备战2022年中考复习重难点与压轴题型专项突围训练专题07 特殊平行四边形的综合问题 【典型例题】1．(2021·广东·广州市第二中学南沙天
元学校八年级期末)在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点．连接AE，过点B作BF⊥AE于F．交AD于H．(1)如图1，过点D作
DG⊥AE于G，求证：△AFB≌△DGA；(2)如图2，点E为CD的中点，连接DF，求证：FH+FE＝DF；(3)如图3，AB＝1
，连接EH，点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请直接写出点P运动的路径长．【答案】(1)证明见解析(
2)证明见解析(3)【解析】【分析】(1)由正方形的性质得AB＝AD，∠BAD＝90°，证明∠BAF＝∠ADG，然后由AAS证△A
FB≌△DGA即可；(2)如图2，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J，先证△ABH≌△DAE(ASA)，得AH＝
DE，再证△DJH≌△DKE(AAS)，得DJ＝DK，JH＝EK，则四边形DKFJ是正方形，得FK＝FJ＝DK＝DJ，则DF＝,F
J，进而得出结论；(3)如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD于K，设PT＝b，
由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)，则AH＝DE，再由直角三角形斜边上的中线性质得PD＝PH＝PE，然后由等腰三角形的性质得D
H＝2DK＝2b，DE＝2DT，则AH＝DE＝1﹣2b，证出PK＝QK，最后证点P在线段QR上运动，进而由等腰直角三角形的性质得Q
R＝DQ＝．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°∵DG⊥AE，BF⊥AE∴∠AFB＝∠DGA＝90
°∵∠FAB+∠DAG＝90°，∠DAG+∠ADG＝90°∴∠BAF＝∠ADG在△AFB和△DGA中∵∴△AFB≌△DGA(AAS
)．(2)证明：如图2，过点D作DK⊥AE于K，DJ⊥BF交BF的延长线于J由题意知∠BAH＝∠ADE＝90°，AB＝AD＝CD∵
BF⊥AE∴∠AFB＝90°∵∠DAE+∠EAB＝90°，∠EAB+∠ABH＝90°∴∠DAE＝∠ABH在△ABH和△DAE中∵∴
△ABH≌△DAE(ASA)∴AH＝DE∵点E为CD的中点∴DE＝EC＝ CD∴AH＝DH∴DE＝DH∵DJ⊥BJ，DK⊥AE∴∠
J＝∠DKE＝∠KFJ＝90°∴四边形DKFJ是矩形∴∠JDK＝∠ADC＝90°∴∠JDH＝∠KDE在△DJH和△DKE中∵∴△D
JH≌△DKE(AAS)∴DJ＝DK，JH＝EK∴四边形DKFJ是正方形∴FK＝FJ＝DK＝DJ∴DF＝FJ∴∴FH+FE＝FJ﹣
HJ+FK+KE＝2FJ＝DF．(3)解：如图3，取AD的中点Q，连接PQ，延长QP交CD于R，过点P作PT⊥CD于T，PK⊥AD
于K，设PT＝b由(2)得△ABH≌△DAE(ASA)∴AH＝DE∵∠EDH＝90°，点P为EH的中点∴PD＝EH＝PH＝PE∵P
K⊥DH，PT⊥DE∴∠PKD＝∠KDT＝∠PTD＝90°∴四边形PTDK是矩形∴PT＝DK＝b，PK＝DT∵PH＝PD＝PE，P
K⊥DH，PT⊥DE∴PT是△DEH的中位线∴DH＝2DK＝2b，DE＝2DT∴AH＝DE＝1﹣2b∴PK＝ DE＝﹣b，QK＝D
Q﹣DK＝﹣b∴PK＝QK∵∠PKQ＝90°∴△PKQ是等腰直角三角形 ∴∠KQP＝45°∴点P在线段QR上运动，△DQR是等腰直
角三角形∴QR＝DQ＝∴点P的运动轨迹的长为．【点睛】本题考查了三角形全等，正方形的判定与性质，直角三角形斜边的中线，等腰三角形的
性质等知识．解题的关键在于对知识的综合灵活运用．【专题训练】选择题1．(2021·湖南·师大附中梅溪湖中学二模)如图，在菱形ABC
D中，点F在线段CD上，连接EF，且∠CBE+∠EFC＝180°，DF＝2，FC＝3．则DB＝( )A．6B．C．5D．【答案】D
【解析】【分析】根据菱形的性质可得BD=2DE，BC=CD=5，从而得到∠CBE=∠CDB，再由∠CBE+∠EFC＝180°，可得
∠CBE=∠CDB=∠DFE，从而得到△DEF∽△DCB，可得到，解得 ，即可求解．【详解】解：在菱形ABCD中，BD=2DE，B
C=CD=DF+FC=2+3=5，∴∠CBE=∠CDB，∵∠CBE+∠EFC＝180°，∠DFE+∠EFC＝180°，∴∠CBE=
∠DFE，∴∠CBE=∠CDB=∠DFE，∵∠CDB=∠EDF，∴△DEF∽△DCB，∴ ，∴，∴ ，解得： ，∴ ．故选：D【点
睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理，菱形的性质定理是解题的关键．2．(广西壮
族自治区玉林市2021-2022学年九年级上学期期末数学试题)如图，在中，点，，分别是，，的中点，则下列四个判断中错误的是( )A
．四边形是平行四边形B．若，则四边形不一定是矩形C．若四边形是菱形，则是等腰三角形D．若四边形是正方形，则是等腰直角三角形【答案】
B【解析】【分析】利用正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定进行依次推理，可求解．【详解】解
：点，，分别是，，的中点，，，，，四边形是平行四边形，故正确；若，四边形是矩形，故错误；若四边形是菱形，则，，是等腰三角形，故正确
，若四边形是正方形，则，，，，是等腰直角三角形，故正确，故选：．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，菱形的性质，平行四边形
的判定，等腰直角三角形的判定，熟练运用这些性质是解本题的关键．3．(2022·重庆南开中学八年级开学考试)如图所示，在长方形中，，
在线段上取一点，连接、，将沿翻折，点落在点处，线段交于点．将沿翻折，点的对应点恰好落在线段上，且点为的中点，则线段的长为( ) A
．3B．C．4D．【答案】A【解析】【分析】设长为，根据图形沿着某条边折叠所得的两个图形全等，得出A=AB=CD=D，，利用AAS
再证，F即是AD的中点，已知再根据边之间的长度关系列出等式，解方程即可．【详解】解：设F长为，∵沿翻折，点落在处，沿翻折，使点的对
应点落在线段上，∴A=AB=CD=D，，在△AB′F和△DC′F中，∴(AAS)，∴=，AF=DF，∴，∵点为的中点，∴，∴，得，
经检验是方程的解，并符合题意，∴．故选：A．【点睛】本题考查图形折叠问题，矩形性质，三角形全等判定与性质，勾股定理等知识，掌握以上
知识是解题关键．4．(2021·广东·东莞市石龙第二中学模拟预测)如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上(与B、C不重
合)，四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC＝FG；②S△
FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ?AC，其中正确的是( )A．①②B．①③④C．①②③D．①
②③④【答案】D【解析】【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA
≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=FB?FG=S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角
形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD?FE=AD2=FQ?AC，
④正确．【详解】解：∵四边形ADEF为正方形，∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，∴∠CAD+∠FAG=90°，∵FG⊥CA，∴
，∴∠CAD=∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD(AAS)，∴AC=FG，故①正确；∵BC=AC，∴FG=B
C，∵，FG⊥CA，∴，∴四边形CBFG是矩形，∴CBF=90°，，故②正确；∵CA=CB，，∴，故③正确；∵，∴△ACD∽△FE
Q，∴AC：AD=FE：FQ，∴AD?FE=AD2=FQ?AC，故④正确；∴正确的有①②③④．故选：D．【点睛】本题考查正方形的性
质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．二、填空题5．(四
川省成都市高新区2021-2022学年九年级上学期期末数学试题)如图，四边形ABCD是边长为cm的菱形，其中对角线BD的长为2cm
，则菱形ABCD的面积为 _____cm2．【答案】4【解析】【分析】首先根据菱形的性质可得BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，然
后再根据勾股定理计算出AO长，进而得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，∵BD＝2c
m，∴BO＝1cm，∵AB＝cm，∴AO＝＝＝2(cm)，∴AC＝2AO＝4cm．∴S菱形ABCD＝(cm2)．故答案为：4．【点
睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；解题的关键是熟悉菱形的面积公式和直角三角形三边之间的关系．6．(2021·广东南海·二模)如
图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知BF＝6cm，且tan∠BAF＝，则折痕AE长是________．【
答案】【解析】【分析】由折叠的性质得AF＝AD，EF＝DE，由矩形的性质得AF＝AD＝BC，DC＝AB，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
再由解得AB的值，由勾股定理得AF，知AD，CF的值，设EF＝DE＝xcm，则CE＝AB﹣DE＝(8﹣x)cm，然后在Rt△EFC
中，由勾股定理求出x的值，在Rt△ADE中，由勾股定理得，计算求解即可．【详解】解：由折叠的性质得：AF＝AD，EF＝DE∵四边形
ABCD为矩形∴AF＝AD＝BC，DC＝AB，∠B＝∠C＝∠D＝90°∵∴由勾股定理得(cm)∴AD＝BC＝10(cm)∴CF＝B
C﹣BF＝4(cm)设EF＝DE＝xcm，则CE＝(8﹣x)cm在Rt△EFC中，由勾股定理得x2＝42+(8﹣x)2解得：x＝5
∴DE＝5cm在Rt△ADE中，由勾股定理得(cm)故答案为：cm．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，正切．解题
的关键在于找出线段的数量关系，多次运用勾股定理求解．7．(2021·广东·佛山市三水区三水中学附属初中二模)如图，Rt△ABC中，
∠C=90°，AC=3，BC=4，点P为AB边上任一点，过P分别作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，则线段EF的最小值是______
___________．【答案】【解析】【分析】证四边形PECF是矩形，根据矩形的性质得出EF=CP，根据垂线段最短得出CP⊥AB
时，CP最短，然后根据三角形的面积公式求出此时CP值即可．【详解】解：连接CP，∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理
得：AB=5，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC=∠PFC=∠ACB=90°，∴四边形EPFC是矩形，∴EF=CP，当CP⊥AB
时，CP最小，即EF最小，根据三角形面积公式得：AC×BC=AB×CP，∴CP=，故答案为：．【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的
面积，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识点；能求出EF最短时P点的位置是解此题的关键．8．(2021·广东东莞·二模)如图，已知正
方形ABCD边长为3，点E在AB边上且BE＝1， P、Q分别是边BC，CD的动点(均不与顶点重合)，当四边形AEPQ的周长最小时，
四边形AEPQ的面积是______．【答案】####【解析】【分析】根据最短路径的求法，先确定点E关于BC的对称点E′，再确定点A
关于DC的对称点A′，连接A′E′即可得出P，Q的位置；再根据相似得出相应的线段长从而可求得四边形AEPQ的面积．【详解】解：如图
所示：作E关于BC的对称点E′，点A关于DC的对称点A′，此时四边形AEPQ的周长最小，∵AD＝A′D＝3，BE＝BE′＝1，∴A
A′＝6，AE′＝4．∵DQ∥AE′，D是AA′的中点，∴， ，， ∴∴∴DQ＝AE′＝2，∵BP∥AA′，∴△BE′P∽△AE′
A′，∴＝，即＝ ，BP＝，S四边形AEPQ＝S正方形ABCD﹣S△ADQ﹣S△PCQ﹣S△BEP＝ ＝＝．故答案为：【点睛】此题
考查轴对称、相似三角形的判定及性质、平行线的性质等知识，利用轴对称作出辅助线确定得出P、Q的位置是解题关键．三、解答题9．(202
1·广东·一模)如图，在矩形ABCD中，AD＜2AB，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交D
C于点F，连接EF．(1)求证：△EGF≌△EDF；(2)若点F是CD的中点，BC＝8，求CD的长．【答案】(1)见解析(2)4【
解析】【分析】(1)由翻折和矩形的性质可知∠EGF＝∠D＝90°，EG＝ED，可通过HL证明Rt△EGF≌Rt△EDF；(2)根据
点F是CD的中点知：CF＝CD，BF＝，在Rt△BCF中，利用勾股定理即可列出方程．(1)证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GB
E，∴∠BGE＝∠A，AE＝GE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∴∠EGF＝∠D＝90°，∵点E是AD的中点，∴E
A＝ED，∴EG＝ED，在Rt△EGF与Rt△EDF中，∴Rt△EGF≌Rt△EDF(HL)．(2)由(1)知Rt△EGF≌Rt△
EDF，∴GF＝DF，∵点F是CD的中点，∴GF＝DF＝CF＝，在矩形ABCD中，∠C＝90°，AB＝CD，又由折叠可知AB＝GB
，∴GB＝CD，∴BF＝GB+GF＝，在Rt△BCF中，由勾股定理得：∴，∵CD＞0，∴CD＝．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，
全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确翻折前后对应边相等是解题的关键．10．(2022·湖南·长沙市湘一立信实验学校八年级期
末)如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速
度向终点D运动．连接PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．(1)则CQ的长度为 (用含t的式子表示)；(2)当四边
形ABQP是平行四边形时，求t的值；(3)当点O在线段AP的垂直平分线上时，求t的值．【答案】(1)5﹣t；(2)当t秒时，四边形
ABQP是平行四边形；(3)【解析】【分析】(1)利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；(
2)由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；(3)
在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t
的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值．(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，AD∥BC，∴∠PAO＝∠QCO
，∵∠AOP＝∠COQ，∴△APO≌△CQO(ASA)，∴AP＝CQ＝t，∵BC＝5，∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；故答案为：5﹣t
；(2)∵AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，即t＝5﹣t，t＝ ，∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
(3)t＝ ，如图，在Rt△ABC中，∵AB＝3，BC＝5，∴AC= ∴AO＝CO＝AC＝2， ∴3×4＝5×EF，∴，∴，∵OE
是AP的垂直平分线，∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2， 或(舍去)∴当秒时，点O在线段AP
的垂直平分线上．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键．1
1．(2022·云南省昆明市第二中学九年级期末)如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与边、分别交于点、，连结、．(1)试判断四边形的
形状，并说明理由；(2)若，，求的长；(3)连结，若，求的值．【答案】(1)四边形是菱形．理由见解析(2)(3)【解析】【分析】(
1)由矩形的性质及线段垂直平分线的性质，可证得，从而得AE=CF，即可证得四边形AFCE是平行四边形，进而可得四边形AFCE是菱形
；(2)设，，由四边形AECF是菱形及勾股定理可求得m，从而可得BC的长，由勾股定理可求得AC的长，从而可得OC的长，再由勾股定理
求得OF的长，最后求得EF的长；(3)设，，由矩形的性质及BE⊥CE，易得，由相似三角形的性质可得关于a、b的方程，即可求得的值，
从而求得结果．(1)四边形是菱形．理由如下：∵四边形是矩形，∴，，∴，∵是的垂直平分线，∴，，在和中， ∴，∴，∴四边形是平行四边
形，又∵，∴四边形是菱形；(2)∵，∴设，，∵四边形是菱形，∴，EF=2 OE=2OF，，AC⊥EF，在中，∵，∴，∴，∴，，∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，∴，在Rt△OCF中，由勾股定理得： ∴，∴．(3)设，，则，，．∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，
∴，∴，∴，∴或(舍去)，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股
定理，解方程等知识，熟练运用这些知识是解决问题的关键．根据问题的特点设元是本题的特点．12．(2022·成都市龙泉驿区四川师范大学
东区上东学校九年级期末)如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由
点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm和1cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和点Q，连接EF、EP(s)(
0＜t＜4)．(1)t为何值时四边形ABEF是矩形？四边形ABEF能否为正方形？并说明理由．(2)连接DQ，若四边形EQDF为平行
四边形，求t的值．(3)运动时间t为何值时，EF⊥AC？【答案】(1)t=时，四边形ABEF是矩形；四边形ABEF不能为正方形，理
由见解析.(2)t值为2；(3)运动时间t为s时，EF⊥AC.【解析】【分析】(1)由四边形ABEF是矩形，可得：AF＝BE，然后
分别用含有t的式子表示A与BE即可求t的值；若四边形ABEF为正方形，则AB=BE=AF，即可判断；(2)由四边形EQDF为平行四
边形，可得：DF＝EQ，然后分别用含有t的式子表示DF与EQ即可求t的值；(3)先确定出AC＝10，进而得出∠ACB的余弦值，利用
三角函数得出CP，CG，即可得出PG，再判断出△PFG∽△EFQ，建立方程即可得出结论，(1)解：在矩形ABCD中，AB＝6cm，
BC＝8cm，∵点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为2cm/s和1
cm/s，∴t秒后，BE=2t，AF=AD-DF=8-t，∵四边形ABEF是矩形，∴BE=AF，即2t=8-t，解得t=，故t=时
，四边形ABEF是矩形；四边形ABEF不能为正方形.理由：当t=时，BE=AF=，故四边形ABEF不能为正方形.(2)解：在矩形A
BCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，∴AB＝CD＝6cm，AD＝BC＝8cm，∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝∠B＝90°，由勾股
定理得：AC＝10，∵FQ⊥BC，∴∠FQC＝90°，∴四边形CDFQ是矩形，∴DF＝QC，DC＝FQ＝6cm，t秒后，BE＝2t
，DF＝QC＝t，∴EQ＝BC?BE?QC＝8?3t，∵四边形EQDF为平行四边形，∴FD＝EQ，即：8?3t＝t，解得：t＝2，
故t值为2；(3)解：在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，根据勾股定理得，AC＝10cm，∵∠B＝∠D＝∠BCD＝90°
，FQ⊥BC于Q，∴四边形CDFQ是矩形，∴CQ＝DF，由运动知，BE＝2t，DF＝t，∴CQ＝t，CE＝BC?BE＝8?2t，A
F＝8?t，∴EQ＝CE?CQ＝8?3t，在Rt△ABC中，cos∠ACB＝，在Rt△CPQ中，cos∠ACB＝，∴CP＝t，∵E
F⊥AC，∴∠CGE＝90°＝∠ABC，∴∠ACB＋∠FEQ＝90°，∵∠ACB＋∠BAC＝90°，∴∠FEQ＝∠BAC，∴△AB
C∽△EQF．∴，即，∴EQ＝，∴8?3t＝，解得：t＝s，故运动时间t为s时，EF⊥AC.【点睛】此题是四边形的综合题，主要考查
了矩形的性质，平行四边形的性质，动点问题，相似三角形的判定与性质，综合性较强，难度适中．13．(2021·广东南海·二模)如图1，
已知正方形ABCD，AB＝4，以顶点B为直角顶点的等腰Rt△BEF绕点B旋转，BE＝BF＝，连接AE，CF．(1)求证：△ABE≌
△CBF．(2)如图2，连接DE，当DE＝BE时，求S△BCF的值．(S△BCF表示△BCF的面积)(3)如图3，当Rt△BEF旋
转到正方形ABCD外部，且线段AE与钱段CF存在交点G时，若M是CD的中点，P是线段DG上的一个动点，当满足MP+PG的值最小时，
求MP的值．【答案】(1)见解析(2)2或6(3)【解析】【分析】(1)由“SAS”可证△ABE≌△CBF；(2)由“SSS”可证
△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可证AH＝EH，由勾股定理可求BE的长，即可求解；(3)先确定点P的位置，过点
B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的长，由平行线分线段成比例可求解．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠AB
C＝90°，∵∠EBF＝90°＝∠ABC，∴∠ABE＝∠CBF，又∵BE＝BF，AB＝BC，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌
△CBF(SAS)；(2)解：如图2，过点E作EH⊥AB于H，∵△ABE≌△CBF，∴S△ABE＝S△CBF，∵AD＝AB，AE＝
AE，DE＝BE，∴△ADE≌△ABE(SSS)，∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵EH⊥AB，∴∠EAB＝∠AEH＝45°，∴AH
＝EH，∵BE2＝BH2+EH2，∴10＝EH2+(4﹣EH)2，∴EH＝1或3，当EH＝1时∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH
＝×4×1＝2，当EH＝3时∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×3＝6，∴S△BCF的值是2或6；(3)解：如图3，过点P
作PK⊥AE于K，由(1)同理可得△ABE≌△CBF，∴∠EAB＝∠BCF，∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠
CAE+∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∵∠AGC＝∠ADC＝90°，∴点A，点G，点C，点D四点共圆，∴∠ACD＝∠AGD
＝45°，∵PK⊥AG，∴∠PGK＝∠GPK＝45°，∴PK＝GK＝PG，∴MP+PG＝MP+PK，∴当点M，点P，点K三点共线时
，且点E，点G重合时，MP+PG值最小，即MP+PG最小，如图4，过点B作BQ⊥CF于Q，∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥
EF，∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，∵CQ＝，∴CE＝CQ﹣EQ＝，∵MK⊥AE，CE⊥AE，∴MK∥CE，∴，又∵M是CD的中
点，∴DC＝2DM，∴MP＝CE＝．【点睛】本题主要考查勾股定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质，熟练掌握勾股
定理、全等三角形的性质与判定、正方形的性质及圆的基本性质是解题的关键．14．(2021·广西·南宁二中九年级开学考试)(1)感知：
如图①，在正方形ABCD中，E为边AB上一点(点E不与点AB重合)，连接DE，过点A作，交BC于点F，证明：．(2)探究：如图②，
在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点(点E，F不与正方形的顶点重合)，连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G
，H，垂足为O．若E为AB中点，，，求GH的长．(3)应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，，BF，AE相
交于点G．若，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则的面积为______，的周长为______．【答案】(1)见
解析；(2)；(3)，【解析】【分析】感知：由正方形的性质得出AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，证得∠ADE＝∠BAF，由A
SA证得△DAE≌△ABF(ASA)，即可得出结论；探究：分别过点A、D作，分别交BC、AB于点N、M，由正方形的性质得出，AB＝
CD，∠DAB＝∠B＝90°，推出四边形DMEF是平行四边形，ME＝DF＝1，DM＝EF，证出DM⊥GH，同理，四边形AGHN是平
行四边形，GH＝AN，AN⊥DM，证得∠ADM＝∠BAN，由ASA证得△ADM≌△BAN，得出DM＝AN，推出DM＝GH，由E为A
B中点，得出AE＝AB＝2，则AM＝AE﹣ME＝1，由勾股定理得出DM＝，即可得出结果；应用：S正方形ABCD＝9，由阴影部分的面
积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，由SAS证得△ABE≌△BCF，得出∠BEA＝∠
BFC，S△ABG＝S四边形CEGF，则S△ABG＝，∠FBC+∠BEA＝90°，则∠BGE＝90°，∠AGB＝90°，设AG＝a
，BG＝b，则，2ab＝6，由勾股定理得出a2+b2＝AB2＝32，a2+2ab+b2＝15，即(a+b)2＝15，得出a+b＝，
即可得出结果．【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵，∴，，∴，在和中，，∴≌(ASA)，∴．探究：解：分别过点A、D作
，，分别交BC、AB于点N、M，如图②所示：∵四边形ABCD是正方形，∴，，，∴四边形DMEF是平行四边形，∴，，∵，，∴，同理，
四边形AGHN是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴≌(ASA)，∴，∴，∵E为AB中点，∴，∴，∴，∴．应用：解：
∵AB＝3，∴S正方形ABCD＝3×3＝9，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，∴阴影部分的面积为：×9＝6，∴空
白部分的面积为：9﹣6＝3，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF(SAS)，∴∠BEA＝∠BFC，S△ABG＝S四边形C
EGF，∴S△ABG＝×3＝，∠FBC+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴∠AGB＝90°，设AG＝a，BG＝b，则ab＝，
∴2ab＝6，∵a2+b2＝AB2＝32，∴a2+2ab+b2＝32+6＝15，即(a+b)2＝15，而 ∴a+b＝，即BG+AG
＝，∴△ABG的周长为+3，故答案为：，．【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
、三角形面积与正方形面积的计算等知识，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．15．(2022·重庆大渡口·
九年级阶段练习)如图，四边形ABCD是菱形，其中，点E在对角线AC上，点F在射线CB上运动，连接EF，作，交DC延长线于点G．(1
)试判断的形状，并说明理由；(2)图中，．①当时，以点B为原点，射线BC为正半轴建立平面直角坐标系．平面内是否存在一点M，使得以点M、E、F、G为顶点的四边形与菱形ABCD相似？若存在，求出点M的坐标，若不存在，说明理由；②记点F关于直线AB的轴对称点为点N．若点N落在的内部(不含边界)，求CF的取值范围．【答案】(1)是等边三角形，理由见解析(2)①或或；②【解析】【分析】(1)过点E作，交FC于M，根据菱形的性质得，故，推出，由得，故是等边三角形，根据ASA证明，由全等三角形的性质得，即可得出答案；(2)①首先求出点E的坐标，求出CD的函数解析式，根据求出点G的坐标，从而求出点M的坐标；②找出点N落在DC上的位置，求出CF的长度，当N落在DE上时，求出CF的长度，从而确定CF的范围．(1)是等边三角形，理由如下：如图，过点E作，交FC于M，∵四边形ABCD是菱形，∴，∴，∴，∴,∵，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，,∵，∴，在和中，，∴，∴，∴是等腰三角形，∵，∴是等边三角形；(2)①如图所示，过点A作轴交于点T，∵，∴，∴，，过点E作轴交于点H，交AB于点K，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴，，∴，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴，∴，，∴CD的解析式为，设，∵是等边三角形，∴，即，解得：或(舍去)，当时，，∴，当是菱形EFMG时，，当是菱形EFGM时，，当是菱形FGEM时，，综上所述，或或；②如图，当N在CD上时，作于P，点关于AB的对称点N在CD上，∴，，∴，在中，，∴，如图，当N在DE上时，N与关于AB对称，AB与DN交于点Q，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，轴对称性质以及三角函数，解题关键是灵活应用相关知识． |
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