专题25以四边形为载体的几何综合问题-挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)专题25以四边形为载体的几何综合问题 【例1】(2022·贵州黔西·中考真题)如图1
，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．(1)当时，求证：；(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)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a
，b的代数式表示EF的长．【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)【分析】(1)先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“
SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；(2)延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形
的性质求解；(3)过点H作于点N，易得，进而求出，再根据(2)的结论求解．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴，．在和中，∴，
∴；(2)解：BE，EF，DF存在的数量关系为．理由如下：延长CB至M，使，连接AM，则．在和中，∴，∴，．∵，∴．∴∠MAE=∠
FAE，在和中，∴，∴EM=EF，∵EM=BE+BM，∴；(3)解：过点H作于点N，则．∵，∴，∴．在和中，∴，∴．∵，，∴，∴，
由(2)知，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键
．【例2】(2022·辽宁丹东·中考真题)已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点(点E不与点B重合)，连接AE，以AE为一边
构造矩形AEFG(A，E，F，G按逆时针方向排列)，连接DG．(1)如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位
置关系；(2)如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；(3)如图3，在(2)的条件下，连接B
G，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．【答案】(
1)BE＝DG，BE⊥DG(2)BE＝，BE⊥DG，理由见解析(3)S△MNG＝【分析】(1)证明△BAE≌△DAG，进一步得出结
论；(2)证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；(3)解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据(2)可得DG＝6，从而得出三角形BEG
的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．(1)解：由题意得：四边形ABCD和四边形A
EFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，∴∠BAE＝∠DA
G，∴△BAE≌△DAG(SAS)，∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG
＝90°，∴BE⊥DG；(2)BE＝，BE⊥DG，理由如下：由(1)得：∠BAE＝∠DAG，∵＝＝2，∴△BAE∽△DAG，∴，∠
ABE＝∠ADG，∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，∴∠BDG＝90°，∴BE⊥DG；(3)如图，作AH⊥BD于H
，∵tan∠ABD＝，∴设AH＝2x，BH＝x，在Rt△ABH中，x2+(2x)2＝()2，∴BH＝1，AH＝2，在Rt△AEH中
，∵tan∠ABE＝，∴，∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，∵BD＝＝5，∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，由(2)得：，D
G⊥BE，∴DG＝2BE＝6，∴S△BEG＝＝＝9，在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，∴DM＝G
M＝，∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN(SSS)，∵MN是△BEG的中位线，∴MNBE，∴△BEG∽△MNG，∴＝()2＝，∴S
△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识
，解决问题的关键是类比的方法．【例3】(2022·湖南益阳·中考真题)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△AF
B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？【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE(2)CE＝7.5(3)当CE的长为长为或3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．(1)解：(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＝5
x，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：设AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴ ，即，∴，∴CE＝；②当C''F＝BF
时，如图3，由(1)知：△AFB∽△BGC，∴ ，设BF＝5a，CG＝3a，∴C''F＝5a，∵CG＝C''G，BE⊥CC''，∴CF＝
C''F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C
′F为腰的等腰三角形．【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，
等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．【例4】(2022·四川绵阳·中考真题)如图，
平行四边形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的
路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．(1)如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设C
E与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；(2)如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，Δ
AEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？(3)如图3，H在线段AB上且AH＝HB，
M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．【答案】(1)；(2)y
关于x的函数解析式为；当时，y的最大值为；(3)当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由见解析【分析】(1)延长DF交CB的延长线于点
G，先证得，可得，根据题意可得AF=，AE=，可得到CG=3，再证明△PDE∽△PGC，即可求解；(2)分三种情况讨论：当0≤x≤
2时，E点在AD上，F点在AB上；当时，E点在BD上，F点在AB上；当时，点E、F均在BD上，即可求解；(3)当EF∥BD时，能使
EM＝HM．理由：连接DH，根据直角三角形的性质，即可求解 ．(1)解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，∵四边形ABCD是平行
四边形，∴，∴，∴，∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为秒，∴AF=，AE=，∵AB=4，AD=2，∴
BF=， ED=，∴，∴BG=1，∴CG=3，∵，∴△PDE∽△PGC，∴，∴；(2)解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上
，F点在AB上，此时AE=x，，∵， AB=4，AD=2，∴，∴△ABD是直角三角形，∵，∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如图
，过点E作交于H，∴，∴；∴当x＞0时，y随x的增大而增大，此时当x=2时，y有最大值3；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图，
过点E作交于N，过点D作交于M，则EN∥DM，根据题意得：DE=x-2，∴，在Rt△ABD中，，AM=1，∵EN∥DM，∴△BE
N∽△BDM，∴，∴∴，∴，此时该函数图象的对称轴为直线 ，∴当时，y随x的增大而增大，此时当时，y有最大值；当时，点E、F均在B
D上，过点E作交于Q，过点F作交于P，过点D作DM⊥AB于点M，∴，DA+DE=x，∵AB=4，AD=2，∴，，∵PF∥DM，∴△
BFP∽△BDM，∴，即，∴，∵，∴△BEQ∽△BDM，∴，即，∴，∴，此时y随x的增大而减小，此时当时，y有最大值；综上所述：y
关于x的函数解析式为当时，y最大值为；(3)解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：连接DH，如图，∵，AB=4，∴．AH=
1，由(2)得：此时，∵M是DF的中点，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=H
M．【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．【例5
】(2022·上海·中考真题)平行四边形，若为中点，交于点，连接．(1)若，①证明为菱形；②若，，求的长．(2)以为圆心，为半径，
为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值．【答案】(1)①见解析；②(2)【分析】(1)①连接AC交BD于O
，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论；②先证
点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE
2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=
25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长；(2)由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点
E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE
，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt
△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值．(1)①证明：如图
，连接AC交BD于O，∵平行四边形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，
∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四边形，∴四边形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的
中线，∵为中点，∴AP是△ABC的中线，∴点E是△ABC的重心，∴BE=2OE，设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股
定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=2
5-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四边形，∴BD=2OB=6；(2)解：如图，∵⊙A与⊙B
相交于E、F，∴AB⊥EF，由(1)②知点E是△ABC的重心，又在直线上，∴CG是△ABC的中线，∴AG=BG=AB，GE=CE，
∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=A
E2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+(AE)2=5AE2，∴
BC=AE，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题
目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目．一、解答题【共20题】1．(2022·山西实验中学模拟预测)综合与实践：问题情境：在
综合与实践课上，数学老师出示了一道思考题：如图，在正方形中，是射线上一动点，以为直角边在边的右侧作等腰直角三角形，使得，，且点恰好
在射线上．(1)如图1，当点在对角线上，点在边上时，那么与之间的数量关系是_________；探索发现：(2)当点在正方形外部时如
图2与图3，(1)中的结论是否还成立？若成立，请利用图2进行证明；若不成立，请说明理由；问题解决：(3)如图4，在正方形中，，当是
对角线的延长线上一动点时，连接，若，求的面积．【答案】(1)；(2)成立，证明见解析；(3)．【分析】(1)连接，根据正方形的性质
和是等腰直角三角形，证得，可得，即可；(2)连接，根据正方形的性质和是等腰直角三角形，证得，可得，即可；(3)连接交于点，过点作交
直线于点，根据正方形的性质，可得，再证得，可得，，在中，根据勾股定理可得，即可．【详解】(1)解：如图，连接，∵四边形是正方形，∴
，，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴．即；故答案为：；(2)解：(1)中的结论还成立，证明如下：如图2，连接，∵
四边形是正方形，∴，，∴，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴．即；(3)解：如图4，连接交于点，过点作交直线于点，∵四
边形是正方形，，∴，，，∴，，∴，，∴，∴，在中，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，在中，由勾股定理得，，设，∴，解得，，(舍去)，即
，∴．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定
理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．2．(2022·湖北·武汉市新洲区阳逻街第一初级中学三模)(1)如图，在正方形中，是上一动点
，将正方形沿着折叠，点落在点处，连接，并延长交于点求证：；(2)在(1)的条件下，如图，延长交边于点若，求的值；(3)如图，四边形
为矩形，同样沿着折叠，连接，延长分别交于两点，若，则的值为___________(直接写出结果)【答案】(1)见解析；(2)；(3
)【分析】根据证明三角形全等即可；如图中，连接根据，求出即可解决问题；如图中，连接由，可以设，根据相似三角形的判定和性质可得，则，
利用勾股定理构建方程求解即可．【详解】证明：如图中，是由折叠得到，，，四边形是正方形，，，，在和中，， ；解：如图中，连接． ，，
由折叠可知，，四边形是正方形，，，，，，，设，则，，设，，由折叠可知，，，，或舍弃，，；解：如图中，连接．由，设，由知，，由折叠可
知，，，，，， ，，，，， ，，或舍弃，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，
相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考
压轴题．3．(2022·浙江嘉兴·一模)如图1，已知正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，，．连接．(1)求图1中、的长(用含
m的代数式表示)．(2)如图2，正方形固定不动，将图1中的正方形绕点C逆时针旋转度()，试探究、之间的数量关系，并说明理由．(3)
如图3，在(2)条件下，当点A，F，E在同一直线上时，连接并延长交于点H，若，求m的值．【答案】(1)BG=　，AF＝(2)AF=
BG(3)【分析】(1)延长FG交AB于H，在Rt△BCG中，由勾股定理，求BG的长，在Rt△AHG中，由勾股定理，求AF的长；(
2)连接AC、CF，在等腰Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，则，从而可证△
ACF∽△BCG，得，即可得出结论；(3)连接AC，证明△AHF∽△CHA，得，又由正方形，EF=CE=1，可求得CF=，即从而求
得CH=CF+FH=+=2，代入得，即可求得AH=2， DH=AD-AG=m-2，然后在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即 求解即
可．(1)解：延长FG交AB于H，如图1，∵正方形和正方形，点B、C、E在同一直线上，∴∠ABC=∠BCD=∠CGD=∠CGH=9
0°，AB=BC=m，CG=GF=CE=1，在Rt△BCG中，由勾股定理，得；∴∠BHG=90°，∴四边形BCGH是矩形，∠AHG
=90°，∴GH=BC=m，BH=CG=1，∴AH=m-1，在Rt△AHG中，由勾股定理，得；(2)解：连接AC、CF，如图2，∵
正方形和正方形，∴∠ACB=∠FCG=45°，∴∠ACB+∠ACG=∠FCG+∠ACG，∴∠BCG=∠ACF，在等腰Rt△ABC中
，由勾股定理，得AC=BC，在等腰Rt△FGC中，由勾股定理，得CF=CG，∴，∴△ACF∽△BCG，∴，即AF=BG；(3)解：
连接AC，如图3，∵正方形和正方形，∴∠CAD=∠CFE=45°，CD=AD=BC=m，∵∠CFE=∠CAF+∠ACF，∠CAD=
∠CAF+∠FAH，∴∠FAH=∠ACF，∵∠AHF=∠CHA，∴△AHF∽△CHA，∴，∵正方形，EF=CE=1，∴CF=，∴C
H=CF+FH=+=2，∴，∴AH=2，∴DH=AD-AG=m-2，在Rt△CDH中，由勾股定理，得，即 解得：，(不符合题意，舍
去)．∴m的值为．【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定
和性质并能灵活运用是解题的关键．4．(2022·北京市第十九中学三模)如图，在中，，，是的中点，是延长线上一点，平移到，线段的中垂
线与线段的延长线交于点，连接、．(1)连接，求证：；(2)依题意补全图形，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)
见解析(2)图见解析，结论：，理由见解析【分析】(1)利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题；(2)图形如图所示，结论：，想办
法证明即可．(1)证明：连接．，，，，；(2)解：图形如图所示，结论：．理由：连接，，取的中点，连接，，．点在的垂直平分线上，，，
，，，四边形，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，四边形四点共圆，，，，，，四点共圆，，，．【点睛】本题考查作图平移变换，直角三
角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，线段的垂直平分线的性质，平行四边形的判定与性质，圆周角的性质等知识，解题的关键是灵活运用
所学知识解决问题，属于中考常考题型．5．(2022·浙江绍兴·一模)如图①，在正方形中，点E与点F分别在线段上，且四边形是正方形．
(1)试探究线段与的关系，并说明理由．(2)如图②若将条件中的四边形与四边形由正方形改为矩形，，．①线段在(1)中的关系仍然成立吗
？若成立，请证明，若不成立，请写出你认为正确的关系，并说明理由．②当为等腰三角形时，求的长．【答案】(1)，理由见解析(2)①位置
关系保持不变，数量关系变为；理由见解析；②当为等腰三角形时，的长为或或．【分析】(1)如图1，根据证明，可得，及，则，所以；(2)
①如图2，连接交于点O，连接，根据矩形的性质和直角三角形斜边中线的性质得：，可知在以点O为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得
，再证明，得；②先根据，设，分三种情况：(i)当时，如图3，根据等腰三角形三线合一的性质和中位线定理可得x的值，从而计算的长；(i
i)当时，如图4，证明，列比例式可得的长，从而根据，求得x的值，同理可得的长；(iii)当时，如图5，根据，可得x的值，同理可得的
长．(1) 理由：如图1，∵四边形是正方形，∴ ∵四边形是正方形，∴ ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ 即．(2)①位置关系保持不变，数量
关系变为 理由：如图2，连接交于点O，连接，∵四边形是矩形，∴ 中，，中，，∴∴在以点O为圆心的圆上，∵ ∴为的直径，∵ ∴也是的
直径，∴，即 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴，∴ ②由①知：∴设 分三种情况：(i)当时，如图3，过E作于H，则，∴ ∴ 由勾股定理得：?∴
即∴ (ii)当时，如图4，过D作于H，∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ (iii)当时，如图5，∴ ∴ ∴ 综上所述，当为等腰
三角形时，CG的长为或或．【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是正方形的性质、菱形的性质、三角形相似的性质和判定、等腰三角形的判定
、圆的定义以及全等三角形的判定和性质，掌握相关的性质定理，并采用分类讨论的思想是解题的关键．6．(2022·广东·揭西县宝塔实验学
校三模)如图1，在矩形中，，，E是边上一点，连接，将矩形沿折叠，顶点D恰好落在边上点F处，延长交的延长线于点G．(1)求线段的长；
(2)如图2，M，N分别是线段上的动点(与端点不重合)，且，设．①求证四边形AFGD为菱形；②是否存在这样的点N，使是直角三角形？
若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)3(2)①见解析；②或2【分析】(1)由翻折可知：．，设，则．在中，利用
勾股定理构建方程即可解决问题．(2)①由计算出的长度，再证明四边形是平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形的菱形即可证明；②若
是直角三角形，则有两种情况，一是当时，二是当时，分别利用相似三角形的性质以及锐角三角函数的定义即可计算得出．(1)解：∵四边形是矩
形，∴，∴，由翻折可知：．，设，则．在中， ，∴，在中，则有：，∴，∴．(2)①证明：∵四边形是矩形，∴∴，∴，∵，∴，∴，由(1
)可得：，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形．②∵，∴若是直角三角形，则有两种情况，当时，∵，∴又∵，∴∴，又∵，
，∴∴，即，∴；当时，则，又∵，，∴，∴，∴，∵s ，∵， ∴，∴ ，∵∴∴，即解得：，综上所述：或2．【点睛】本题属于四边形综合
题，考查了矩形的性质，翻折变换，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决
问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．7．(2022·福建省福州教育学院附属中学模拟预测)问题发现．(1)如图，中，
，，，点是边上任意一点，则的最小值为______．(2)如图，矩形中，，，点、点分别在、上，求的最小值．(3)如图，矩形中，，，点
是边上一点，且，点是边上的任意一点，把沿翻折，点的对应点为，连接、，四边形的面积是否存在最小值，若存在，求这个最小值及此时的长度．
若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，最小值为，【分析】(1)根据点到直线的距离最小，再用三角形的面积即可得出结论
；(2)先根据轴对称确定出点M和N的位置，再利用面积求出CF，进而求出CE，最后用三角函数即可求出的最小值；(3)先确定出时，四边
形的面积最小，再用锐角三角函数求出点G到AC的距离，最后用面积之和即可得出结论，再用相似三角形得出的比例式求出CF即可求出BF．(
1)如图①，过点C作于P，根据点到直线的距离垂线段最小，此时CP最小，在Rt中，，根据勾股定理得，，∵∴，故答案为；(2)如图，作
出点关于的对称点，连接交于点，过点作于，交于，连接，此时最小；四边形是矩形，，，根据勾股定理得，，，，，由对称得，，在中，，，在中
，；即：的最小值为；(3)存在．如图，四边形是矩形，，，，根据勾股定理得，，，，点在上的任何位置时，点始终在的下方，设点到的距离为
，，要四边形的面积最小，即：最小，点是以点为圆心，为半径的圆上在矩形内部的一部分点，时，最小，由折叠知，延长交于，则，在中，，在中
，，，，，，过点作于，，，四边形是矩形，，，， ，，，．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，点到直线的距离，轴对称，
解本题的关键是确定出满足条件的点的位置，是一道很好的中考常考题．8．(2022·广东· 三模)特例发现：如图1，点E和点F分别为正
方形ABCD边BC和边CD上一点，当CE＝CF时，则易得BE＝DF，BE⊥DF．(1)如图2，点E为正方形ABCD内一点，且∠EC
F＝90°，CF＝CE，点E，F在直线CD的两侧，连接EF，BE，DF，探究线段BE与DF之间的关系，并说明理由；(2)如图3，在
矩形ABCD中，AB∶BC＝1∶2，点E在矩形ABCD内部，∠ECF＝90°，点E，F在直线BC的两侧，CE∶CF＝1∶2，连接E
F，BE，DE，BF，DF．请探究线段DE，BF之间的关系，并说明理由；(3)若(2)中矩形ABCD的边AB＝3，Rt△CEF的边
CE＝1，当BE＝DF时，求BF的长．【答案】(1)，；理由见解析；(2)，．理由见解析；(3)．【分析】(1)由正方形的性质得出
，，证明，再由全等三角形的性质得，，由直角三角形的性质得出结论；(2)延长交，分别于点，，证明出，由相似三角形的性质得出，，则可得
出结论；(3)由(2)得，，则，，求出，，可求出，则可得出答案．(1)解：线段与之间的关系为，．理由如下：延长交，分别于点，，四边
形是正方形，，，，，，即，，，，，，，，，，；(2)解：线段与之间的关系为，．理由如下：延长交，分别于点，， 四边形是矩形，，，，
即．，， ，， ，，，，，，，；(3)解：连接，如图3，由已知得，，，，，，由(2)得，，则，，，，，，，，，，，，，，，由得，，
，，，，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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．9．(2022·浙江丽水·一模)在菱形中，，，点E在边上，，点P是边上一
个动点，连结，将沿翻折得到．(1)当时，求的度数；(2)若点F落在对角线上，求证：；(3)若点P在射线上运动，设直线与直线交于点H
，问当为何值时，为直角三角形．【答案】(1)60°；(2)见解析；(3)或或或．【分析】(1)由平行线的性质得，求得，由翻折的性质
可得，即可求解；(2)易证是等边三角形，由翻折可得，证得，即可证明相似；(3)如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长E
F交AB的延长线于点K，由翻折的性质可得：AP=FP，，，设AP=x，则FP=x，求得，，，在中， ，求解即可得；如图3，当点P在
线段AB上，∠HPB=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，求得，，，即可得AP的长度；如图4，当点P在BA的延长
线上，∠HPB=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，易得，，在中，，∴，求解即可；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB
=90°，延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，，证得，，，即可求得AP的长度．(1)解：∵，∴，∵∴∵是由翻折得
到，∴，∴；(2)证明：当点F在BD上时，如图1所示，∵菱形ABCD中，，∴AD=AB，是等边三角形，∴∵是由翻折得到，∴，∴∵∴
∴在和中，∴；(3)解：如图2，当点P在线段AB上，∠PHB=90°，延长EF交AB的延长线于点K， 由翻折的性质可得：AP=FP
，，设AP=x，则FP=x，∵∠PHB=90°，∴，∴，，∴∵，∴，∴，在中，，即，解得：，即；如图3，当点P在线段AB上，∠HP
B=90°，过点E作EQ⊥AB于点Q，由折叠的性质可得：，∵EQ⊥AB，∴，，∴，，∴，∴；如图4，当点P在BA的延长线上，∠HP
B=90°，过点E作EM⊥AB于点M，设AP=a，∵EM⊥AB，，∴，由折叠的性质可得：，∵EM⊥AB，∴，在中，，∴，解得：，即
；如图5，当点P在BA延长线上，∠PHB=90°，延长EF交AB于点N，由翻折的性质可得：AP=FP，，∵∠PHB=90°，∠PB
H=60°，∴， ∵∴∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴．综上，AP的长度为或或或．【点睛】本题考查菱形的性质，相似三角形的判定，解
直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质和等腰三角形的性质等，第(3)问要注意分情况讨论，做到不重不漏．1
0．(2022·广东·深圳市南山外国语学校(集团)二模)问题初探：数学兴趣小组在研究四边形的旋转时，遇到了这样的一个问题．如图1，
四边形ABCD和BEFG都是正方形，于H，延长HB交CG于点M．通过测量发现CM＝MG．为了证明他们的发现，小亮想到了这样的证明方
法：过点C作于点N．他已经证明了，但接下来的证明过程，他有些迷茫了．(1)请同学们帮小亮将剩余的证明过程补充完整；(2)深入研究：
若将原题中的“正方形”改为“矩形”(如图2所示)，且(其中k＞0)，请直接写出线段CM、MG的数量关系为______；(3)拓展应
用：在图3中，在和中，，，连接BD、CE，F为BD中点，则AF与CE的数量关系为______．【答案】(1)剩余的证明过程见解析(
2)(3)【分析】(1)过G作于点Q，易证，即可得出结论；(2)过点C作于点N，过G作于点Q．通过证明，即可得出结论；(3)延长A
F至点G，使AF=FG，则四边形ABGF为平行四边形，通过证明即可得出结论．(1)过G作于点Q，∵，∴，，∵正方形BEFG，∴BE
＝BG，，∴，∴，∴，∴BH＝GQ，∵，∴BH＝CN，∴CN＝GQ，又∵，∴，∴CM＝MG，∴M为CG的中点．(2)过点C作于点N
，过G作于点Q．∵∠ABC=90°，∴∠ABH+∠CBN=90°，∵∠ABH+∠BAH=90°，∴∠CBN=∠BAH∴，同理可得：
∵，∴，∴，∵∠AMN=∠GMQ，∴，∴，∴，(3)延长AF至点G，使AF=FG，∵AF=FG，BF=DF，∴四边形ABGF为平行
四边形，∴，AD=BG，∴∠ABG+∠BAD=180°，∵，∴∠CAE+∠BAD=180°，∴∠ABG=∠BAD，∵，∴AC=AB
，AE=AD=BG∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形是性质和判定，相似三角形的性质和判
定，熟练掌握相关内容，添加辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．11．(2022·广东·佛山市华英学校三模)已知，在四边形
中，与相交于点，，平分．(1)如图，求证：四边形是菱形；(2)如图，过点作于，若，，求的长；(3)如图，，点为延长线上一点，连接交
于点，点、分别是、边上一点，且，过点作的垂线，垂足为，，当，时，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】(1)根据邻边相等
的平行四边形是菱形证明即可；(2)利用菱形面积的两种求法，构建关系式解决问题即可；(3)过点作于点，过点作于证明≌，推出，证明≌，
推出，设，则，，在中，，根据勾股定理，构建方程求出即可．(1)证明：四边形是平行四边形，平分，，，，，，四边形是菱形；(2)解：?
是菱形，，，，，在中，根据勾股定理，，，；(3)解：，，，是等边三角形，，过点作于点，，，，在中，根据勾股定理，过点作于．四边形是
菱形，，，，，，又，≌，，，，即，又,为公共边，≌，，设，则，，在中，，根据勾股定理，，解得，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查
了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，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，学会利用参数构
建方程解决问题．12．(2022·广东·测试·编辑教研五一模)在矩形中，，是的中点，点是上一点，连接，过点作交于点，连接．(1)如
图(1)，点在上运动时的大小是否改变？请说明理由．(2)如图(2)，连接，若，交于点，，，求的值．【答案】(1)不变，理由见解析(
2)【分析】(1)根据，可知，，，四点共圆，可得；(2)根据同角的余角相等可得，则，再利用两个角相等证明∽，得，设，则，代入解方程
即可．(1)解：不变，理由如下：四边形是矩形，，，，，，，四点共圆，，的大小不改变．(2)解：，，，，，，，，，，又，∽，，设，则
，，，，解得，经检验，是方程的根，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，证
明，，，四点共圆是解题的关键．13．(2021·吉林·长春市赫行实验学校二模)阅读理解在学习中，我们学习了一个定理：直角三角形斜边
上的中线等于斜边的一半，即：如图1，在中，，若点是斜边的中点，则．灵活应用如图2，中，，，，点是的中点，将沿翻折得到，连接，． 　
(1)根据题意，则的长为 　．(2)判断的形状，并说明理由．(3)请直接写出的长 　．【答案】(1)5(2)是直角三角形，理由见解
析(3)【分析】(1)利用勾股定理求出，再利用翻折变换的性质可得；(2)结论：是直角三角形．证明，可得结论；(3)设交于点．利用相
似三角形的性质求出，再求出，利用三角形中位线定理，可得结论．(1)在中，，，，，是的中点，，由翻折的性质可知，．故答案为：5；(2
)结论：是直角三角形．理由：，，，，是直角三角形；(3)设交于点．由翻折的性质可知，，，垂直平分线段，，，，，，，，， ， ，，，
，，．故答案为：．【点睛】本题属于三角形综合题，考查了直角三角形斜边中线的性质，翻折变换，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质
等知识，解题的关键是学会正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．14．(2022·广东·东莞市光明中学三模)中，，，点为直线
上一动点点不与，重合，以为边在右侧作菱形，使，连接．(1)观察猜想：如图，当点在线段上时，与的位置关系为：______．，，之间的
数量关系为：______；(2)数学思考：如图，当点在线段的延长线上时，结论，是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出
正确结论再给予证明．(3)拓展延伸：如图，当点在线段的延长线上时，设与相交于点，若已知，，求的长．【答案】(1)①；②(2)①成立
，证明见解析；②不成立，证明见解析(3)【分析】根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论；根据
全等三角形的性质得到，再根据，即可得出；依据≌，即可得到，进而得到；依据≌可得，依据，即可得出；判定≌，即可得到，，再根据∽，即可
得到，进而得出的长．(1)解：，，是等边三角形，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，，故答案为：；；(2)结论成立，而结论不成立
．证明：如图，，，是等边三角形，，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，；(3)解：如图，连接，过作于，则，，中，，，，是等边三角
形，又，，，≌，，，又，∽，，可设，则，，，，解得，．【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，
等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定≌和∽是解本题的关键．15．(2022·福建省福州屏东中
学三模)如图，抛物线与轴交于点，对称轴交轴于点，点是抛物线在第一象限内的一个动点，交轴于点，交轴于点，轴于点，点是抛物线的顶点，已
知在点的运动过程中，的最大值是．(1)求点的坐标与的值；(2)当点恰好是的中点时，求点的坐标；(3)连结，作点关于直线的对称点，当
点落在线段上时，则点的坐标为______直接写出答案【答案】(1)B(2，0)，a＝；(2)E(，0)；(3)E(，0)．【分析】
(1)求出抛物线对称轴为x＝2，可得点B的坐标为(2，0)，由题意可证明△DEF是等腰直角三角形，可得EF的最大值为4，即MB＝4
，将抛物线解析式化成顶点式，进而得出2?4a＝4，即可求出a的值；(2)求出直线CD的表达式，再与抛物线解析式联立，求出交点横坐标
即可得出点E的坐标；(3)设点F(x，)，则点E(x，0)，证明四边形FPDE是正方形，可得点P的坐标为(，)，求出直线AM的表达
式，将点P坐标代入求出x的值，即可得出点E的坐标．(1)解：抛物线与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，∵当x＝0时，y＝2，∴A(
0，2)，∵对称轴为x＝?＝2，∴点B的坐标为(2，0)，∴OA＝OB＝2，∵∠AOB＝90°，∴∠ABO＝45°，∵FC⊥AB交
y轴于点C，交x轴于点D，EF⊥x轴于点E，∴∠FDE＝∠DFE＝45°，∴DF＝EF，∵FD的最大值是，∴EF的最大值为4，∴M
B＝4，∵，∴2?4a＝4，∴a＝；(2)∵点D恰好是OB的中点，∴D(1，0)，∵∠CDO＝∠FDE＝45°，∴OC＝OD＝1，
∴点C的坐标为(0，?1)，设直线CD的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，代入C(0，?1)，D(1，0)得：，解得：，∴直线CD的
表达式为：y＝x?1，由(1)知抛物线解析式为，联立，解得：，(不合题意，舍去)，∴点E的坐标为(，0)；(3)： 设点F(x，)
，则点E(x，0)，∵EF＝ED，∴点D的横坐标为：x?()＝，如图，点与点关于直线对称，连接DP、FP、PE，∴DF垂直平分PE
，∴FP＝FE，DP＝DE，∵EF＝ED，∴FP＝FE＝DP＝DE，∴四边形FPDE是菱形，又∵∠FED＝90°，∴菱形FPDE是
正方形，∴点P的坐标为(，)，∵A(0，2)，M(2，4)，设直线AM的表达式为y＝mx＋n，代入A(0，2)，M(2，4)，得，
解得：，∴直线AM的表达式为y＝x＋2，当点P落在线段AM上时，有，解得：x＝或x＝(舍去)，∴点E的坐标为(，0)，故答案为：(
，0)．【点睛】本题考查了待定系数法的应用，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，等腰直角三角形的性质，直线与抛物线的交点，
轴对称的性质，正方形的判定和性质，解一元二次方程等知识，解题的关键是证出△DEF是等腰直角三角形．16．(2022·广东·深圳市龙
华区丹堤实验学校模拟预测)【操作与发现】如图①，在正方形ABCD中，点N，M分别在边BC、CD上．连接AM、AN、MN．∠MAN＝
45°，将△AMD绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE．易证：△ANM≌△ANE，从而可得：DM+BN＝MN．(1
)【实践探究】在图①条件下，若CN＝6，CM＝8，则正方形ABCD的边长是______．(2)如图②，在正方形ABCD中，点M、N
分别在边DC、BC上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，若tan∠BAN，求证：M是CD的中点．(3)【拓展】如图③，在矩形
ABCD中，AB＝12，AD＝16，点M、N分别在边DC、BC上，连接AM、AN，已知∠MAN＝45°，BN＝4，则DM的长是__
____．【答案】(1)12(2)见解析(3)8【分析】(1)利用旋转的性质结合SAS可以证明△ANM≌△ANE，从而得到DM+B
N＝MN，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝x﹣6，DM＝x﹣8，利用勾股定理求得MN=10，从而列得方程求解即可求出正方形边长
．(2)根据设BN＝m，DM＝n，则MN＝m+ n，利用tan∠BAN，可得正方形边长为3m，从而得到CM=3m-n，CN＝2m，
根据勾股定理得到：，代入可得关于m，n得方程，继而得到3m＝2n，最后代入CM=3m-n得到DM＝CM，即M是CD的中点．(3)延
长AB至P，使BP＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，将图③补充成边长为16的正方形，
从而得到与前两问的图形，利用可得△ABN∽△APE，继而求出PE的长度，从而利用前面的结论，并利用勾股定理列方程即可求出结果．(1
)解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝AD，∠BAD＝∠C＝∠D＝90°，由旋转的性质得：△ABE≌△ADM，∴BE＝DM
，∠ABE＝∠D＝90°，AE＝AM，∠BAE＝∠DAM，∴∠BAE+∠BAM＝∠DAM+∠BAM＝∠BAD＝90°，即∠EAM＝
90°，∵∠MAN＝45°，∴∠EAN＝90°﹣45°＝45°，∴∠MAN＝∠EAN，在△AMN和△AEN中，，∴△AMN≌△AE
N(SAS)，∴MN＝EN，∵EN＝BE+BN＝DM+BN，∴MN＝BN+DM，在Rt△CMN中，由勾股定理得：∴MN10，则BN
+DM＝10，设正方形ABCD的边长为x，则BN＝BC﹣CN＝x﹣6，DM＝CD﹣CM＝x﹣8，∴x﹣6+x﹣8＝10，解得：x＝
12，即正方形ABCD的边长是12；故答案为：12；(2)证明：设BN＝m，DM＝n，由(1)可知，MN＝BN+DM＝m+n，∵∠
B＝90°，tan∠BAN，∴tan∠BAN，∴AB＝3BN＝3m，∴CN＝BC﹣BN＝2m，CM＝CD﹣DM＝3m﹣n，在Rt△
CMN中，由勾股定理得：∴，整理得：3m＝2n，∴CM＝2n﹣n＝n，∴DM＝CM，即M是CD的中点；(3)解：延长AB至P，使B
P＝BN＝4，过P作BC的平行线交DC的延长线于Q，延长AN交PQ于E，连接EM，如图③所示：则四边形APQD是正方形，∴PQ＝D
Q＝AP＝AB+BP＝12+4＝16，设DM＝a，则MQ＝16﹣a，∵PQBC，∴△ABN∽△APE，∴，∴PEBN，∴EQ＝PQ
﹣PE＝16，由(1)得：EM＝PE+DMa，在Rt△QEM中，由勾股定理得：，解得：a＝8，即DM的长是8；故答案为：8．【点睛
】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用勾股定理解直角三角形等知识，灵活运用前两问中结论DM+
BN＝MN，已知直角三角形CMN中勾股定理结论是解题的关键．17．(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．18．(202
2·江苏镇江·中考真题)已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；(2)如图2，已知，，当
、的大小有_________关系时，四边形是矩形；(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值
时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)(3)平行四边形，证明见解析【分析】(1)利用平行四边形的性
质证得，根据角角边证明．(2)当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．(3)利用正方
形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示
出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．(1)∵四边形为正方形，∴，∴．∵四边形为正方形，
∴，，∴，∴．在和中，∵，，，∴．∴．∴；(2)；证明如下：∵四边形为正方形，∴，AB=BC=AD=CD，∵AE=AH，CF=CG
，AE=CF，∴AH=CG，∴，∴EH=FG．∵AE=CF，∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，∴是等腰直角三角形，∴∠BEF
=∠BFE=45°，∵AE=AH，CF=CG，∴∠AEH=∠CFG=45°，∴∠HEF=∠EFG=90°，∴EH∥FG，∴四边形E
FGH是矩形．(3)∵四边形为正方形，∴．∵，，∴四边形为平行四边形．∴．∴．过点作，垂足为点，交于点，∴．∵，设，，，则，∴．∴
．∴当时，的面积最大，∴，，∴四边形是平行四边形．【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段
成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．19．(
2022·浙江衢州·中考真题)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，连结交于点，平分交于
点G． (1)求证：.(2)若．①求菱形的面积.②求的值.(3)若，当的大小发生变化时()，在上找一点，使为定值，说明理由并求出的
值．【答案】(1)见解析(2)①24，②(3)＝，理由见解析【分析】(1)由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交
于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；(2)①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，
由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH
∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；(3)过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AH
E，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到E
T的值．(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，ABCD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD
＝∠ABC，∵平分交于点G，∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝(∠ABC＋∠CBE)＝×180°＝90°，∴∠
DBG＝90°；(2)解：①如图1，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，∴∠DO
C＝90°，在Rt△DOC中，OC＝，∴AC＝2OC＝8，∴，即菱形的面积是24．②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠DBG＝90°∴BG⊥BD，∴BGAC，∴，∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，∴，∵ABCD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴，∴CH＝AC＝，∴OH＝OC
－CH＝4－＝，∴tan∠BDE＝；(3)如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．理由如下：由题(1)可知，当∠DAB的
大小发生变化时，始终有BGAC，∴△BGE∽△AHE，∴，∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴，∵BO
＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GTBC，∴GTAD，∴△EGT∽△EDA，∴，∵AD＝AB＝5，∴GT＝，为定值，此时ET＝AE＝
(AB＋BE)＝．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．20．(2022·辽宁朝阳·中考真题)【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．(1)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．(2)【思维延伸】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．(3)【思维拓展】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．【答案】(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或【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．(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=CNBN+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=．如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，，综上所述，满足条件的OD的长为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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，属于中考压轴题．