=2，当四边形APQE周长最小时，BP的长为．

【答案】4【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可，为此，现在BC边上确定带你P、Q的位置，可在AD上截取线段AF=PQ=2，作F关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ=EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于点H，那么先证明∠GEH=45°，再由CQ=EC，即可求出【详解】解：如图，在AD上截取线段AF=PQ=2，作F关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于点H，

，∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，∴∠C=∠D=90°，AD∥BC，BC=AD=8，∵点E为CD中点，∴CD=DE=2，∵点F关于BC的对称为点G，∴FG=2AB=8，∵GH∥BC，∴FD∥GH，∴∠H=∠D=∠GFD=90°，∴四边形FGHD为矩形，∴DH=FG=8，∴HE=DH-DE=8-2=6=GH，∴△GEH为等腰直角三角形，∴∠GEH=45°，∵∠EQC+∠GEC=90°，∴∠EQC=45°=∠QEC，∴CQ=CE=2，∴BP=BC-PQ-CQ=8-2-2=4，故答案为：4．【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点，正确作出辅助线是解题的关键．【变式2-2】（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，点M、N分别是边BC、CD上的两个动点，∠MAN=60°，连接MN．

(1)△AMN是等边三角形吗？如是，请证明；如不是，请说明理由．(2)在M、N运动的过程中，△CMN的面积存在最大值吗？如存在，请求出该最大值；如不存在，请说明理由．【答案】(1)是，见解析；(2)存在，最大值为34【分析】（1）连接AC，证明△BAM≌△CANASA，推出AM=AN（2）利用全等三角形的性质得到四边形AMCN的面积，推出△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，由△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小．【详解】（1）是，理由如下：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，∴∠B=∠D=60°，AB=BC=CD=AD，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∴AB=AC，∠B=∠BAC=∠ACD=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△BAM和△CAN中，∠B=∠ACNAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形；（2）△CMN的面积存在最大值，理由如下：由（1）得：△BAM≌△CAN，∴S△BAM∴S四边形∴S四边形AMCN∴S四边形

则△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，∵△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小,∴∠AMB=90°，由（1）得：△ABC是等边三角形，则有：BM=MC=1在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM=∴S四边形同理：ME=1在Rt△AEM中，由勾股定理得：∴S△AMN=12×∴△MCN的面积的最大值=3【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，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．【变式2-3】（2023春·广西南宁·九年级校考期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=22，E是AB的中点，F是AD边上的一个动点(点F不与点A，D重合)．将△AEF沿EF所在直线翻折，点A的对应点为A'，连接A'D，A'C．当

【答案】22或2或【分析】存在三种情况：当A'D=DC，连接ED，勾股定理求得ED的长，可判断E，A'，D三点共线，根据勾股定理即可得到结论；当A'D=A'C，证明AEA'F是正方形，于是得到结论；当A'C=DC时，连接EC，【详解】解：①当A'D=DC时，连接

∵点E是AB的中点，AB=2，BC=22，四边形ABCD是矩形，∴AE=1，AD=BC=22，∠A=90°，∴DE=A∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'D=DC=AB=2∴DE=3=A'E+A'∴点E，A'，D∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'设AF=x，则A'F=x，FD=2在Rt△FA'D中∴22解得：x=22∴AF=22②当A'D=A'

∵A'D=A'∴点A'在线段CD∴点A'在线段AB∵点E是AB的中点，∴EA'是AB∴∠AEA'=90°∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF∴∠A=∠EA'F=90°，AF=FA∴四边形AEA'F∴AF=AE=1；③当A'C=DC时，连接EC，FC

∵点E是AB的中点，AB=2，BC=22，四边形ABCD是矩形，∴BE=1，∠B=90°，∴CE=B∵将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A'EF∴A'E=AE=1∵A'C=DC=AB=2∴CE=3=A'E+A'∴点E，A'，C∵∠A=90°，∴∠FA'E=∠FA'设AF=x，则A'F=x，FD=2在Rt△FA'C中，在Rt△DFC中，F∴A'即2解得：x=2，∴AF=2；综上所述，AF的长为22或2或1故答案为：22或2或1【点睛】本题考查矩形中的翻折问题，涉及矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．【题型3四边形中的最值问题】【例3】（2023春·江苏南通·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=60°．E是对角线BD上的一个动点（不与点B，D重合），连接AE，以AE为边作菱形AEFG，其中，点G位于直线AB的上方，且∠EAG=60°，点P是AD的中点，连接PG，则线段PG的最小值是．

【答案】3【分析】连接DG，过点P作PG'⊥CD，则当G点位于G'点时，PG有最小值即PG【详解】解：连接DG，过点P作PG'⊥CD，则当G点位于G'点时，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴AB=AD=6，AB∥CD，∴△ABD是等边三角形，∠ADC=120°，∴∠ABD=60°，∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=60°，∴AE=AG，∴∠BAE=∠DAG，∴△ABE≌△ADGSAS∴∠ABE=∠ADG，∴∠ADG=60°，∴C、D、G三点共线，∵点P是AD的中点，AD=6，∴PD=3，∵∠DPG'∴DG∴PG即线段PG的最小值是32故答案为：32【点睛】本题主要考查菱形的性质，全等三角形判定与性质，垂线段的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，确定PG最小值时的G点位置是解题的关键．【变式3-1】（2023春·湖北恩施·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E，F，G，H分别在正方形的四条边上，且GH∥

【答案】10【分析】根据垂线段最短及平行四边形的判定与性质可知当GH⊥EH时，HG、EF最短，EH、【详解】解：∵GH∥EF，∴四边形EFGH是平行四边形，∴∠EFG+∠FGH=180°，EH=FG，即四边形EFGH的周长=2(EF+FG)∵四边形ABCD为正方形，∴∠AEF+∠AFE=90°,∠GFB+∠FGB=90°，∠A=∠B=90°，∵∠GFB+∠AFE+∠EFG=180°,∠FGH+∠HGC+∠FGB=180°,∴∠AEF=∠HGC，∴△AEF≌△CGH，即AE=CG∴AE+BG=5，过AB作G点的对应点N,连接EN，过N点作MN⊥EA，交EA延长线于M，则EM=EA+AM=EA+NB=EA+BG=5,MN=5EF+FG最短为EN=E

∴四边形EFGH的周长最短=2EN=102故答案为102【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，轴对称的性质．掌握将军饮马问题是解题关键.【变式3-2】（2023春·四川成都·九年级统考期末）在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，OB=23，∠AOB=30°

(1)如图1，点P为射线OB上的动点，连接PA，若△PAB是等腰三角形，求PA的长度；(2)如图2，是否在x轴上存在点E，在直线BC上存在点F，以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点E，F的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图3，点M是BC边上的动点，过点M作OB的垂线交直线OA于点N，求OM+MN+NB的最小值．【答案】(1)3或3(2)存在，E-23,0，F3-23,3(3)6【分析】（1）分为点P在OB上和在OB的延长线上：当点P在OB上，可推出△APB是等边三角形，从而求得结果；当点P在OB的延长线上时，可推出AP=OA；（2）分为三种情形：OB是边时，当点F在BC的延长线时，可由OE=BF=OB=23求得CF=BF-BC=23-3，从而得出结果；当点FF'在CB的延长线上时，同样求得CF'=CB+BF'=CB+OB=3+23，OE'=OB+23，从而得出F'3+（3）作点O关于BC的对称点O'，作B点关于OA的对称点B'，连接O'B'，交BC于点M'，OA于点N'，此时OM+MN+NB的最小值为OM'+M'N'+N'B的长，即O'B'的长，作O'T⊥y轴，作B'T⊥TO'于T，根据OT'=CB=3，B'T=AB+AB【详解】（1）解：如图1，

当点P在OB上时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAO=90°，∵∠AOB=30°，∴∠ABO=90°-∠AOB=60°，AB=12OB=∵△ABP是等腰三角形，∴△ABP是等边三角形，∴AP=AB=3当点P（图中P'）在OB的延长线上时，∵∠ABO=60°，∴∠ABP'=120°，∵△ABP'是等腰三角形，∴AB=BP'，∴∠P'=30°，∴∠P'=∠AOB，∴AP'=OA=3，综上所述：AP=3或3（2）如图2，

存在点E和F，使以O，B，E，F为顶点的四边形是菱形，理由如下：OB是边时，当点F在BC的延长线时，∵OE=BF=OB=23∴CF=BF-BC=23-3，∴F3-2当点FF'在CB∵CF'=CB+B∴F'3+当OB是对角线时，（菱形BE″OF'）设OE'=B在Rt△ABE″∴m=2，∴E″2，综上所述：E-23,0，F3-23,3或（3）如图3，

作点O关于BC的对称点O'，作B点关于OA的对称点B连接O'B'，交BC于点M'，此时OM+MN+NB的最小值为OM'+作O'T⊥y轴，作B'∵OT'=CB=3∴O'∴OM+MN+NB的最小值为：6．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定及性质、坐标与图形、轴对称的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．【变式3-3】（2023春·江苏无锡·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AD=4，AB=m，E、F分别在边BC、CD上，并且△AEF为等边三角形，则m的取值范围为，若点G是边AB上的一点，且GA=2，则随着m的变化，

【答案】23≤m≤【分析】当点F与点D重合时，此时AB有最小值，当点E与点B重合时，此时AB有最大值，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求AB的长，即可求m的范围；可证△GAE≌△HAFSAS，即HF=GE，当点H，点N，点F共线时，HF有最小值，即可求解【详解】解：如图，当点F与点D重合时，此时AB有最小值，

∵△AEF为等边三角形，∴AF=AE=EF=4，∠FAE=60°，∠BAE=30°，∴BE=12AE=2，如图，当点E与点B重合时，此时AB有最大值，

∵△AEF为等边三角形，∴AF=AE=EF=m，∠EAF=60°，∠DAE=30°，∴DF=12AF=∴m=8∴23如图，当GA=2时，以AG为边作等边△AGH，作HN⊥AB，连接HF，

∴AG=AH，AE=AF，∴∠BAE=∠HAF，∴△GAE≌△HAFSAS∴HF=GE，∴当点H，点N，点F共线时，HF有最小值，此时，∵∠BAD=∠D=∠ANH=90°，∴四边形ADFN是矩形，∴AD=NF=4，∵△AGH是等边三角形，NH⊥AG，∴AN=1∴HF=4-3故答案为：23≤m≤8【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，利用特殊位置求线段AB的长是解题的关键.【题型4四边形中的折叠问题】【例4】（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）通过对下面几何图形的？作探究，解决下列问题．

【操作发现】如图1，探究小组将矩形纸片ABCD沿对角线BD所在的直线折叠，点C落在点E处，DE与AB边交于点F，再将纸片沿直线DM折叠，使AD边落在直线DE上，点A与点N重合．（1）∠MDB=_______度．（2）若AB=6，AD=3，求线段DF的长．【迁移应用】（3）如图2，在正方形纸片ABCD中，点E为CD边上一点，探究小组将△ADE沿直线AE折叠得到△AFE，再将纸片沿过A的直线折叠，使AB与AF重合，折痕为AH，探究小组继续将正方形纸片沿直线EH折叠，点C的对应点恰好落在折痕AH上的点M处，EM与AF相交于点N，若BH=1，求△AEN的面积．【答案】（1）45°；（2）154；（3）【分析】（1）四边形ABCD是矩形得到∠ADC=90°，由折叠可知∠NDM=12∠ADE,∠EDB=（2）由四边形ABCD是矩形可得CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，由折叠可知，DN=AD=3,DE=CD=6,∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，证明△ADF≌△EBFAAS，则AF=EF，设AF=EF=x，则DF=6-x,由勾股定理得到AD2+AF（3）先证明∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，可得EM=AM，则△AEM是等腰直角三角形，再证△NAM≌△∠HEMASA，则MN=MH,AN=EH，再求出∠NAM=∠HEM=30°，由折叠可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，则AH=2BH=2，由勾股定理得到AB=3，则AB=BC=CD=AD=3，再得到CH=3-1，得到EH=2CH=23-1【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，由折叠可知，∠ADM=∠NDM=1∴∠NDM+∠EDB=1∴∠MDB=∠NDM+∠EDB=45°，故答案为：45°（2）∵四边形ABCD是矩形，AB=6，AD=3，∴CD=AB=6,BC=AD=3，∠A=∠C=90°，由折叠可知，DN=AD=3,DE=CD=6,∠A=∠C=∠E=90°，BE=BC=AD=3，在△ADF和△EBF中，∠A=∠E=90°∠AFD=∠EFB∴△ADF≌△EBFAAS∴AF=EF，设AF=EF=x，则DF=DE-EF=6-x,在Rt△ADF中，A即32解得x=9∴DF=6-x=6-9（3）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠BCD=∠ADC=∠ABC=90°，AB=BC=CD=AD，由折叠可知，∠DAE=∠EAF=1∴∠EAF+∠FAH=1∴∠EAH=∠EAF+∠FAH=45°，由折叠可知，∠EMH=∠BCD=90°，∠ADC=∠AFE=90°，∠AED=∠AEF，∠CEH=∠HEM，∴∠EMA=∠180°-∠EMH=90°，∴∠AEM=180°-∠EAH-∠EMA=45°，∴EM=AM，∴△AEM是等腰直角三角形，∵∠NAM+∠ANM=∠HEM+∠ENF=90°，∠ANM=∠ENF，∴∠NAM=∠HEM，在△NAM和△∠HEM中，∠NAM=∠HEMAM=EM∴△NAM≌△∠HEMASA∴MN=MH,AN=EH，∵∠AED+∠AEF+∠CEH=2∠AEF+∠CEH=245°+∠HEM∴∠HEM=∠CEH=30°，∴∠NAM=∠HEM=30°，由折叠可知，∠BAH=∠NAM=30°，BH=FH=1，∴AH=2BH=2，∴AB=A∴AB=BC=CD=AD=3∴CH=BC-BH=3∴EH=2CH=23∴AN=EH=23-1，∴S△AEN即△AEN的面积为9-53【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、矩形的性质、折叠问题、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握特殊平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键．【变式4-1】（2023春·浙江杭州·九年级校考期中）如图1，一张矩形纸片ABCD，其中AD=8cm，AB=6cm，先沿对角线BD折叠，点C落在点C'的位置，BC'(1)求证：BG=DG；(2)求C'(3)如图2，再折叠一次，使点D与A重合，折痕EN交AD于M，求EM的长．【答案】(1)证明见解析(2)7(3)7【分析】（1）由折叠性质知∠A=∠C'，AB=C（2）设C'G=x，由全等性质知GD=GB=8-x，再在Rt△ABG（3）利用勾股定理求出BD=10，再证MN是△ABD的中位线得DN=12BD=5，MN=3，证明EN=ED，设EM=y，则ED=EN=y+3，由勾股定理得E【详解】（1）证明：∵矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点C'∴∠A=∠C'=90°在△GAB和△GC∠A=∠C∴△GAB≌△GC∴BG=DG；（2）解：∵△GAB≌△GC'D，AD=8∴AG=C设C'G=x，则∴GD=GB=8-x，∵在Rt△ABG中，A∴x2解得：x=7∴C'∴C'G的长为（3）再折叠一次，使点D与A重合，得折痕EN，且AD=8，AB=6，∴DM=12AD=12∴在Rt△ABD中，BD=∵EN⊥AD，AB⊥AD，∴EN∥∴点N是BD的中点，∴MN是△ABD的中位线，∴DN=12BD=由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC，在矩形ABCD中，AB∥∴EN∥∴∠END=∠NDC，∴∠END=∠NDE，∴EN=ED，设EM=y，则ED=EN=y+3，在Rt△EMD中，E∴y+32解得：x=7∴EM=7∴EM的长为76【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，等角对等边知识点．【变式4-2】（2023春·浙江宁波·九年级校联考期中）问题原型(1)如图1，在菱形ABCD中，∠B=60°，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．(2)如图2，在▱ABCD中，AE⊥BC于E，F为CD中点，连结AF，EF．试猜想△AEF的形状，并说明理由．(3)如图3，在▱ABCD中，F为CD上一点，连结BF，将∠C沿BF折叠，点C的对应点为C'．连结DC'并延长交AB于G，若AG=C'(4)如图4，直角坐标系中有▱ABCD，点A与原点重合，点B在x轴正半轴上，CD与y轴交于点E．将其沿过A的直线折叠，点B对应点B'恰好落在y轴上，且折痕交BC于M，B'M交CD于点N．若▱ABCD的面积为48，AB=8，AD=3【答案】(1)△AEF是等边三角形(2)△AEF是等腰三角形(3)证明见解析(4)52【分析】（1）连接AC，证明ΔABC和ΔACD是等边三角形，进而证明∠EAF=60°，证明ΔADF≅（2）取AB的中点，连接FH，直线FH交AE于G，证明四边形BCFH是平行四边形，FG//CE，进而得出GH是ΔABE的中位线，进一步得出Δ（3）由条件推出CF=BG，进而得出四边形BGDF是平行四边形，从而BF//DG，进而证明∠FDC'=∠DC'F，进一步得出结论；（4）根据条件求得DE=3，CE=5，从而求得BC的解析式，求出AM的解析式，从而求得点M坐标，求出MN的解析式，从而求得N点坐标，从而求得EN的长，求出ΔAMB'和Δ【详解】（1）如图1，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=BC=AB，∵∠B=60°，∴Δ∴AC=AB，∠BAC=60°，∵AE⊥BC，∴∠CAE=∠BAE=1同理可得：ΔACD∴AD=AC，∠DAC=60°，∵点F是CD的中点，∴∠CAF=12∠DAC=30°∴∠EAF=∠CAE+∠CAE=60°，在ΔADF和Δ∠D=∠B∠AFD=∠AEB=90°∴Δ∴AF=AE，∴Δ（2）如图2，ΔAEF取AB的中点，连接FH，直线FH交AE于G，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，AB=CD，∵点F是CD的中点，H是AB的中点，∴CF=1∴BH=CF，∴四边形BCFH是平行四边形，∴FG//CE，∴点G是AE的中点，∵AE⊥CE，∴FG⊥AE，∴AE=AF，即：ΔAEF（3）证明：由（2）知：AB=CD，AB//CD，∵AG=C'F，CF=C'F，∴AG=CF，∴CD=CF=AB-AG，∴CF=BG，∴四边形BGDF是平行四边形，∴BF//DG，∴∠FDC'=∠CFB，∠C'FB=∠DC'F，∵∠CFB=∠C'FB，∴∠FDC'=∠DC'F，∴DF=C'F，∴DF=CF，即：点F是CD的中点（4）由S平行四边形8AE=48，∴AE=6，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，CD=AB=8，∵∠EAB=90°，∴∠AED=∠EAB=90°，∴DE=A∴CE=CD-DE=5，∴C(5,6)，∴直线BC的解析式为：y=-2x+16，∵∠BAM=∠CAE=1∴直线AM的解析式为：y=x，由x=-2x+16得，x=16∴M(163，∵AB'=AB=8，∴B'(0,8)，∴直线MN的解析式为：y=-1当y=6时，6=-1∴x=4，∴EN=4，∴S∵S∴S【点睛】本题考查了菱形性质，平行四边形性质，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函数解析式等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造线段垂直平分线．【变式4-3】（2023春·江西宜春·九年级统考期末）课本再现：（1）如图1，ABCD是一个正方形花园，E，F是它的两个门，且DE=CF．要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？BE和AF的数量关系是：___________；BE和AF的位置关系是___________；（无需证明）知识应用：（2）如图2，ABCD是一个正方形草地，现要在内部修建两条路MN、EF，且①请问这两条路MN、②如图3，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，若折痕EF的长为13，求此时DE的长；拓展延伸：（3）如图4，将边长为12的正方形纸片沿EF折叠，点D落在BC边上的点N处，DN与EF交于点P，取AD的中点M，连接PM、PC，则PM+PC的最小值为___________，此时EF的长度是

【答案】（1）BE=AF，BE⊥AF；（2）①MN=EF，见解析，②DE=16924；（3）6【分析】（1）根据正方形性质可得，AB=AD=CD，又有DE=CF，因此可以得到AE=DF，因此可以证明得到△BAE≌ADF，从而证明得到BE=AF，∠AEB=∠DFA，根据三角形内角和定理可以得到∠EAO+∠DFA=90°，等量代换即可得到∠EAO+∠AEB=90°，因此证明得到∠AOE=90°，从而证明得到结论；（2）①过F点作FP⊥CD于点P，过点M作MQ⊥BC于点Q，MQ与FP相交于点H，同（1），证明△EFP≌△NMP，即可得到②连接DN，在Rt△DCN中，利用勾股定理求得CN的长，设DE=EN=x，则CE=12-x，在Rt（3）当点P、M、C三点共线时，PM+PC的值最小，即CM的长，利用勾股定理可求得CM的长，再证明△DMP≌△NCP，即可求解【详解】解：猜想BE=AF，BE⊥AF，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∵DE=CF，∴AD-DE=CD-CF，即AE=DF，在△BAE和△ADF中，AE=DF∠BAE=∠D∴△BAE≌ADFSAS∴BE=AF，∵∠D=90°，∴∠EAO+∠DFA=90°，∴∠EAO+∠AEB=90°，∴∠AOE=90°，∴BE⊥AF；故答案为：BE=AF，BE⊥AF；（2）①MN=EF，理由如下：过F点作FP⊥CD于点P，过点M作MQ⊥BC于点Q，MQ与FP相交于点H，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA，∵FP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，∴FP=BC，CD=MQ，∴FP=MQ，∠MHF=90°，∵MN⊥EF，∴∠MHF=∠MOF=90°，∴∠EFP+∠1=∠NMQ+∠1，∴∠EFP=∠NMQ，∴△EFP≌∴MN=EF；②连接DN，

由折叠可得DE=EN，DN⊥EF，由①中的结论得DN=EF=13，∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC=12，∴在Rt△DCN中，CN=∴设DE=EN=x，则CE=12-x，∴在Rt△CEN中，C∴12-x2解得x=169∴DE=169（3）当点P、M、C三点共线时，PM+PC的值最小，即CM的长，

根据勾股定理可求得CM=C由折叠的性质得DP=PN，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠DMP=∠NCP，∠MDP=∠CNP，∴△DMP≌△NCP，∴同理DN=65∴由（2）得EF=DN=65故答案为：65；6【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．【题型5矩形与等腰三角形】【例5】（2023春·广东深圳·九年级统考期末）【问题背景】某“数学学习兴趣小组”在学习了“等腰三角形的性质”和“平行四边形的性质和判定”后，在习题中发现了这样一个问题：如图1，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=90°，过点B作BF⊥AC于点F，请写出线段PD、PE、同学们经过交流讨论，得到了如下两种解决思路：解决思路1：如图2，过点P作PG⊥BF于点G；解决思路2：如图3，过点B作BH⊥PE，交EP的延长线于点H；(1)上述两种解决思路都可以证明一组三角形全等，判定一个四边形为平行四边形，从而可证得线段PD、PE、【类比探究】(2)如图4，在等腰△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，点P是底边BC上的点，且∠PDB=∠PEC=α，过点B作BF∥PE交AC于点F，请写出线段【拓展应用】(3)如图5，在△ACP与△BDP中，∠A=∠B=75°，∠APC=∠BPD=60°，点A、B、P在同一条直线上，若AB=6，PC=2，则PD=______________．【答案】(1)PD+PE=BF；(2)PD+PE=BF；(3)1+3【分析】（1）PD+PE=BF；图2：证明四边形PGFE是矩形，得到PE=GE，再证明△BDP≌△PGB，得到BG=DP，即可得到DP+PE=BG+GF，即DP+PE=BF；图3：证明四边形HBFE是矩形，得到BF=HE，BH∥EF，再证△BDP≌△BHP，得到PD=PH，即可推出PD+PE=BF；（2）PD+PE=BF，过点P作PM∥AC，得到四边形PEFM是平行四边形，推出PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，进而证明△BDP≌△PMB，得到PD=BM，即可证得PD+PE=BF；（3）延长DP至点N，使PN=PC=2，证明△APC≌△APN，得到∠PAN=∠PAC=75°，证得AN∥BD，过点N作NQ∥AB，交BD的延长线于Q，则四边形ABQN是平行四边形，过Q作QR⊥ND于点R，求出∠NQR=30°，勾股定理求出RQ，得到RD，即可求出PD．【详解】（1）解：PD+PE=BF，理由：图2：∵BF⊥AC，PG⊥BF，∴∠PGF=∠GFE=∠PEF=90°，∴四边形PGFE是矩形，PG∥EF，∴PE=GE，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠GPB，∵∠BDP=∠BGP=90°，BP=BP，∴△BDP≌△PGB，∴BG=DP，∴DP+PE=BG+GF，即PD+PE=BF；图3：∵BH⊥PE，BF⊥AC，∴∠H=∠BFE=∠PEF=90°，∴四边形HBFE是矩形，∴BF=HE，BH∥EF，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠CBH，∵∠BDP=∠H=90°，BP=BP，∴△BDP≌△BHP，∴PD=PH，∴PH+PE=PD+PE，即PD+PE=BF；故答案为：PD+PE=BF；（2）PD+PE=BF，理由如下：过点P作PM∥AC，∵BF∥PE，∴四边形PEFM是平行四边形，∴PE=MF，∠PMB=∠MFE=∠PEC，∴∠PDB=∠PMB，∵AB=AC，∴∠DBP=∠C=∠BPM，∵PB=PB，∴△BDP≌△PMB，∴PD=BM，∴PD+PE=BM+MF，即PD+PE=BF；（3）延长DP至点N，使PN=PC=2，∵∠APC=∠BPD=60°，∴∠APN=∠APC，∵AP=AP，∴△APC≌△APN，∴∠PAN=∠PAC=75°，∵∠ABD=75°，∴∠PAN=∠ABD，∴AN∥BD，过点N作NQ∥AB，交BD的延长线于Q，则四边形ABQN是平行四边形，∴NQ=AB=6，∠PNQ=∠DPB=60°，∠NQB=∠PBD=75°，过Q作QR⊥ND于点R，∴∠NQR=30°，∴NR=12NQ=3∴PR=1，RQ=NQ∵∠RQD=75°-30°=45°，∴∠D=45°，∴RD=RQ=33∴PD=RP+RD=1+33故答案为：1+33【点睛】此题是几何图形的综合题，考查了全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，勾股定理，正确引出辅助线是解题的关键．【变式5-1】（2023春·江苏无锡·九年级无锡市东林中学校考期末）已知在矩形ABCD中，AD=9，AB=12，O为矩形的中心，在等腰Rt△AEF中，∠EAF=90°，AE=AF=6．则EF边上的高为；将△AEF绕点A按顺时针方向旋转一周，连接CE，取CE中点M，连接FM，则FM的最大值为

【答案】32【分析】①根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可求出EF的长度，最后根据三角形面积法即可求出EF边上的高．②利用等腰直角三角形的性质求出NG长度，根据勾股定理求出AN长度，最后利用旋转的性质可求出CN取值范围，最后利用中位线定理即可求出FM取值范围，从而求出FM最大值．【详解】解：①∵△AEF为等腰直角三角形，AE=AF=6∴EF=A设EF边上的高为h，∴S∴6×6∴h=3∴EF边上的高为32故答案为：32②延长EF至N，使FN=EF，连接NC，AN，AC，过点A作AG⊥EF于G，如图所示，

由①可知，AG=32，FN=EF=6∵△AEF为等腰三角形，AG⊥EF，∴EG=FG=AG=1∴NG=FG+NF=32∴在Rt△AGN中，AN=∵矩形ABCD中，AD=9，AB=12，∴在Rt△ABC中，AC=∵在△AEF顺时针旋转一周，∴AC-AN≤CN≤AN+AC，∴15-65∵M为EC中点，F为EN中点，∴FM=1∴15-6∵FM最大，∴FM=15+6故答案为：15+65【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理和矩形的性质，解题的关键在于将FM转化为CN，建构与CN相关的三角形，利用旋转的性质求出最大值．【变式5-2】（2023春·北京东城·九年级期末）画一个四边形，使得该四边形的面积等于已知图形面积的一半．（1）如图1，已知等腰△ABC，D，E分别是AB，AC的中点，画四边形（2）如图2，已知四边形ABCD，AC⊥BD．四边的中点分别为E，F，G，H，画四边形EFGH；（3）如图3，已知平行四边形ABCD，点E，G分别在AD，BC上，且EG∥AB．点F，H分别在AB，以上三种画法中，所有正确画法的序号是（

）

A．（1）（3） B．（2） C．（2）（3） D．（1）（2）（3）【答案】C【分析】如图1所示，连接CD，证明S△ADE=S△CDE，进而得到S△ADE<S四边形DBCE，即可推出S四边形DBCE>12S△ABC；如图2所示，设AC、BD交于O，先求出S四边形ABCD=12AC⋅BD，利用三角形中位线定理得到EF∥HG，【详解】解：如图1所示，连接CD，∵E是AC的中点，∴S△ADE∴S△ADE<S∵S△ADE∴S四边形DBCE>

如图2所示，设AC、BD交于∵AC⊥BD，∴S四边形===1∵E、F分别是∴EF∥AC，同理可得HG∥AC，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴EH⊥EF，∴四边形EFGH是矩形，∴S四边形EFGH=EF⋅EH=

如图3所示，连接BE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵EG∥AB，∴四边形ABGE是平行四边形，∴S△BEG∵AB∥EG，∴S△BEG∴S△EFG同理可得S△HFG∴S∴S四边形EFGH=故选C．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，三角形中位线定理等等，熟知相关知识是解题的关键．【变式5-3】（2023春·福建厦门·九年级厦门外国语学校校考期末）如图①，在平面直角坐标系中，一次函数y=-34x+3分别与x轴和y轴交于点A、点B(1)如图②，点F在BC上，连接AF，把△ACF沿着AF折叠，点C刚好与线段AB上一点C'重合．①求点F的坐标；②请直接写出直线FC'的解析式：______；(2)如图③，动点Px,y在一次函数y=2x-31.5<x<4的图象上运动，点D在线段AC上，是否存在直角顶点为P的等腰直角△BDP，若存在，请求出点【答案】(1)①F的坐标为52，(2)存在，点P坐标为(2，1)或10【分析】（1）①由矩形的性质可得BC=OA=4，AC=OB=3，AC//OB，BC//OA，即可求解；②过点C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y轴于点G，C'M⊥x轴于M，因为在RtΔBC'F中，由等积法可得CE=65根据勾股定理可得，(2)分两种情况讨论，利用全等三角形的性质，可以求出PF=BE，EP=DF，即可求解；【详解】（1）①∵一次函数y=-34x+3分别与x轴和y轴交于点A可得A(4，0)B(0，3)∴OA=4，OB=3∵四边形OABC为矩形，∴BC=OA=4，OB=AC=3由折叠可知：Δ∴CF=F设CF=x，则F在Rt∆BFC'2解得：x=∴BF=4-∴F的坐标为5②过点C'作C'E⊥BF于E，C'G⊥y轴于点G由(1)可知FC∴在RtΔBB∴2×得CE=6∴BE=B∴∴C'(8设C'F为y=kx85解得：k=4所以C'F的解析式为：（2）设点P(a，2a-3)，当点P在BC下方时，如图③，过点P作EF//BC，交y轴于E，交AC于F，，∵△BPD是等腰直角三角形，∴BP=PD，∠BPD=90°∴EF//BC，∴∠BEP=∠BOA=90°∴∠PFD=∠CAO=90°∴∠BPE+∠DPF=∠DPF+∠PDF，∴∠BPE=∠PDF，∴△BPE≌△PDF(AAS)，PF=BE=3-(2a-3)=6-2a，EP=DF，∴EF=EP+PF=a+6-2a=4，a=2，∴点P(2，1)；当点P在BC的上方时，如图④，过点P作EF//BC，交y轴于E，交AC的延长线于F，同理可证△BPE≌△PDF，BE=PF=2a-3-3=2a-6，∵EF=EP+PF=a+2a-6=4，解得：a=∴点P103综上所述：点P坐标为(2，1)或103【点睛】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．【题型6菱形中的全等三角形的构造】【例6】（2023春·江苏泰州·九年级统考期末）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，点M、N分别是边BC、CD上的两个动点，∠MAN=60°，连接MN．

(1)△AMN是等边三角形吗？如是，请证明；如不是，请说明理由．(2)在M、N运动的过程中，△CMN的面积存在最大值吗？如存在，请求出该最大值；如不存在，请说明理由．【答案】(1)是，见解析；(2)存在，最大值为34【分析】（1）连接AC，证明△BAM≌△CANASA，推出AM=AN（2）利用全等三角形的性质得到四边形AMCN的面积，推出△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，由△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小．【详解】（1）是，理由如下：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，∴∠B=∠D=60°，AB=BC=CD=AD，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∴AB=AC，∠B=∠BAC=∠ACD=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△BAM和△CAN中，∠B=∠ACNAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形；（2）△CMN的面积存在最大值，理由如下：由（1）得：△BAM≌△CAN，∴S△BAM∴S四边形∴S四边形AMCN∴S四边形

则△AMN的面积最小时，△MCN的面积最大，∵△AMN是等边三角形，根据垂线段最短可知，AM⊥BC时，AM的值最小，△AMN的面积最小,∴∠AMB=90°，由（1）得：△ABC是等边三角形，则有：BM=MC=1在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM=∴S四边形同理：ME=1在Rt△AEM中，由勾股定理得：∴S△AMN=12×∴△MCN的面积的最大值=3【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，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．【变式6-1】（2023春·四川眉山·九年级统考期末）如图，菱形OABC的一边OC在x轴的正半轴上，O是坐标原点，B点坐标为8，4，点D是对角线OB上一点，连结DA，

(1)求证：DA=DC；(2)求菱形OABC的面积；(3)连接DE，当S△DAE=2时，求点【答案】(1)见详解(2)菱形OABC的面积为20(3)D【分析】（1）证明ΔABO≌（2）设x轴上的8的点为M，设OC=BC=x，则CM=OM-OC=8-x，在RtΔCBM中，利用勾股定理得CM2（3）先求出直线OB的函数解析式：y=12x，再设出D2a,a，那么【详解】（1）解：∵四边形OABC是菱形，∴AB=BC,∠ABO=∠CBO，∵BD=BD，∴ΔABO≌∴DA=DC；（2）解：如图设x轴上的8的点为M

∵四边形OABC是菱形,B点坐标为8，∴OC=BC，OM=10，BM=4,设OC=BC=x，则CM=OM-OC=8-x，∴在RtΔCBM中，CM2解得：x=5即OC=x=5，∴菱形OABC的面积：OC⋅BM=5×4=20；（3）设直线OB的函数解析式：y=kx，将B8，4代入y=kx，得4=8k，则则直线OB的函数解析式：y=1∵因为四边形OABC是菱形，∴AO=BC,∠AOE=∠BCM，又∵∠AEO=∠BMC=90°，∴ΔAEO≌∴AE=BM=4,OE=CM=8-OC=3，设点D2a,aS△DAE解得a=2，∴D4,2【点睛】本题考查的是一次函数和菱形的综合运用，涉及到勾股定理、全等三角形的判定和性质等，是一道代数几何综合性的题目，难度适中．【变式6-2】（2023春·重庆丰都·九年级统考期末）已知在菱形ABCD中，∠ABC=60°，连接对角线AC．

(1)如图1，E为AD边上一点，F为DC边延长线上一点，且AE=CF，连接AF，BE交于点G．①求证：BE=AF；②过点C作CH⊥BE，垂足为H，求证：CH=3(2)如图2，已知AB=4，将△ACD沿射线AC平移，得到△A'C'D'，连接【答案】(1)①见解析，②见解析(2)6【分析】（1）①根据菱形的性质和已知条件可得△ABC，△ACD是等边三角形，进而可得∠BAD=∠ACF，结合AB=AC，AE=CF，根据全等三角形的判定可得△ABE≌△CAF，即可证明；②作BM⊥FG于M，全等三角形的判定△BAM≌△CBH，△BAM≌△CBH进而求得∠GBM=30°，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理求得CH＝32BG；（2）设BD'交AC于点M，取BC的中点E，连接ME，CD'，证明四边形A'BCD'是平行四边形，BA'【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AB=BC=CD=AD，AD∥∴△ABC和△ACD均是等边三角形，∴∠ABC=∠ACD=60°，∴∠BAD=120°，∠ACF=180°-∠ACD=120°，故∠BAD=∠ACF，又∵AB=AC，AE=CF，∴△ABE≌△CAFSAS∴BE=AF；②证明：作BM⊥FG于M，如图：

∵△ABE≌△CAF，∴∠ABE=∠FAC，∵∠BAC=∠ABC=60°，∴∠ABC-∠ABF=∠BAC-∠FAC，即∠BAM=∠CBH，∵CH⊥BE，BM⊥FG，∴∠BMA=∵AB=BC，∴△ABM≌△BCHAAS∴CH=BM，∵∠BGM=∠ABE+∠BAF=∠BAF+∠CAF=∠BAC=60°，在Rt△BMG中，∠BGM=60°∴∠GBM=30°，∴GM=1∴BM=B∴CH=3（2）解：设BD'交AC于点M，取BC的中点E，连接ME，

由平移可知，A'D'∴A'D∥∴四边形A'∴A'M=MC，∵E是BC的中点，∴EM=1∴BA当E，M，D'三点共线时，B此时，如图，

∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=2，∴A'∴ED∴BA'+B【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平移的性质，平行四边形的性质与判定，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质、线段和最值等知识，涉及知识点较多，综合性强，综合运用以上知识是解题的关键．【变式6-3】（2023春·四川自贡·九年级成都实外校考期中）如图，在菱形ABCD中，M，N分别是边AB，BC的中点，MP⊥AB交边CD于点P，连接NM，NP．（1）若∠B=60°，这时点P与点C重合，则∠NMP=度；（2）求证：NM=NP；（3）当△NPC为等腰三角形时，求∠B的度数．【答案】（1）30；（2）证明见试题解析；（3）108°或90°．【分析】（1）由直角三角形的中线等于斜边上的一半，即可得出结论；（2）延长MN交DC的延长线于点E，由四边形ABCD是菱形，得出AB∥DC，从而有∠BMN=∠E，由点N是线段BC的中点，得出BN=CN，得出△MNB≌△ENC，从而有MN=EN，即点N是线段ME的中点，由MP⊥AB交边CD于点P，得出MP⊥DE，从而有∠MPE=90°，即可得出结论；（3）NC和PN不可能相等，所以只需分①PN=PC，②PC=NC两种情况进行讨论即可．【详解】（1）∵MP⊥AB交边CD于点P，∠B=60°，点P与点C重合，∴∠NPM=30°，∠BMP=90°，∵N是BC的中点，∴MN=PN，∴∠NMP=∠NPM=30°；（2）如图1，延长MN交DC的延长线于点E，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥DC，∴∠BMN=∠E，∵点N是线段BC的中点，∴BN=CN，在△MNB和△ENC中，∵∠BMN=∠E，∠MNB=∠ENC，BN=CN，∴△MNB≌△ENC，∴MN=EN，即点N是线段ME的中点，∵MP⊥AB交边CD于点P，AB∥DC，∴MP⊥DE，∴∠MPE=90°，∴PN=MN=12ME（3）如图2，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，又M，N分别是边AB，BC的中点，∴MB=12AB∴MB=NB，∴∠BMN=∠BNM，由（2）知：△MNB≌△ENC，∴∠BMN=∠BNM=∠E=∠CNE，又∵PN=MN=NE，∴∠NPE=∠E，设∠BMN=∠BNM=∠E=∠NCE=∠NPE=x°，则∠NCP=2x°，∠NPC=x°，①若PN=PC，则∠PNC=∠NCP=2x°，在△PNC中，2x＋2x＋x=180，解得：x=36，∴∠B=∠PNC＋∠NPC=2x°＋x°=36°×3=108°；②若PC=NC，则∠PNC=∠NPC=x°，在△PNC中，2x＋x＋x=180，解得：x=45，∴∠B=∠PNC＋∠NPC=x°＋x°=45°＋45°=90°；综上所述：∠B=108°或90°．【题型7正方形中线段的和差倍分关系】【例7】（2023春·福建龙岩·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，动点M在CD上，过点M作MN⊥CD，过点C作CN⊥AC，点E是AN的中点，连接BE交AC于点F．

(1)求证：BE⊥AC；(2)请探究线段BE、(3)设AB=2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的图形面积为________（直接写出答案）．【答案】(1)见解析(2)BE=2(3)3【分析】（1）连接CE，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出∠ACD=∠MCN=45°，从而得出∠ACN=90°，再根据直角三角形的性质以及点E为AN的中点即可得出AE=CE，由此即可得出B、E在线段AC的垂直平分线上，由此即可证得BE⊥AC；（2）BE=22AD+12（3）找出EN所扫过的图形为四边形DFCN，根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出BD∥CN，由此得出四边形DFCN为梯形，再由AB=1，可算出线段CF、DF、【详解】（1）证明：连接CE，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，AB=BC，∴∠ACB=∠ACD=1∵∠CMN=90°，CM=MN，∴∠MCN=45°，∴∠ACN=∠ACD+∠MCN=90°，∵在Rt△ACN中，点E是AN∴AE=CE=1∵AE=CE，AB=CB，∴点B，E在AC的垂直平分线上，∴BE垂直平分AC，∴BE⊥AC．（2）解：BE=2∵AB=BC，∠ABE=∠CBE，∴AF=FC，∵点E是AN中点，∴AE=EN，∴FE是△ACN的中位线．∴FE=1∵BE⊥AC，∴∠BFC=90°，∴∠FBC+∠FCB=90°．∵∠FCB=45°，∴∠FBC=45°，∴∠FCB=∠FBC，∴BF=CF，在Rt△BCF中，B∴BF=2∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AD，∴BF=2∵BE=BF+FE，∴BE=2（3）解：在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN，

∵∠BDC=45°，∠DCN=45°，∴BD∥∴四边形DFCN为梯形，∵AB=2，∴CF=DF=12BD=∴S梯形故答案为：3．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质以及梯形的面积公式，解题的关键是：（1）根据垂直平分线上点的性质证出垂直；（2）用AD表示出EF、BF的长度；（3）找出EN所扫过的图形．本题属于中档题，难度不小，解决该题型题目时，根据题意画出图形，利用数形结合解决问题是关键．【变式7-1】（2023春·贵州遵义·九年级统考期末）过正方形ABCD（四边都相等，四个角都是直角）的顶点A作一条直线MN．

(1)当MN不与正方形任何一边相交时，过点B作BE⊥MN于点E，过点D作DF⊥MN于点F，如图（1），请写出EF，BE，DF之间的数量关系，并证明你的结论．(2)若改变直线MN的位置，使MN与CD边相交如图（2），其它条件不变，EF，BE，DF的关系会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明；(3)若继续改变直线MN的位置，使MN与BC边相交如图（3），其它条件不变，EF，BE，DF的关系又会发生变化，请直接写出EF，BE，DF的数量关系，不必证明．【答案】(1)EF=BE+DF，证明见解析(2)EF=BE-DF(3)EF=DF-BE【分析】（1）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AF+AE=BE+DF；（2）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AF-AE=BE-DF；（3）求出∠BAE=∠ADF，证明△ABE≌△DAFAAS，可得AF=BE，AE=DF，进而可得EF=AE-AF=DF-BE；【详解】（1）解：EF=BE+DF；证明：四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AF+AE=BE+DF；（2）EF=BE-DF；证明：四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AF-AE=BE-DF；（3）EF=DF-BE；证明：四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAF=90°，又∵BE⊥MN，DF⊥MN，∴∠BEA=∠DFA=90°,∠DAF+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ABE和△DAF中∠BEA=∠DFA∠BAE=∠ADF∴△ABE≌△DAFAAS，∴AF=BE，AE=DF，∴EF=AE-AF=DF-BE．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，根据同角的余角相等证明∠BAE=∠ADF是解题的关键．【变式7-2】（2023春·吉林四平·九年级统考期末）感知：如图（1）所示，四边形ABCD是正方形，点G是线段BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，求证：探究一：如图（2）所示，若点G在CB的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF存在怎样的等量关系？猜想并证明这一结论．探究二：若点G在BC的延长线上，上述其余条件不变，则AF，BF，EF又存在怎样的等量关系？直接写出结论．

【答案】感知：见解析；探究一：AF+BF=EF，证明见解析；探究二：BF-AF=EF．【分析】感知：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证；探究一：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证；探究二：根据正方形的性质，利用ASA可证△ABF≌△DAE，从而可得BF=AE，即可求证．【详解】感知：证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，∵DE⊥AG，BF∥∴∠DEA=∠AFB=90°，∴∠DAE+∠ADE=∠BAF+∠DAE=90°．∴∠ADE=∠BAF，在△ABF和△DAE中∠ADE=∠BAFDA=AB∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE，∵AF-AE=EF，∴AF-BF=BF．探究一：结论：AF+BF=EF理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=DA，∴∠BAF+∠DAE=90°，∵DE⊥AG，∴∠DEA=90°，∴∠DAE+∠ADE=90°，∴∠ADE=∠BAF，∵BF∥∴∠AFB+∠DEA=180°，∴∠AFB=∠DEA=90°，在△ABF和△DAE中∠ADE=∠BAFDA=AB∴△ABF≌△DAE（ASA），∴BF=AE，∵AF+AE=EF，∴AF+BF=EF．探究二：结论：BF-AF=EF，

理由如下：如图：由感知同理可证△ABF≌△DAE，∴BF=AE，∵AE-AF=EF，∴BF-AF=EF．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握判定方法及性质是解题的关键．【变式7-3】（2023春·江苏常州·九年级常州市清潭中学校考期中）已知：在△ABC中，AD为中线，以AB、AC为边向△ABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH．(1)如图①，当∠BAC=90°时，求证：FH=2AD．(2)如图②③，当∠BAC≠90°时，FH与AD有怎样的关系？在图②和图③中可任选一个图，证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)FH=2AD,AD⊥FH，理由见解析【分析】（1）由直角三角形的性质可得BC=2AD，由“SAS”可证ΔBAC≌ΔFAH，可得BC（2）由“SAS”可证ΔADC≌ΔMDB，可得BM=AC,∠M=∠DAC，由“SAS”可证ΔABM≌ΔFAH，可得【详解】（1）证明：∵以AB、AC为边向ΔABC的形外作正方形ABEF、正方形ACGH∴AB=AF,AC=AH,∠BAF