专题11 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 17题型03三角形类比探究问题 31中考练场 37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，点为矩形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

(1)求证：；(2)当时，求的长；(3)令，．①求证：；②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)①见解析；②【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明，即可解答；（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答；②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．【详解】（1）证明：四边形为矩形，，，四边形与关于所在直线成轴对称，，，；（2）解：如图，过点作于，设设，则，，，四边形为矩形，，点为矩形的对称中心，，，在中，，可得方程，解得（此时，故舍去0），；

（3）解：①证明：过点作于，连接，点为矩形的对称中心，，，，，，，，，即，，，；

②如图，连接，由题意可得,点为矩形的对称中心，，同理可得，由（1）知，，即，，，，，，，，即，，，，，，，，，，，，，当时，由①可得，解得，，，．

【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，已知正方形和正方形．(1)在图1中，点E，F，G分别在边，，上，求出的值．(2)将正方形绕点A顺时针旋转至图2所示位置，连接，，请问（1）中的结论是否发生变化？并加以证明；(3)如果正方形的边长为5，正方形的边长为3．当正方形绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线时，请直接写出的长．【答案】(1)；(2)不发生变化，证明见解析；(3)或．【分析】（1）本题根据正方形性质和勾股定理得到，再由利用平行线分线段成比例，得到，推出，即可解题．（2）本题连接，得到，由旋转的性质证明，得到，即可证明（1）中的结论不变．（3）本题根据正方形绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线，利用勾股定理算出，点E，F，B三点共线分两种情况，①当点E，F在点B的左侧时，作于点N，作于点M，②当点E，F在点B的右侧时，作交的延长线于点，作交于点P，对以上两种情况结合辅助线构造以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：四边形和都是正方形，，，，，，，，故答案为：；（2）解：不变，理由如下：连接，四边形和都是正方形，，，由旋转的性质可知，，，，（1）中的结论不变．（3）解：当正方形绕点A顺时针旋转至点E，F，B三点共线时，分以下两种情况：①当点E，F在点B的左侧时，如下图所示，作于点N，作于点M，正方形的边长为5，正方形的边长为3．，，，，，，，，，，，，，，，，，；②当点E，F在点B的右侧时，如下图所示，作交的延长线于点，作交于点P，，，，，，，，，，，由题易知，四边形为矩形，，，，；综上所述，的长为或．【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，四边形和四边形都是正方形，且，交于点A，正方形绕点A旋转，连接，．(1)如图1，求证：，；(2)如图2，将绕点F逆时针旋转，得到线段，连接．①求证：四边形是平行四边形；②连接，若，，直接写出在正方形旋转的过程中，线段长度的最大值．【答案】(1)详见解析(2)①详见解析；②最大值为【分析】（1）由题意易得，，，然后可证，则有，进而问题可求证；（2）①由（1）可得，，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，由题意易证，则有，要使的值最大，即为的值最大，当点D、A、E三点共线时，的值最大，进而问题可求解．【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形，∴，，，∴，∴，∴．设与相交于点P，与相交于点Q．在和中，，∵，，∴．∴．（2）①证明：由（1）可知：，由旋转可知：，∴，∴四边形是平行四边形．②解：连接，如图所示：∵，∴，∴，∴，要使的值最大，即为的值最大，当点D、A、E三点共线时，的值最大；∵，∴，∴的最大值为，∴最大值为．【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，宽为．(1)【实践探究】小红将两个完全相同的长方形纸片和摆成图1的形状，点A与点重合，边与边重合，边，在同一直线上．请判断：的形状为_____________；(2)【解决问题】如图2，在（1）的条件下，小明将长方形绕点A顺时针转动（转动角度小于），即，边与边交于点，连接，平分，交于点，，求的度数；(3)【拓展研究】从图2开始，小亮将长方形绕点A顺时针转动一周，若边所在的直线恰好经过线段的中点时，连接，，请直接写出的面积．【答案】(1)等腰直角三角形(2)(3)或【分析】（1）根据矩形的性质，可证明，得到，，再利用直角三角形的性质，可推得，即得答案；（2）过点A作于，先证明，得到，可进一步证明，，从而可得答案；（3）分旋转角小于和大于两种情形，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）长方形纸片和完全相同，，，，，，，，，，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，，，，，，，，，在中，，，平分，；（3）情况一，如图，当旋转角小于时，过作于点，，为中点，，，，，，在中，，，，，，，情况二：如图，当旋转角大于时，过作于，同情况一得，，，在中，，，，，综上所述，为或．【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：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．

特例感知：（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；（2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由；规律探究：（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可；（2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形；（3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形．【详解】（1）证明：连接，，，如图，

∵四边形，都是正方形，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即点P恰为的中点；（2）是等腰直角三角形，理由如下：∵四边形，都是正方形，∴∴，∴是等腰直角三角形；（3）的形状不改变，延长至点M，使，连接，

∵四边形、四边形都是正方形，∴，，∵点P为的中点，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，设交于点H，交于点N，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，，∵，∴，即，∵，∴，即，∴，∴，∴，∴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，平行四边形中，，，点是边上的点，连结，以为对称轴作的轴对称图形．(1)如图2，当点正好落在边上时，判断四边形的形状并说明理由；(2)如图1，当点是线段的中点且时，求的长；(3)如图3，当点，，三点共线时，恰有，求的长．【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析(2)(3)【分析】（1）根据折叠得出，，证明三角形是等腰三角形，进一步得出结果；（2）解等腰三角形，作于，解斜三角形，从而求出结果；（3）证明，，从而求得和，进一步求得．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由折叠可得，，，，四边形是平行四边形，，，，，，四边形是菱形；（2）如图，作于，作于，，，，，，，，，，，设，，，在中，，，，∴，∴(舍去)，，，；（3），，即：，四边形是平行四边形，，由折叠可得，，，，，，，，，，同理可得，，，，．【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，在矩形中，点O是的中点，点E是边上动点，将沿翻折得，连接并延长交边于点M，连接．【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为边中点【拓展迁移】（3）如图③，延长交射线于点N，当，，时，求的长．【答案】（1）直角（2）见解析（3）【分析】（1）由沿翻折得，得，，，继而证得，得到，从而得到，继而证得，即可得出结论；（2）连接，证明，得，然后由矩形的性质与点O是的中点，可得出结论；（3）由矩形性质和勾股定理，求得，再由翻折性质得，，，设，则，然后由勾股定理，得，解方程即可求解．【详解】解：（1）∵点O是的中点，∴，∵沿翻折得，∴，，，∴，∵∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴为直角三角形．（2）连接，∵矩形，∴，，，，∴，∵沿翻折得，∴，，∴，∵点O是的中点，∴，∴，当E、F、C三点在一条直线上时，∴，在与中，，∴∴，∴∴，∴，在与中，，∴，∴，∵，∴∴点M是的中点．（3）∵矩形，∴，，∴，∵∵点O是的中点，∴，由勾股定理，得，∵沿翻折得，∴，，，∴，，设，则，由勾股定理，得，解得：，即．【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，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，请写出图中的一个角：______．(2)【拓展探究】如图2，孔明小组继续将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，连接交于点P．①______度；②若，求线段的长．(3)【迁移应用】如图3，在矩形，点E，F分别在边上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，请直接写出线段的长．【答案】(1)，见解析(2)①，见解析；，见解析；(3)线段的长为或2；【分析】（1）根据折叠性质和正方形的性质可得；（2）①由折叠性质可得，，，结合可得，即可求解；②根据是等腰直角三角形，可证，设，根据，即可求解；（3）在上取一点J，使得，过点J作，交于点K，连接，可得，设，则，根据勾股定理即可求解．【详解】（1）解：；∵四边形是正方形，，由折叠性质可得：，，，即；（2）解：①∵四边形是正方形，，由折叠性质可得：，，，，由操作一得：，是等腰直角三角形，，，，，；②∵是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，，，设，，，，，，解得：，，；（3）解：如图，在上取一点J，使得，过点J作，交于点K，连接，

当时，，，，，，由（1）可知，，设，则，，，，当时，同理可得，综上所述，线段的长为或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，小华将矩形纸片先沿对角线折叠，展开后再折叠，使点落在对角线上，点的对应点记为，折痕与边，分别交于点，.【活动猜想】（1）如图2，当点与点重合时，四边形是哪种特殊的四边形？答：_________.【问题解决】（2）如图3，当，，时，求证：点，，在同一条直线上.【深入探究】（3）如图4，当与满足什么关系时，始终有与对角线平行？请说明理由.（4）在（3）的情形下，设与，分别交于点，，试探究三条线段，，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），证明见解析；（4），理由见解析【分析】（1）由折叠可得：，，再证得，可得，利用菱形的判定定理即可得出答案；（2）设与交于点，过点作于，利用勾股定理可得，再证明，可求得，进而可得，再由，可求得，，，运用勾股定理可得，运用勾股定理逆定理可得，进而可得，即可证得结论；（3）设，则，利用折叠的性质和平行线性质可得：，再运用三角形内角和定理即可求得，利用解直角三角形即可求得答案；（4）过点作于，设交于，设，，利用解直角三角形可得，，即可得出结论．【详解】解：（1）当点与点重合时，四边形是菱形．理由：设与交于点，如图，由折叠得：，，，四边形是矩形，，，，，四边形是菱形．故答案为：菱形．（2）证明：四边形是矩形，，，，，，，，，如图，设与交于点，过点作于，由折叠得：，，，，，，，即，，，，，，，即，，，，，，，，，，点，，在同一条直线上．（3）当时，始终有与对角线平行．理由：如图，设、交于点，四边形是矩形，，，，设，则，由折叠得：，，，，，，，，，即，，，，；（4），理由如下：如图，过点作于，设交于，由折叠得：，，，设，，由（3）得：，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，，即．【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，在正方形中，点E是对角线上的动点（与点B、D不重合），连接，过点E作，，分别交直线于点F、G．①求证：；②求的值；（2）【类比探究】如图，将（1）中的“正方形”改为“矩形”，其他条件均不变．①若，，求的值；②若，直接写出的值（用含m的代数式表示）；（3）【拓展运用】如图，在矩形中，点E是对角线上一点（与点B、D不重合），连接，过点E作，，分别交直线于点F、G，连接，当，，时，求的长．【答案】（1）①证明见解析；②；（2）①；②；（3）【分析】（1）①由“”可证；②由全等三角形的性质可得，即可求解；（2）①根据（1），可证，可得，通过证明，即可求解；②根据（1），可证△ABE∽△FGE，可得，通过证明，即可求解；（3）由锐角三角函数和等腰三角形的性质可求的长，由相似三角形的性质可求和的长，由勾股定理可求的长，即可求解．【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，在和中，，∴；②由①知：△ABE≌△FGE，∴AE=EF，故答案为：1；（2）①四边形是矩形，∴，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②∵四边形是矩形，∴，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）如图，过点C作于H，过点E作于Q，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，由（2）可知：，∴．【点睛】本题主要考查了正方形性质，等腰三角形性质，全等三角形判定和性质，相似三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．2．（2023·山东泰安·三模）【例题探究】数学课上，老师给出一道例题，如图，点在的延长线上，且，若求证：；请用你所学的知识进行证明．【拓展训练】如图，点在的延长线上，且，若，，，则的值为______；（直接写出）【知识迁移】将此模型迁移到平行四边形中，如图，在平行四边形中，为边上的一点，为边上的一点若求证：．【答案】（1）详见解析；（2）；（3）详见解析【分析】（1）由，，推出，进而得出结论；（2）在上截取，连接，可证得，从而，进而得出；（3）以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，可得出，从而，进一步得出结论．【详解】（1）证明：，，，，；（2）解：如图，在上截取，连接，，是等边三角形，，，，，，由（1）知：，，，故答案为：；（3）证明：如图，以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，，，四边形是平行四边形，，，，，，由（1）知：，，，．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定的性质，平行四边形的性质，平行线的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”．1．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】(1)正方形，见解析(2)，见解析；②【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴四边形为矩形．∵，∴．∴矩形为正方形．（2）：①．证明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如图：设的交点为M，过M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴点G是的中点；由勾股定理得，∴；∵，∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的长为．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．2．（2022·辽宁阜新·中考真题）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．(1)如图，求证：≌；(2)直线与相交于点．如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．【答案】(1)见解析(2)①见解析②【分析】根据证明三角形全等即可；根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，．，．，，在和中，≌；（2）证明：如图中，设与相交于点．，．≌，．，．，，，四边形是矩形，．四边形是正方形，，．．又，≌．．矩形是正方形；解：作交于点，作于点，∵∴≌．．，，最大时，最小，．．由可知，是等腰直角三角形，．【点睛】本题属于四边形综合题，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，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．（2023·山东淄博·中考真题）在数学综合与实践活动课上，小红以“矩形的旋转”为主题开展探究活动．(1)操作判断小红将两个完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①．试判断：的形状为________．

(2)深入探究小红在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点旋转，若，．探究一：当点恰好落在的延长线上时，设与相交于点，如图②．求的面积．探究二：连接，取的中点，连接，如图③．求线段长度的最大值和最小值．

【答案】(1)等腰直角三角形(2)探究一：；探究二：线段长度的最大值为，最小值为【分析】（1）由，可知是等腰三角形，再由，推导出，即可判断出是等腰直角三角形，（2）探究一：证明，可得，再由等腰三角形的性质可得，在中，勾股定理列出方程，解得，即可求的面积；探究二：连接，取的中点，连接，取、的中点为、，连接，，，分别得出四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，则，可知点在以为直径的圆上，设的中点为，，即可得出的最大值与最小值．【详解】（1）解：两个完全相同的矩形纸片和，，是等腰三角形，，．，，，∵，∴，∴，，，，是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角三角形；（2）探究一：，，，，，，，，，，，在中，，，解得，，的面积；探究二：连接，取的中点，连接，，取、的中点为、，连接，，，

是的中点，，且，，，，，且，四边形是平行四边形，，，，，，，四边形是平行四边形，，，点在以为直径的圆上，设的中点为，，的最大值为，最小值为．【点睛】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，圆的性质，能够确定H点的运动轨迹是解题的关键．4．（2022·内蒙古通辽·中考真题）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)2(2)(3)或【分析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；（2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（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．【详解】（1）解：正方形与正方形有公共点，点在上，在上，四边形是正方形（2）解：如图，连接，正方形绕点逆时针方向旋转，，（3）解：①如图，，，,,，三点共线，中，，，由（2）可知，

，．②如图：由（2）知△ADG∽△ACE，∴，∴DG=CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=8，AC=，∵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=，∴CE=CG+EG=8+8，∴DG=CE=．综上，当C，G，E三点共线时，DG的长度为或．【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．5．（2022·四川乐山·中考真题）华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．证明：设CE与DF交于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴，．∴．∵，∴．∴．∴．∴．∴．某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．【答案】(1)1；证明见解析(2)(3)【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．【详解】（1），理由为：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，∴AM＝HF，AN＝EG，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN，在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN∴△ABM≌△ADN∴AM＝AN，即EG＝FH，∴；（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD∥BC，∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，∴AM＝HF，AN＝EG，在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM＝90°，∴∠BAM＝∠DAN．∴△ABM∽△ADN，∴，∵，，AM＝HF，AN＝EG，∴，∴；故答案为：（3）解：∵，，∴是等边三角形，∴设，过点，垂足为，交于点，则，在中，，∵，，∴，，又∵，∴，∵，，∴，∴，∴，即．【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．6．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由；【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题；【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．

【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析；【分析】（1）证明，可得，从而可得结论；（2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论；（3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案．【详解】解：（1）∵，，，∴，，∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴矩形是正方形．（2）∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，同理可得：，∵正方形，∴，∴，∴，，∴四边形是正方形，∴，∴．（3）如图，连接，∵，正方形，∴，，，∵，∴，∴，

∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定