【文档说明】八年级数学下学期期末压轴题分类专项突破专题02 动态几何（解析版.doc，共(69)页，3.587 MB，由管理员店铺上传

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1专题02动态几何第9章共26题一、解答题1．（2020·江苏扬州市·八年级期中）在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF(点E、F是折痕与矩形的边的交点)，再将纸片还原．（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上(如图1)．①当点P与点A重合时，∠D

EF=°，当点E与点A重合时，∠DEF=°．②当点E在AB上时，点F在DC上时(如图2)，若AP=72，求四边形EPFD的周长．（2）若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M(如图3)，当AM=DE时，请求出线段AE的长度．（3）若点P

落在矩形的内部(如图4)，且点E、F分别在AD、DC边上，请直接写出AP的最小值．【答案】（1）①90，45；②857；（2）350.6；（3）1．【解析】（1）①当点P与点A重合时，EF是AD的中垂线，可得结论；当点E与点A重合时，如图2，则EF平分DAB；②如图3中，证明()D

OFPOEASA得DFPE=，根据一组对边平行且相等得：四边形DEPF是平行四边形，加上对角线互相垂直可得DEPFY为菱形，当72AP=时，设菱形的边长为x，根据勾股定理列方程得：222273()2xx+−=，求出x的值即可；（2）连接EM，由折叠性质可

证()RtEMARtPMEHLVV，设AEx=．根据全等性质用x表示出线段关系，再由RtBCM△中222BMBCCM+=可列方程求解；（3）如图42−，当F与C重合，点P在对角线AC上时，AP有最小值，根据折叠的性质求4CDPC==，由勾股定理求5AC=，所以541AP=−=．解：（1）①

当点P与点A重合时，EF是AD的中垂线，90DEF=，当点E与点A重合时，此时1452DEFDAB==，故答案为：90，45．②如图2中，设EF与PD交于点O，由折叠知EF垂直平分PD．DOPO=，EFPD⊥，Q矩形ABCD，//DCAB，FDOEPO=，DOFEOP=

Q，DOFPOE，DFPE=，//DFPEQ，四边形DEPF是平行四边形，EFPD⊥Q四边形DEPF是菱形，当72AP=时，设菱形边长为x，则72AEx=−，DEx=在RtADEV中，222ADA

EDE+=22273()2xx+−=，8528x=，3菱形的周长857=．（2）如图3中，连接EM，设AEx=．由折叠知PEDE=，90CDBEPM==，4CDCP==，AMDE=Q，EMEM=，()RtE

MARtPMEHLVV，AEPMx==，4CMx=−，4(3)1BMABAMABDExx=−=−=−−=+，在RtBCM△中，222BMBCCM+=2223(1)(4)xx++=−解得35x=．35AE=．（3）如图41−中，连接PF，

AP，AC．PAFAFP−Q…，FDFP=，PAFAFD−…，此时PA的最小值FAFD=−，()()0FAFDACCDFADFACDFCFFACFAC−−−=−−++=+−Q，ACCDFAFD−−，当F与C重合时，FAFD−的值最小，由折叠得

：4CDPC==，4由勾股定理得：22345AC=+=，PAACPC−Q…，当P，A，C共线时，AP有最小值，541AP=−=，则AP的最小值是1．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折

叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．2．（2020·江苏无锡市·八年级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转°（0°＜＜180°），分别交直线BC、AD于点E、F．（1）当=_____°

时，四边形ABEF是平行四边形；（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形，①当=_______°时，构造的四边形是菱形；②若构造的四边形是矩形，求该矩形的两边长．【答案】（1）90

º；（2）①45º或90º；②855和455；1255和455【解析】（1）根据平行四边形的判断方法即可解决问题；（2）①分两种情形分别解决问题即可；②分两种情形讨论求解即可；解：（1）当α＝90°，四边形ABEF是平行四边形；理由：∵AB⊥AC，5∴∠B

AO＝∠AOF＝90°，∴AB∥EF，∵平行四边形ABCD∴AF∥BE，∴四边形ABEF是平行四边形．故答案为：90°．（2）①当α＝45°或90°时，四边形BEDF是菱形．当α＝45°时∵AD∥BC，∴∠FDO＝∠EBO，∵∠FOD＝∠BOE，OD＝OB，∴△FD

O≌△EBO，∴DF＝BE，∵DF∥BE，∴四边形BEDF是平行四边形，∵OA＝OC＝2，AB＝2，∴AB＝OA，∴∠AOB＝45°，∴∠BOF＝45°＋45°＝90°，∴BD⊥EF，∴四边形BEDF是菱形．当α＝90°时，同法可证四边形AFCE

是菱形．故答案为：45°或90°．②∵AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，6∴BC＝25，当EF＝AC时，四边形AECF是矩形，对角线AC＝4，过A点作AE⊥BC于BC,过点C作CF⊥AD于F，如图1，∴△AEB∽△BAC∴2AEACBEAB==∴AE2+BE2=AB2∴BE=255，AE

=455∴EC=BC-BE=2825-5=555过B作BF⊥AD于F，过D作DE⊥BC于E，此时四边形BEDF是矩形，EF＝BD，如图2同理可得：DA=BC=25，AF=255，BF=455，∴BE=DF＝DA+FA=212255555+=矩形的边长为：

855和455或1255和455故答案为：855和455或1255和455【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．3．（2018·江苏无锡

市·八年级期末）如图1，O为坐标原点，矩形OABC的顶点()8,0A−，()0,6C，将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转一定的角度得到矩形OABC，此时边OA、直线BC分别与直线BC交于点P、Q．（1）连接AP，在旋转过程中，当PAOPOA=时，求点P坐

标．（2）连接OQ，当90时，若P为线段BQ中点，求OPQ△的面积．7（3）如图2，连接AQ，以AQ为斜边向上作等腰直角AQMV，请直接．．写出在旋转过程中CM的最小值．【答案】（1）P（﹣4，6）；（2）754；（3）42【解析】（1）利用∠PAO＝∠PO

A得出PA＝PO，进而得出AE＝EO＝4，即可得出P点坐标；（2）首先得出Rt△OCQ≌Rt△OC'Q（HL），进而利用平行线的性质求出∠POQ＝∠PQO，即可得出BP＝PO，再利用勾股定理得出PQ的长，进而求出△OPQ的面积；（3）先构造一组手拉手的相似三角形

，将CM的长转化为22GQ，然后通过垂线段最短及全等三角形求解即可．解：如图1，过点P作PE⊥AO于点E，∵()8,0A−，∴AO＝8，∵∠PAO＝∠POA∴PA＝PO，∵PE⊥AO，∴AE＝EO＝4，∴P（﹣4，6）；8（2

）如图2，在Rt△OCQ和Rt△OC'Q中，'COCOOQOQ==，∴Rt△OCQ≌Rt△OC'Q（HL），∴∠OQC＝∠OQC'，又∵OP∥C'Q，∵∠POQ＝∠OQC'，∴∠POQ＝∠PQO，∴PO＝PQ，∵点P为BQ的中点，∴BP＝QP，∴设BP＝OP＝x，在Rt△OPC中，

OP2＝PC2＋OC2，∴x2＝（8﹣x）2＋62，解得：x＝254．故S△OPQ＝12×CO×PQ＝12×6×254＝754．9（3）如图3，连接CM、AC，在AC的右侧以AC为腰，∠ACG为直角作等腰直角三角形ACG，连接QG，∵△AMQ与△ACG为等腰直角三角形，∴2AQAGAMAC==，∠

MAQ＝∠CAG＝45°，∴AQAMAGAC=，∠MAC＝∠QAG∴△MAC∽△QAC，∴22CMAMQGAQ==，∴22CMGQ=，∵点Q在直线BC上，∴当GQ⊥BC时，GQ取得最小值，如图3，作GH⊥BC，则GQ的最小值为线段GH的长，∵∠ACG＝∠B＝90°，∴∠ACB＋∠GCH＝∠AC

B＋∠BAC＝90°，∴∠GCH＝∠BAC，又∵∠B＝∠GHC＝90°，AC＝CG，10∴△ABC≌△CHG（AAS）∴GH＝BC＝8∴GQ的最小值为8，∴CM的最小值为28422=．【点睛】此题主要考查了矩

形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积求法等知识，正确得出PO＝PQ是解题关键，最后一小问需要构造相似三角形进行转化，有点难度．4．（2019·连云港市新海实验中学八年级月考）如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重

合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连结BG，DE．(正方形四条边都相等，四个角都是直角)1.我们探究下列图中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系：(1)猜想图1中线段BG和线段DE的长度

和位置关系：______________．(2)将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度a，得到如图2.如图3情形．请你通过观察、测量等方法判断上述猜想是否仍然成立：_______（成

立、不成立）若成立，请你选取图2或图3中的一种情况说明你的判断．【答案】（1）BG=DE，BG⊥DE；（2）成立，证明见详解.【解析】（1）根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；（2）结合正方形的

性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论．解：（1）BG=DE，BG⊥DE；∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，在△BCG和△DCE中，BC=DC∠BCG=∠DCECG

=CE，11∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG=DE；延长BG交DE于点H，∵△BCG≌△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∠CBG+∠BGC=90°，∴∠CDE+∠DGH=90°，∴∠DHG=90°，∴BH⊥DE，即BG

⊥DE；（2）BG=DE，BG⊥DE仍然成立，在图（2）中证明如下∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形∴BC=CD，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE（SAS）∴BG=DE，∠CBG=∠

CDE，又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°∴∠CDE+∠DHO=90°∴∠DOH=90°∴BG⊥DE．【点睛】此题考查的知识点是正方形的性质，解答本题关键要充分利用正方形的特殊性质，利用三角形全等论证．5．（2020·江苏无锡市·八年级期中）已知如图1，在△A

BC中，∠ACB＝90°，BC＝AC，点D在AB上，DE⊥AB交BC于E，点F是AE的中点（1）写出线段FD与线段FC的关系并证明；（2）如图2，将△BDE绕点B逆时针旋转α（0°＜α＜90°），其它条件不变，线段FD与线段FC的关系是否变化12，写出你的结论并证明；（3）将

△BDE绕点B逆时针旋转一周，如果BC＝4，BE＝22，直接写出线段BF的范围．【答案】（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由见解析；（2）结论不变．理由见解析；（3）2≤BF32．【解析】（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．由直角三角形斜边中线定理即

可证明；（2）如图2中，延长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．想办法证明△ABN≌△MBE，推出AN＝EM，再利用三角形中位线定理即可解决问题；（3）分别求出BF的最大值

、最小值即可解决问题；解：（1）结论：FD＝FC，DF⊥CF．理由：如图1中，∵∠ADE＝∠ACE＝90°，AF＝FE，∴DF＝AF＝EF＝CF，∴∠FAD＝∠FDA，∠FAC＝∠FCA，∴∠DFE＝∠FDA+∠

FAD＝2∠FAD，∠EFC＝∠FAC+∠FCA＝2∠FAC，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，∴∠BAC＝45°，∴∠DFC＝∠EFD+∠EFC＝2（∠FAD+∠FAC）＝90°，∴DF＝FC，DF⊥FC．13（2）结论不变．理由：如图2中，延

长AC到M使得CM＝CA，延长ED到N，使得DN＝DE，连接BN、BM．EM、AN，延长ME交AN于H，交AB于O．∵BC⊥AM，AC＝CM，∴BA＝BM，同法BE＝BN，∵∠ABM＝∠EBN＝90°，∴∠NBA＝∠EB

M，∴△ABN≌△MBE，∴AN＝EM，∴∠BAN＝∠BME，∵AF＝FE，AC＝CM，∴CF＝12EM，FC∥EM，同法FD＝12AN，FD∥AN，∴FD＝FC，∵∠BME+∠BOM＝90°，∠BOM＝∠AOH，∴∠BAN+∠AOH

＝90°，∴∠AHO＝90°，∴AN⊥MH，FD⊥FC．（3）232BF．当点E落在AB上时，BF取得最大值，如图5所示，∵4BC=，ACBC=，90ACB=，∴42AB=，∵F是AE的中点，∴()1=2EFABBE

−，又22BE=，14∴()()112242223222BFBEEFBEABBE=+=+−=+−=，即BF的最大值为32．图5当点E落在AB延长线上时，BF取得长最小值，如图6所示，∵4BC=，ACBC=，90AC

B=，∴42AB=，∵F是AE的中点，∴()1=2AFABBE+，又22BE=，∴()()11424222222BFABAFABABBE=−=−+=−+=，即BF的最小值为2．图6综上所述，232BF．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、直

角三角形斜边中线的性质、三角形中位线定理等知识，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．6．（2019·江苏徐州市·八年级期中）如图,ABCD是一张矩形纸片,1ADBC==,5ABCD==.

在矩形15ABCD的边AB上取一点M,在CD上取一点N,将纸片沿MN折叠,使MB与DN相交于点K,得到MNK,如图1或图2.(1)写出MNK的面积S与MK的关系式为:S=；(2)结合图1与图2分析

,当1=°时，MNK的面积等于1；(3)如何折叠能够使MNK的面积最大?请你利用备用图探究可能出现的情况,求出这个最大值.【答案】(1)12MK；(2)75°或15°；(3)见解析，△MNK的面积最大值为1.3.【解

析】(1)根据折叠的性质以及矩形的性质可得NK=MK，根据△MNK的面积S=12NK•AD=12NK，继而可得S=12MK；(2)如图1，图2，过点M作MP⊥DN，垂足为P，则有四边形ADPM为矩形，由此可得MK

=2，取MK的中点为Q，连接PQ，则有PQ=KQ=MQ=12MK=1，判断出△PMQ为等边三角形，继而可求得∠PKM=30°，然后针对图1与图2分别求解即可；(3)分两种情况讨论．情况一：如图3，将矩形纸片对折，使点B与D重合，此时

点K也与D重合．情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．利用方程思想求解，即可求得答案．(1)∵四边形ABCD是矩形，∴在图1、图2中，DN//AM，16∴∠DNM=∠1，又∵折叠，∴∠1=∠KMN，∴∠KMN

=∠DNM，∴NK=MK，∵△MNK的面积S=12NK•AD=12NK，∴S=12MK，故答案为12MK；(2)如图1，图2，过点M作MP⊥DN，垂足为P，则有四边形ADPM为矩形，∴PM=AD=1，∵△MNK的面积S=1，即12MK=1，∴MK=2，取M

K的中点为Q，连接PQ，则有PQ=KQ=MQ=12MK=1，∴△PMQ为等边三角形，∴∠PMK=60°，∴∠PKM=90°-60°=30°，图1中，∵DN//AM，∴∠AMK=∠PKM=30°，∴∠KMN+∠1=180°-30°=150°，又∵∠KMN=∠1，∴∠1=7

5°；图2中，∵DN//AM，∴∠KMN+∠1=∠PKM=30°，又∵∠KMN=∠1，∴∠1=15°，综上，∠1=75°或∠1=15°，故答案为75°或15°；17(3)分两种情况：情况一：如图3，将矩形纸

片对折，使点B与D重合，此时点K也与D重合．设MK=MB=x，则AM=5-x．由勾股定理得：12+(5-x)2=x2，解得，x=2.6，即MD=ND=2.6，∴S△MNK=S△ACK=12×1×2.6=1.3；情况二：如图4，将矩形纸片沿对角线AC对折，此时折痕即为AC．设MK=AX=CK=x，

则DK=5-x，同理可得MK=NK=2.6，∴S△MNK=S△ACK=12×1×2.6=1.3，∴△MNK的面积最大值为1.3，综上△MNK的面积最大值为1.3.【点睛】本题考查了折叠问题，涉及了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质

以及三角形的面积问题．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．7．（2019·江苏扬州市·八年级期中）在矩形纸片ABCD中，5AB=，3AD=，点E、F在矩形的边上，连接EF，将

纸片沿EF折叠，点D的对应点为点P.（1）如图1，若点P在边AB上，当点P与点A重合时，则DEF=______°，当点E与点A重合时，则DEF=_____°；18（2）如图2，若点P在边AB上，且点E、

F分别在AD、DC边上，则线段AP的取值范围是_______；（3）如图3，若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA、FP交于点M，且AMDE=，求线段AE的长度.【答案】（1）90°，45°；（2）13x剟：（3）67【解析】（1）①当点P与点A重合时，如图4，画出图形可得结论；当点E与点A重合

时，如图5，则EFDAB平分；（2）由题意可知当点E与点A重合时，AP达到最长，可知四边形EPFD为正方形，可算出AP的长度；当点F与点C重合时，AP长度达到最小，利用勾股定理可算出AP的长度（3）根据全等三角形的判定

和性质以及勾股定理解答即可．解：（1）①当点P与点A重合时，如图4，EF是AD的中垂线，90DEF＝，当点E与点A重合时，如图5，19此时45DEFDAB＝＝，故答案为9045，；(2)由题意可知：当点E与点A重合

时，AP达到最长，如图5所示，可知四边形EPFD为正方形，3AP=当点F与点C重合时，AP长度达到最小如下图所示由图可知：DECPEF,5DCPF==3BC=Q4BP=541APABBP=−=−=13AP（3）如图6，连接EM，20DEEPAMQ＝

＝，EAMMPE≌，设AEx＝，则3AMDEx＝＝﹣，则2BMx+＝，5MPEAxCPCDQ＝＝，＝＝，5MCx＝﹣，222235xx++（）＝（﹣），解得：67x＝；故67AE=【点睛】本题是四

边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．8．（2018·江苏无锡市·八年级期中）如图1，将ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰BED

和等腰DHC的底边上的高线EF、HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形.(1)将ABCDY纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段

______和______；:ABCDAEFGSS=Y矩形______.(2)ABCDY纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若5EF=，12EH=，求AD的长；21(3)如图4，梯形ABCD纸片满足//ADBC，ADBC，

ABBC⊥，8AB=，10CD=.小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．．．.请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出AD、BC的长.【答案】AEGF1：2【解析】分析：（1）由图可直接得到第一、二空答案，根据折叠的性质可得△AEH与△ABE面积

相等、梯形HFGA与梯形FCDG面积相等，据此不难得到第三空答案；（2）对图形进行点标注，如图所示：首先根据勾股定理求得FH的长，再根据折叠的性质以及请到的知识可得AH=FN，HD=HN，然后根据线段和差关系即可得到AD的长；（3）根据题目信息，动手这一下，然后将结合画

出来，再结合折叠的性质以及勾股定理的知识分析解答即可.详解：（1）根据题意得：操作形成的折痕分别是线段AE、GF；由折叠的性质得：△ABE≌△AHE，四边形AHFG≌四边形DCFG，∴△ABE的面积=△AHE的

面积，四边形AHFG的面积=四边形DCFG的面积，∴S矩形AEFG=12S平行四边形ABCD，∴S矩形AEFG：S平行四边形ABCD=1：2；故答案为AE，GF，1：2；（2）∵四边形EFGH是矩形，∴∠HEF=90°，∴FH=22512+=13

，由折叠的性质得：AD=FH=13；由折叠的对称性可知：DH=NH，AH=HM，CF=FN.易得△AEH≌CGF，所以CF=AH，所以AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.22（3）有3种折法，如图4、图5、图6所示：①折法1中，如图4所示：

由折叠的性质得：AD=BG，AE=BE=12AB=4，CF=DF=12CD=5，GM=CM，∠FMC=90°，∵四边形EFMB是叠合正方形，∴BM=FM=4，∴GM=CM=222254CFFM−=−=3，∴AD=BG=BM-

GM=1，BC=BM+CM=7；②折法2中，如图5所示：由折叠的性质得：四边形EMHG的面积=12梯形ABCD的面积，AE=BE=12AB=4，DG=NG，NH=CH，BM=FM，MN=MC，∴GH=12CD=5，∵四边形EMHG是叠合正方形，∴EM=GH=5，正方

形EMHG的面积=52=25，∵∠B=90°，∴FM=BM=2254−=3，23设AD=x，则MN=FM+FN=3+x，∵梯形ABCD的面积=12（AD+BC）×8=2×25，∴AD+BC=252，∴BC=252-x，∴

MC=BC-BM=252-x-3，∵MN=MC，∴3+x=252-x-3，解得：x=134，∴AD=134，BC=252-134=374；③折法3中，如图6所示，作GM⊥BC于M，则E、G分别为AB、CD

的中点，则AH=AE=BE=BF=4，CG=12CD=5，正方形的边长EF=GF=42，GM=FM=4，CM=2254−=3，∴BC=BF+FM+CM=11，FN=CF=7，DH=NH=8-7=1，∴AD=5．点睛：本题是四边形综合题，考查了折叠

的性质，正方形的性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识，本题综合性强，有一定难度.9．（2020·江苏扬州市·八年级期中）正方形ABCD中，点O是对角线DB的中点，点P是DB所在直线上的一个动点，PE⊥BC于E，PF⊥

DC于F．（1）当点P与点O重合时（如图①），猜测AP与EF的数量及位置关系，并证明你的结论；（2）当点P在线段DB上（不与点D、O、B重合）时（如图②），探究（1）中的结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由；24（3）当点P在DB的长延长线上时，请将图

③补充完整，并判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论；若不成立，请写出相应的结论．【答案】（1）AP=EF，AP⊥EF，理由见解析；（2）仍成立，理由见解析；（3）仍成立，理由见解析；【解析】（1）正方形中容易证明∠MAO=∠OFE=45°，∠AMO=∠EOF

=90°，利用AAS证明△AMO≌△FOE.(2)（3）按照（1）中的证明方法证明△AMP≌△FPE（SAS），结论依然成立.解：（1）AP=EF，AP⊥EF，理由如下：连接AC，则AC必过点O，延长FO交AB于M；∵O

F⊥CD，OE⊥BC，且四边形ABCD是正方形，∴四边形OECF是正方形，∴OM=OF=OE=AM，∵∠MAO=∠OFE=45°，∠AMO=∠EOF=90°，∴△AMO≌△FOE（AAS），∴AO=EF，且∠AOM=∠OFE=∠FOC=45°，即OC⊥EF，故AP=EF，且AP

⊥EF．25（2）题（1）的结论仍然成立，理由如下：延长AP交BC于N，延长FP交AB于M；∵PM⊥AB，PE⊥BC，∠MBE=90°，且∠MBP=∠EBP=45°，∴四边形MBEP是正方形，∴MP=PE，∠AMP=∠

FPE=90°；又∵AB﹣BM=AM，BC﹣BE=EC=PF，且AB=BC，BM=BE，∴AM=PF，∴△AMP≌△FPE（SAS），∴AP=EF，∠APM=∠FPN=∠PEF,∵∠PEF+∠PFE=90°，∠FPN=∠PEF，∴∠FPN+∠PFE=90°，即AP⊥EF，

故AP=EF，且AP⊥EF．（3）题（1）（2）的结论仍然成立；如右图，延长AB交PF于H，证法与（2）完全相同．26【点睛】利用正方形，等腰三角形，菱形等含等边的特殊图形，不管其他条件如何变化，等边作为证明等边三角形的隐含条件，证明三角形的全等，是证

明此类问题的关键.10．（2017·江苏南京市·南京钟英中学八年级期末）如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合)将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H

，折痕为EF，连接BP、BH．(友情提醒：正方形的四条边都相等，即AB＝BC＝CD＝DA；四个内角都是90°，即∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°)(1)求证：∠APB=∠BPH；(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结

论；(3)设AP为x，求出BE的长．(用含x的代数式表式)【答案】（1）证明见解析；（2）)△PHD的周长不变为定值8，证明见解析；（3）228xBE=+【解析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC

即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）利用已知得出△EFM≌△BPA，进而利用在Rt△APE中，(4−BE)2+x2=BE2即可

求出用含x的代数式表示的BE的长．解：(1)如图1，27∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH−∠EPB=∠EBC−∠EBP．即∠PBC=∠BPH．∵AD∥BC，∴∠A

PB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．(2)△PHD的周长不变为定值8．证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q.由(1)知∠APB=∠BPH，∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，∴△ABP≌△QBP．∴AP=QP，AB=BQ．∵AB=BC，∴B

C=BQ．∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH．∴CH=QH．∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．(3)如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．28∵EF为折痕，∴EF⊥BP

．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，∴△EFM≌△BPA．∴EM=AP=x．∴在Rt△APE中，(4−BE)2+x2=BE2．解得：228xBE=+．点睛：本题涉

及的知识有正方形的性质、全等三角形的性质及判定、轴对称的性质.灵活应用正方形的性质、轴对称的性质来证明两三角形全等是解题的关键.11．（2019·南通市通州区实验中学）定义：如图，,AB为直线l同侧的两点，过点A作直

线l的对称点'A，连接'AB交直线l于点P，连接AP，则称点P为点,AB关于直线l的“等角点”．如图①，在ABCV中，,DE分别是ABAC、上的点，,ABACADAE==，然后将ADEV绕点A顺时针旋转一定角度，连接,BDCE，得到图②，延长CE交BA的延

长线于点N，延长BD至点M，使DMEN=，连接AM，得到图③，请解答下列问题：（1）在图②中，BD与CE的数量关系是；（2）在图③中，求证：点A为点C，M关于直线BN的“等角点”．29【答案】（1）相等；（2）见解析【解析】（1

）根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；（2）先根据“等角点”的定义得出其判定方法，再证明△ABM≌△CAN，从而推出∠MAN=∠BAC即可证明结论．解：（1）由旋转的性质知∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，BACAB

ADCAEADAE===，∴△BAD≌△CAE（SAS），∴BD=CE，故答案为：BD=CE；（2）由“等角点”的定义可知：如图，点A和点A′关于直线l对称，∴∠APC=∠A′PC，∵∠A′PC=∠BPD，∴∠APC=∠BPD，可得若满足∠AP

C=∠BPD，则点P为点A，B关于直线l的“等角点”，30如图③，由（1）知△BAD≌△CAE，∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，∵DM=EN，∴BM=CN，在△ABM和△ACN中，BMCNABMACNBACA===，∴△ABM≌△ACN（SAS），∴∠B

AM=∠CAN，即∠BAC+∠CAM=∠CAM+∠MAN，∴∠MAN=∠BAC，∴点A为点C，M关于直线BN的“等角点”．【点睛】本题主要考查旋转的性质和全等三角形的判定与性质，以及新概念“等角点”等知识，正确理解新概念“等角点”，证明三角形全等是解题的关

键．12．（2019·江苏泰州市·八年级期中）如图1，矩形ABCD中，AB＝22，AD＝4，在BC边上取点E，使BE＝AB，将△ABE向左平移到△DCF的位置，得到四边形AEFD．（1）求证：四边形AEFD是菱形；31（2）如图2，将△DCF

绕点D旋转至△DGA，连接GE，求线段GE的长；（3）如图3，设P、Q分别是EF、AE上的两点，且∠PDQ=67.5°，试探究线段PF、AQ、PQ之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）26；（3）PQ2＝PF

2+AQ2，理由见解析【解析】（1）根据平移的性质得到AE∥DF，AE＝DF，则由此判断四边形AEFD是平行四边形，然后由：邻边相等的平行四边形是菱形，证得结论；（2）根据勾股定理，即可求解；（3）如下图，作辅助线，构建三角形全等，证明△PDQ≌△GDQ，得PQ＝GQ，在Rt△AGQ中，根

据勾股定理可得结论．（1）由平移，得AE∥DF，AE＝DF，∴四边形AEFD是平行四边形．∵矩形ABCD，∴∠B=90°，∵BE=AE＝22，∴AE＝4，又∵AE＝AD＝4，∴四边形AEFD是菱形．（2）由（1）得：△ABE是等腰直角三角

形∴∠AEB=45°，∵AE∥DF，∴∠F=∠AEB=45°，∵矩形ABCD，∴AD∥BC∴∠DAE=∠AEB=45°，∴∠GAE=90°，∵△DCF绕点D旋转得到△DGA，∴GA=CF＝22，∴()222222426GEGAA

E=+=+=．32（3）PF、AQ、PQ之间的数量关系为：PQ2＝PF2+AQ2．理由如下：由（2）得：∠AEB=45°，∴∠ADF=∠AEF=135°，∵AD＝DF，∴将△DFP绕点D逆时针旋转135°得△DAG，连GQ，如图，∴GA＝

PF，DG＝DP，∠GDA＝∠PDF，∠GAD＝∠F=45°，∴∠GAQ＝∠GAD+∠DAE＝90°，∴GQ2＝GA2+AQ2＝PF2+AQ2；又∵∠ADF＝135°，而∠PDQ＝67.5°，∴∠PDF+∠ADQ＝135°﹣67.5°＝67

.5°，∴∠GDA+∠ADQ＝∠GDQ=67.5°，∴∠PDQ＝∠GDQ而DG＝DP，DQ为公共边，∴△PDQ≌△GDQ，∴PQ＝GQ，∴PQ2＝PF2+AQ2．【点睛】本题目是四边形的综合题型，难度偏高，涉及的知识点有旋转、平移、菱形的判定、勾股定理、三角形全等等重要中考的考点，熟练掌握这

些知识点的综合运用是解答本题的关键．13．（2019·江苏无锡市·八年级期中）已知：如图①，△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB、BC上，且BD=BE，连接DE．（1）求证：DE∥AC；（2）将图①中的△BDE绕点B顺时针旋转，使得点A、D、E在同一条直线上，如图②，求∠AEC的度数;

（3）在（2）的条件下，如图③，连接CD，过点D作DM⊥BE于点M，在线段BM上取点N，使得∠DNE+∠DCE=180°．请探索三条线段EN，MN，EC之间的关系，并证明你的结论.33【答案】(1)见解析;(2)60°;(3)见解析.【解析】（1）由△ABC

是等边三角形得∠B=60°，再由BD=BE，得△BDE是等边三角形，所以∠BED=∠C=60°，可得DE∥AC；（2）由旋转，易证△BAD≌△BCE，所以∠BEC=∠BDA=180°-∠BDE=120°，所以∠AEC=∠BEC-∠BED=60°.（3）在四边形CDNE中，由（2）中∠NE

C=120°易得∠NDC=60°，然后利用角边角证明△BDN≌△EDC，得出BN=EC，然后在BE边上利用线段关系可推出关系式.证明：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠B=∠C=60°，又∵BD=BE，∴△BDE为等边三角形，∴∠BEC=60°，∴∠BEC=∠C，∴DE∥AC.（2）∵∠AB

D+∠DBC=60°，∠CBE+∠DBC=60°∴∠ABD=∠CBE在△ABD和△CBE中，AB=BCABD=CBEBD=BE∴△ABD≌△CBE（SAS）∴∠BEC=∠BDA，又∵A、D、E在一条直线，∴∠BDA+∠BDE=180°，又∵∠

BDE=60°，∴∠BDA=∠BEC=120°，∴∠AEC=∠BEC-∠BED=120°-60°=60°（3）在四边形CDNE中，∵∠DNE+∠DCE=180°∴∠NDC+∠NEC=180°，由（2）可知∠NEC

=120°，∴∠NDC=60°∴∠CDE+∠NDE=60°，∵∠BDN+∠NDE=60°，34∴∠BDN=∠CDE在△BDN和△EDC中，BDN=EDCBD=EDDBN=DEC=60o∴△BDN≌△EDC（ASA）∴BN=EC在

等边△BDE中，DM⊥BE，∴BM=ME∴EN=MN+ME=MN+BM=MN+BN+MN=2MN+EC故EN，MN，EC之间的关系的关系是EN=2MN+EC.【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，根据旋转模型找到全等三角形是解题的关键.14．（2017·江苏扬州市·）如图1，在正方形ABC

D中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE.易证:CE=CF.(1)在图1中，若G在AD上，且∠GCE=450.试猜想GE，BE，GD三线段之间的数量关系，并证明你的结论.(2)运用(1)中解答所积累的经验和知识，完成下面两题：①如图2，在四边形ABCD中∠B=∠D=900

，BC=CD，点E，点G分别是AB边，AD边上的动点.若∠BCD=α，∠ECG=β，试探索当α和β满足什么关系时，图1中GE，BE，GD三线段之间的关系仍然成立，并说明理由.②在平面直角坐标中，边长为1的正方形OAB

C的两顶点A，C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点．现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y=x于点M，BC边交x轴于点N(如图3).设△MBN的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？若不变，请直接写出结

论．35【答案】（1）GE=BE+GD，证明见解析；（2）①α=2β，理由见解析；<spanstyle="color:rgb(169,68,66);font-family:Meiryo;font-size:15.3333px;line-hei

ght:23px;background-color:rgb(245,245,245);">②</span>在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．理由见解析.【解析】试题分析：（1）易知△CBE≌△CDF，易证得∠ECF=∠BCD=90°，又由∠GCE=45°，可得∠GCF=∠GCE=

45°，即可证得△ECG≌△FCG，继而可得GE=BE+GD；（2）①α=2β，延长AD到F点，使DF=BE，连接CF，可证△EBC≌△FDC，即GE=BE+GD；②在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．延长

BA交y轴于E点，可以得出△OAE≌△OCN，△OME≌△OMN，p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=2．试题解析：（1）∵在△EBC和△FDC中，∴△EBC≌△FDC，∴∠DCF=∠BCE，∵∠GCE=45°，∴∠BCE+∠DCG=90°﹣45°=45°，

即∠DCG+∠DCF=45°，∴GC=GC，ECG=∠FCG，在△ECG和△FCG中，，∴△ECG≌△FCG，∴EG=GF，即GE=BE+GD．（2）①α=2β．如图，延长AD到F点，使DF=BE，连接CF，可证△EBC≌△FDC，则∠BC

E+∠DCG=∠GCF，由α=2β可知∠ECG=∠GCF，可证△ECG≌△FCG，故EG=GF，即GE=BE+GD．②在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：如图，延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°﹣∠AOM，∠CON=90°﹣45°﹣∠AOM=45°﹣∠AOM，∴∠AOE=∠C

ON．又∵OA=OC，∠OAE=180°﹣90°=90°=∠OCN．在△OAE和△OCN中，．∴△OAE≌△OCN（ASA）．∴OE=ON，AE=CN．在△OME和△OMN中．∴△OME≌△OMN（SAS）．∴MN=ME=AM+AE．36∴MN=AM+CN，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+B

N+BM=AB+BC=2．∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．点睛：此题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．15．（福建省

福州市闽侯县2019-2020学年八年级下学期期中数学试题）在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，将△ABD沿着BD折叠，使点A与点E重合．（1）如图，对角线AC、BD相交于点O，连接OE，则线段OE的长＝；（2）如图，过点E作EF∥CD交线段BD于点F，连接AF，求证：四边形AB

EF是菱形；（3）如图，在（2）条件下，线段AE、BD相交于M，连接CE，求线段CE的长．【答案】（1）52；（2）见解析；（3）75【解析】（1）根据翻折的特点知OE=OA，由勾股定理求出AC即可求出OA；（2）先证明四边形AB

EF是平行四边形，再由翻折知AB=BE，即可得到四边形ABEF是菱形；（3）先在（2）的前提下，求出BM的长，从而得到BF的长，然后求出DF，再证明出四边形DFEC是平行四边形即可得到EC=DF=75．解：(1)52．由翻折知识知：

OE=OA，∵OA=12AC,AC=22ABBC+,AB＝3，AD＝4，∴AC=5，∴OE=OA=12AC=52,故答案为：52．(2)证明：37∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∵EF∥CD，∴AB∥EF，∴∠ABF=

∠BFE，由翻折性质可得：∠ABF＝∠EBF，AB＝BE，∴∠BFE＝∠EBF，∴BE＝FE，∵AB＝BE，∴AB＝FE，∵AB∥EF，∴四边形ABEF是平行四边形，又∵BE＝FE，∴平行四边形ABEF是菱形；(3)如图，∵平行四边形ABEF是菱形，∴AE⊥BD，BM＝FM，1122

ABDBDAMABADS==，∴534AM=，∴AM＝125，∴根据勾股定理得BM＝22129355−=，∴BF＝2BM＝185∴DF＝BD－BF＝75，∵EH∥CD，EF＝CD，∴四边形EFCD是平行四边形，∴CE＝DF＝75．【点睛】此题利用翻折知

识点考查特殊四边形的判定和性质，勾股定理的应用，知识面较广．3816．（四川省巴中市直属学校2019-2020学年八年级下学期期末数学试题）（1）如图①，在正方形ABCD中，AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求EAF的度数；（

2）如图②，在RtABD中，90,BADADAB==，点M，N是BD边上的任意两点，且45MAN=，将ABM绕点A逆时针旋转90度至ADH位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，并说明理由；（3）在图①中，连接BD分别交AE，

AF于点M，N，若正方形ABCD的边长为12，GF=6，BM=32，求EG，MN的长．【答案】（1）见解析；（2）MN2=ND2+DH2，理由见解析；（3）EG=4，MN=52【解析】（1）根据高AG与正方形的边长相等

，证明三角形全等，进而证明角相等，从而求出解．（2）用三角形全等和正方形的对角线平分每一组对角的知识可证明结论．（3）设EG=BE=x，根据正方形的边长得出CE，CF，EF，在Rt△CEF中利用勾股定理

得到方程，求出EG的长，设MN=a，根据MN2=ND2+BM2解出a值即可．解：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，AB=AG，AE=AE，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）．∴∠BAE=∠GAE．同理，∠GAF=∠DAF

．∴∠EAF＝12∠BAD＝45°；（2）MN2=ND2+DH2．∵∠BAM=∠DAH，∠BAM+∠DAN=45°，∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．∴∠HAN=∠MAN，又∵AM=AH，AN=AN

，∴△AMN≌△AHN（SAS）．39∴MN=HN，∵∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=45°，∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°，∴NH2=ND2+DH2，∴MN2=ND2+DH2

；（3）∵正方形ABCD的边长为12，∴AB=AG=12，由（1）知，BE=EG，DF=FG．设EG=BE=x，则CE=12-x，∵GF=6=DF，∴CF=12-6=6，EF=EG+GF=x+6，在Rt△CEF中，∵CE2+CF

2=EF2，∴（12-x）2+62=（x+6）2，解得x=4，即EG=BE=4，在Rt△ABD中，BD=22ABAD+=122，在（2）中，MN2=ND2+DH2，BM=DH，∴MN2=ND2+BM2．设MN=a，则a2＝()()22122

3232a−−+，即a2=()()229232a−+，∴a=52，即MN＝52．40【点睛】本题考查正方形的性质，四边相等，对角线平分每一组对角，以及全等三角形的判定和性质，勾股定理的知识点等．17．（山东省济

宁市任城区2017-2018学年八年级下学期期中考试数学试卷）如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（6，6），将正方形ABCO绕点C逆时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形C

DEF，ED交线段AB于点G，ED的延长线交线段OA于点H，连结CH、CG．（1）求证：CG平分∠DCB；（2）在正方形ABCO绕点C逆时针旋转的过程中，求线段HG、OH、BG之间的数量关系；（3）连结BD、DA、AE、EB，在旋转的过程中，四边形AEBD是否能在点G满足一定的条件下成为矩形？若

能，试求出直线DE的解析式；若不能，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）HG＝OH+BG；（3）能成矩形，y3342x=−．【解析】（1）根据旋转和正方形的性质可得出CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CDG≌Rt△CBG，即∠DCG＝∠BC

G，由此即可得出CG平分∠DCB；（2）由（1）的Rt△CDG≌Rt△CBG可得出BG＝DG，根据全等直角三角形的判定定理（HL）即可证出Rt△CHO≌Rt△CHD，即OH＝HD，再根据线段间的关系即可得出HG＝HD

+DG＝OH+BG；（3）根据（2）的结论即可找出当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，再根据正方形的性质以及点B的坐标可得出点G的坐标，设H点的坐标为（x，0），由此可得出HO＝x，根据勾股定理即可求出x的值，即可得出点H的坐标，结合

点H、G的坐标利用待定系数法即可求出直线DE的解析式．（1）∵正方形ABCO绕点C旋转得到正方形CDEF，∴CD＝CB，∠CDG＝∠CBG＝90°．在Rt△CDG和Rt△CBG中，∵CGCGCDCB==，∴Rt△CDG≌Rt△CBG（HL），∴∠DCG＝∠BCG，

即CG平分∠DCB．41（2）由（1）证得：Rt△CDG≌Rt△CBG，∴BG＝DG．在Rt△CHO和Rt△CHD中，∵CHCHCOCD==，∴Rt△CHO≌Rt△CHD（HL），∴OH＝HD，∴HG＝HD+D

G＝OH+BG．（3）假设四边形AEBD可为矩形．当G点为AB中点时，四边形AEBD为矩形，如图所示．∵G点为AB中点，∴BG＝GA12=AB，由（2）证得：BG＝DG，则BG＝GA＝DG12=AB12=DE＝GE，又AB＝DE，∴四边形AEBD为矩形，∴AG＝EG＝BG＝

DG．∵AG12=AB＝3，∴G点的坐标为（6，3）．设H点的坐标为（x，0），则HO＝x，∴HD＝x，DG＝3．在Rt△HGA中，HG＝x+3，GA＝3，HA＝6﹣x，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）

2，解得：x＝2，∴H点的坐标为（2，0）．设直线DE的解析式为：y＝kx+b（k≠0），将点H（2，0）、G（6，3）代入y＝kx+b中，得：2063kbkb+=+=，解得：3432kb==−，∴直线DE的解析式为：y3342

x=−．故四边形AEBD能为矩形，此时直线DE的解析式为：y3342x=−．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定及性质、待定系数法求函数解析式以及勾股定理．解题的关键是：（1）证出

Rt△CDG≌Rt△CBG；（2）找出BG＝DG、OH＝HD；（3）求出点H、G的坐标．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边和角是关键．18．（2021·重庆巴蜀中学八年级月考）如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAC＝60

°，点E是BC边上一点，42连接AE，AE＝AB，点F是对角线AC边上一动点，连接EF．（1）如图1，若点F与对角线交点O重合，已知BE＝4，OC：EC＝5：3，求AC的长度；（2）如图2，若EC＝FC，点G

是AC边上一点，连接BG、EG，已知∠AEG＝60°，∠AGB＋∠BCD＝180°，求证：BG＋EG＝DC．（3）如图3，若BE＝4，CE＝433，将EF绕点E逆时针旋转90°得EF′，请直接写出当AF′＋12BF′取得最小值时△ABF′的面积．【答案】（1）10

；（2）见解析；（3）4+433．【解析】（1）过点A作AG⊥BC，垂足为G，设OC=5k，EC=3k，由∠DAC＝60°，AE＝AB，得到BG=GE=2，∠ACG=60°，∠GAC=30°，得到AC=2GC，建立等式求解即可；（2）如图2，延长BG到点M，使得GM=

EG，延长EF交AD于点N，连接CN，先证明点D与点N重合，再△AGE≌△BCM即可；（3）如图，过点A作AG⊥BC，垂足为G，构造等边三角形AME，利用垂线段最短计算即可．（1）如图1，过点A作AG⊥BC，垂足为G，设OC=5k

，EC=3k，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AO=OC=5k,∴∠ACG=∠DAC＝60°，∴∠GAC=30°，∵AB=AE，∴BG=GE=2，∴GC=GE+EC=2+3k，43在直角三

角形AGC中，∵∠GAC=30°，∴AC=2GC，∴10k=2（2+3k），∴k=1，∴AC=10k=10；（2）如图2，延长BG到点M，使得GM=EG，延长EF交AD于点N，连接CN，∵∠DAC＝60°，EC＝FC，∴△EFC是等边三角形，∴∠EFC=∠FEC=

∠FCE=60°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAN=∠AFN=∠ANF=60°，∴△AFN是等边三角形，∴AF+FC=FN+EF，∴AC=NE，∵AD∥BC，∴四边形AECN是等腰梯形，∴AE=CN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB，

∵AE=AB，∴AE=CD，44∴CN=CD，∵AD∥BC，AE=CD，∴四边形AECD是等腰梯形，∴N与点D重合，∵四边形AECD是等腰梯形，，∴∠AEC=∠DCE，∵∠FEC=∠FCE=60°，∴∠AEF=∠DCG，∵∠AEG＝60°，∴∠AEF=∠CEG，∴∠

CEG=∠DCG，∵∠CEG+∠EGC+∠ECG＝180°，∴∠DCG+∠EGC+∠ECG＝180°，∴∠EGC+∠BCD＝180°，∵∠AGB＋∠BCD＝180°，∴∠EGC=∠AGB=∠MGC，∵EG=G

M，GC=GC，∴△EGC≌△MGC，∴EC=CM，∠ECG=∠MCG=60°，∴EF=MC，∠AFE=∠BCM=120°，∵△AFN是等边三角形，四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=AF，45∴△AGE≌△BCM，∴AE=BM，∵AE=AB=DC，BM=BG+GM，GM=EG，

∴BG＋EG＝DC．（3）如图，过点A作AG⊥BC，垂足为G，∵AB=AE，BE=4，∠DAC＝60°，∴BG=GE=2，GC=GE+EC=2+433，由（2）知∠ACG＝60°，∴∠GAC=30°，∴AG=4+23，在AG上取一

点M，使得AM=4，则GM=23，∵直线AG是BE的垂直平分线，∴MB=ME，∵223342433====GEMGECMA，∴EM∥AC，∴∠MEG=∠ACE=60°，∴△MBE是等边三角形，∴BF是∠MBE的角平分线，过点F作FH⊥BC，垂足为H，则FH=12BF′，∴AF+

FH≥AH，∴A，F,G，共线时，AF+FH最小，此时FH=233，∴AF=4+433，46∴△ABF的面积为11432(4)223•=+BGAF=4+433．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰梯形的性质，勾股定理，旋转的性质，

最值问题，确定最值的位置点是解题的关键．19．（2020·吴江经济开发区实验初级中学八年级月考）在四边形ABCD中，90ABCD====，10,8ABCDBCAD====．（1）P为边BC上一点，如图，将ABP△沿直线AP翻折至AEP△的位置（点B落在点

E处）①当点E落在CD边上时，利用尺规作图，作出满足条件的图形，并直接写出此时DE=_________；②若点P为BC边的中点，连接CE，则CE与AP有何位置关系？请说明理由；（2）点Q为射线DC上的一个动点，将ADQ△沿AQ翻折，点D恰好落在直线BQ上的点D¢处，求BQ的长．【答案

】（1）①6，画图见详解；②EC∥PA，理由见详解；（2）BQ=10【解析】47（1）①如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作∠EAB的平分线交BC于点P，根据勾股定理可得DE；②如图2中，结论：EC∥PA．只要证明PA⊥BE，EC⊥BE即可解决问题；（2）分两种情形：①如图3−1中，

当点Q在线段CD上时，②如图3−2中，当点Q在线段DC的延长线上时，分别求解即可解决问题．解：（1）①如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作∠EAB的平分线交BC于点P．在Rt△ADE中，∵∠D＝90°，AE＝AB＝10，AD＝8，∴DE＝22AEAD−=22108−＝6，故答案为

6．②如图2中，结论：EC∥PA．理由：由翻折不变性可知：AE＝AB，PE＝PB，∴PA垂直平分线段BE，即PA⊥BE，∵PB＝PC＝PE，∴∠BEC＝90°，∴EC⊥BE，∴EC∥PA；48（2）①如图3−1中，当点Q在线段CD上时，设DQ＝QD′＝x．在Rt△A

D′B中，∵AD′＝AD＝8，AB＝10，∠AD′B＝90°，∴BD′＝226ABAD=−，在Rt△BQC中，∵CQ2＋BC2＝BQ2，∴（10−x）2＋82＝（x＋6）2，∴x＝4，∴QD′＝4，∴BQ=QD′+BD′=4+6=10；②如图3−2中，当点Q在线段DC的

延长线上时，∵DQ∥AB，∴∠DQA＝∠QAB，∵∠DQA＝∠AQB，∴∠QAB＝∠AQB，∴BQ＝AB=10，综上所述，BQ=10．49【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用未知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．20．（2020·福建省泉州实验中学八年级月考）已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，ADAO=．点E、F为矩形边上的两个动点，且60EOF=．（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时，

若75OEB=，求证：ADBE=；（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若75OFB=，试说明AF与BE的数量关系；（3）如图3，当点E、F同时在AB边上运动时，将OEFV沿OE所在直线翻折至OEPV，取线段CB的中点Q．连接PQ，若()20ADaa=

，则当PQ最短时，求PF之长．【答案】（1）证明见解析；（2）2AFBE=，理由见解析；（3）21.2FPa=【解析】（1）如图1中，证明OAD△为等边三角形，再求解75BOE=，证明BOBE=，从而可得结论；（2）如图2中，将△OAF绕点O逆时针旋转120°

得到△OBJ，连接JE．证明∠JEB=90°，∠EJB=30°，可得2BJBE=，结合AFBJ=，从而可得结论．（3）如图3中，连接BP．证明△OAF≌△OBP（SAS），推出∠PBC=30°，如图3-1中，当QP⊥PB时，PQ的值最小，作FH⊥O

A于H，OM⊥PF于M．利用含30°的直角三角形的性质求解PB，可得AF，再求解,,,FHAHOHOF，再利用勾股定理求出FM即可解决问题．（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴ODOAOB==，∠DAB=90°，∵AD=

AO，∴AD=AO=OD，50∴△OAD是等边三角形，∴∠DOA=∠DAO=∠ADO=60°，∴906030OAE=−=，30OAEOBE==，75OEB=Q，180307575BOE=

−−=，,BOEBEO=,BOBE=.ADBE=（2）解：结论：AF=2BE．理由：如图2中，将△OAF绕点O逆时针旋转120°得到△OBJ，连接JE．,,,,OFOJAFBJAOFBOJOA

FOBJ====由（1）得：60,120,AODAOB==∵∠EOF=60°，∴∠BOJ+∠BOE=∠AOF+∠BOE=60°，∴∠EOJ=∠EOF，∵OE=OE，∴△EOF≌△EOJ（SAS），∴∠OEF=∠OEJ，∵∠OFB=75°，∠OBF=30°，∴∠BOF=7

5°，∴∠BOE=75°-60°=15°，∴∠FEO=∠BOE+∠OBE=45°，∴∠OEF=∠OEJ=45°，51∴∠JEB=∠JEF=90°，∵∠OBJ=∠OAF=30°，∠OBE=30°，∴∠EBJ=60°，∴∠EJB=90°-60°=30°，∴BJ

=2BE，∵AF=BJ，∴AF=2BE．（3）解：如图3中，连接BP．由翻折可知：OF=OP，∠EOF=∠EOP=60°，∴∠FOP=∠AOB=120°，∴∠AOF=∠BOP，∵OA=OB，∴△OAF≌△OBP（SAS），∴∠O

BP=∠OAF=30°，AF=BP，∵∠OBC=60°，∴∠PBC=30°，如图3-1中，当QP⊥PB时，PQ的值最小，作FH⊥OA于H，OM⊥PF于M．在Rt△PQB中，∵∠QPB=90°，∠PBQ=30°，

11=22BQBCADa==，521,2PQa=∴223,2PBQBPQa=−=在Rt△AFH中，9030AHFHAF==，，3,2AFBPa==13,24HFAFa==223,4AHAFFHa=−=∴352,44OHOAAHaaa=−=−=∴2222537,442OFOHFHa

aa=+=+=∵,,120OFOPOMPFFOP=⊥=，30,OFMFMPM==，17,24OMOFa==∴227721,244FMPMaaa==−=∴212.2FPFMa==【点睛

】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，等边三角形与等腰三角形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质，利用平方根解方程，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．21．（2020·河北石家庄市·八年级期末）如图1所示，把一个含

45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E，F分别在正方形的边CB，CD上，连接AE、AF．(1)求证：AE＝AF；(2)取AF的中点M，EF的中点N，连接MD，M

N．则MD，MN的数量关系是，MD、MN的位置关系是(3)将图2中的直角三角板ECF，绕点C旋转180°，如图3所示，其他条件不变，则(2)中的两个结论还成立吗？53若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】

(1)见解析；(2)相等，垂直；(3)成立，理由见解析【解析】(1)由等腰直角△ECF得到CE=CF，再由正方形ABCD进一步得到BE=DF，最后证明△ABE≌△ADF即可求解；(2)MN是△AEF的中位线

，得到AE=2MN，又M是直角三角形ADF斜边上的中点，得到AF=2MD，再由(1)中的AE=AF即可得到MN=MD；由∠DMF＝∠DAF+∠ADM，∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠BAE，∠ADM＝∠DAF＝∠

BAE，由此得到∠DMN＝∠BAD＝90°；(3)连接AE，同(1)中方法证明△ABE≌△ADF，进而得到AE=AF，此时MN是△AEF中位线，MD是直角△ADF斜边上的中线，证明方法等同(2)中即可求解．解：(1)证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形∴AB＝

AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF＝90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C＝90°，∴CE＝CF，∴BC﹣CE＝CD﹣CF，即BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF．(2)如图2中，MD，MN的数量关系是相等，MD、MN的位置关系是垂直

，理由如下：54∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF＝2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE＝2MN，由(1)知：AE＝AF，∴DM＝MN；∵∠DMF＝∠DAF+∠ADM，AM＝MD，∵∠FMN＝∠FAE，∠DAF＝∠

BAE，∴∠ADM＝∠DAF＝∠BAE，∴∠DMN＝∠BAD＝90°，∴DM⊥MN，故答案为：相等，垂直；(3)如图3中，(2)中的两个结论还成立，理由如下：连接AE，交MD于点G，如下图所示，∵点M为AF的中点，点N

为EF的中点，∴MN∥AE，MN＝12AE，由(1)同理可证，AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠ADF，CE＝CF，又∵BC+CE＝CD+CF，即BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF，55

在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM＝12AF，∴DM＝MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1＝∠2，∵AB∥DF，∴∠1＝∠3，同理可证：∠2＝∠4，∴∠3＝∠4，∵DM＝AM，∴∠MAD＝∠5，∴∠DGE＝∠5+∠4＝∠MAD+∠3＝90°，∵MN∥AE，∴∠

DMN＝∠DGE＝90°，∴DM⊥MN．故答案为：仍成立．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的中位线、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形全等几何知识，熟练掌握各图形的性质是解决本题的关键．22．（2020·江苏扬州市·八年级期末）如图1，矩形ABCD中，

AB=3，BC=4，将矩形ABCD绕着点A顺时针旋转，得到矩形BEFG.（1）当点E落在BD上时，则线段DE的长度等于；（2）如图2，当点E落在AC上时，求VBCE的面积；（3）如图3，连接AE、CE、AG、CG，

判断线段AE与CG的位置关系且说明理由，并求CE2+AG2的值；（4）在旋转过程中，请直接写出BCEABGSS+△△的最大值．【答案】（1）2；（2）4225；（3）垂直，理由见解析；2250CEAG+=；（4）12．【解析】56（1）求出BD的长度，利用旋转的性质得出AB=BE，进而求出D

E的长度即可；（2）过点B作BM⊥AC于点M，利用等面积法求出BM的长度，利用勾股定理求出ME、MC的长度，进而求出CE的长度，从而求出△BCE的面积；（3）连接AC、EG，设AE与CG相交于点N，AE与BC相交于点P

，利用△ABE和△CBG是等腰三角形，且∠ABE=∠CBG从而得出∠BAE=∠BCG，然后利用∠1=∠2得出∠PNC=∠ABP=90°，从而得出AE⊥CG；利用AE⊥CG得出，AG²+CE²=CN²+NE²+AN²+NG²=（

CN²+AN²）+（NE²+NG²）=AC²+EG²，从而得出答案；（4）过点C作CH⊥直线BE于点H，过点G作EQ⊥直线AB于点Q，12BCESCHBE=gg，12ABGSGQAB=gg，利用AB=BE得出：当CH+GQ最大时，BCEABGSS+

△△最大，从而得出当A、B、E三点共线时，CH+GQ=8最大，从而得出BCEABGSS+△△的最大值．（1）解：当E落在BD上时，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴每个内角都等于90°，∵34ABBC=

=，，由勾股定理得：222222345BDABADABBC=+=+=+=，由旋转的性质可知：3ABBE==，∴532DEBDBE=−=−=，故答案为：2；（2）解：当点E落在AC上时，过点B作BM⊥AC于点M，在RtABC中，由勾股定理得：2222345ACA

BBC=+=+=,∵ABC是直角三角形，BM⊥AC，∴1134=22BMACgg,∴125BM=，57在RtBME中，由勾股定理得：2222129=355MEBEBM−=−=，在RtBMC中，由勾股

定理得：22221216455MCBCBM=−=−=，∴1697555CEMCME=−=−=，∴1171242225525BCESCEBM===gg；（3）线段AE与CG的位置关系是垂直，理由如下：证明：连接AC、EG，设A

E与CG相交于点N，AE与BC相交于点P，由旋转的性质知：ABECBG=，ABBEBCBG==，，∴在等腰ABE和等腰CBG中得到：1802ABEEAB−=，1802CBGBCG−=，∴EABBCG=，∵12=，∴90CNPAB

P==，即AECG⊥；∵AECG⊥，∴()()222222222222CEAGCNNEANNGCNANNENGACEG+=+++=+++=+，由矩形的性质可以得到：5EGAC==，∴222222=55=50CEAGACEG+=++；58（4）过点C

作CH⊥直线BE于点H，过点G作EQ⊥直线AB于点Q，∴12BCESCHBE=gg，12ABGSGQAB=gg，∵3ABBE==∴()111=3222=BCEABGQSCHBEGQABSCHG+++△△gggg，∴当CHGQ+最大时，BCEABGSS+△△最大，

在旋转过程中，04,04CHGQ，∴08CHGQ+，∴当点ABE、、三点共线时，=8CHGQ+，此时最大，∴BCEABGSS+△△的最大值为：138122=．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性

质，勾股定理以及面积的计算，属于中考压轴题，难度较大，解决此类问题的关键就是牢记性质，灵活应用所学的知识来解决．23．（2020·山东潍坊市·八年级期末）如图①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC

=90°，点D是BC的中点，59作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG．（1）请写出线段BG和AE的位置关系及数量关系；（2）如图②，将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定的角度()090

，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）若BC=DE=4，正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转角度()0360的过程中，当AE为最大值时，请直接写出AF的值．【答案】（1）BG=AE

且BG⊥AE；（2）成立，证明见解析；（3）213【解析】（1）延长EA交BG于点M，首先利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质得出DG=DE，AD=BD，进而得出△BDG≌△ADE，再结合全等三角形的性质即可得出结论；（2）延长EA分别交DG、BG于N′、M′两点，

首先证明△BDG≌△ADE，再结合全等三角形的性质即可得出结论；（3）要使AE最大，只要将正方形绕点D逆时针旋旋转270°，即A，D，E在一条直线上时，AE最大，此时再结合勾股定理求出AF即可．解：（1）如图

①，延长EA交BG于点M，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，∴BD=CD=AD，60在△BDG和△ADE中，BDADBDGADEDGDE＝＝＝，∴△BDG≌△ADE（SA

S），∴BG=AE，∠DGB=∠DEA，又∵∠GAM=∠DAE，∴∠GMA=∠EDA=90°，∴AE⊥BG，即BG=AE且BG⊥AE；（2）成立，如图②，延长EA分别交DG、BG于点N′、M′两点，∵△ABC

是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，∴∠ADB=90°，且BD=AD，∴∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE．在△BDG和△ADE中，BDADBDGADEDGDE＝＝＝，∴△BDG≌△ADE（SAS），∴BG=AE，∠DEA=∠DGB，∵

∠DEA+∠DN′E=90°，∠DN′E=∠M′N′G，∴∠M′N′G+∠DGB=90°，∴∠GM′N′=90°，即BG=AE且BG⊥AE；61（3）∵正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，E点在以点D为圆心，DE为半径的圆上，∴当正方形DEFG旋转到E点位于

AD的延长线上，即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，AE最大，如图③，∵BC=DE=EF=4，∴AD=12BC=2，∴AE=AD+DE=6，在Rt△AEF中，AF2=AE2+EF2=62+42=52，∴AF=21

3，即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF=213．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线，综合利用相关性质进行推理

是解题关键．24．（2020·兴化市乐吾实验学校八年级月考）在四边形ABCD中，90ABCD====o，10ABCD==，8BCAD==．()1P为边BC上一点，将ABPV沿直线AP翻折至AEPV的位置(点B落在点E处)①如图1，当点E落在

CD边上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的图形(不写作法，保留作图痕迹，62用2B铅笔加粗加黑).并直接写出此时DE=______；②如图2，若点P为BC边的中点，连接CE，则CE与AP有何位置关系？请说明理

由；()2点Q为射线DC上的一个动点，将ADQV沿AQ翻折，点D恰好落在直线BQ上的点'D处，则DQ=______；【答案】（1）①6；②结论：//PECA；（2）为4和16．【解析】()1①如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作EAB的平分线

交BC于点P，点P即为所求.理由勾股定理可得DE．②如图2中，结论：EC//PA.只要证明PABE⊥，ECBE⊥即可解决问题．()2分两种情形分别求解即可解决问题．解：()1①如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作EAB的平分线交BC于点P，点P即为所求．在RtADEV中，90D=o

Q，10AEAB==，8AD=，22221086DEAEAD=−=−=，故答案为6．②如图2中，结论：//PECA．理由：由翻折不变性可知：AEAB=，PEPB=，PA垂直平分线段BE，63即PABE⊥，PBPCPE==Q，90BEC=o，ECBE⊥，//ECPA．()

2①如图31−中，当点Q在线段CD上时，设DQQD'x==．在RtAD'BV中，AD'AD8==Q，AB10=，AD'B90=o，22BD'ABAD'6=−=，在RtBQCV中，222CQBCBQ+=Q，222(10x)8(x6)−+

=+，x4=，DQ4=．②如图32−中，当点Q在线段DC的延长线上时，64DQ//ABQ，DQAQAB=，DQAAQBQ=，QABAQB=，ABBQ10==，在RtBCQV中，22CQBQBC6=−=Q，DQDCCQ16

=+=，综上所述，满足条件的DQ的值为4或16．故答案为4和16．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，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．25．（2020·徐州市新城实验

学校八年级期末）已知：正方形ABCD和等腰直角三角形AEF，AE=AF（AE＜AD），连接DE、BF，P是DE的中点，连接AP．将△AEF绕点A逆时针旋转．（1）如图①，当△AEF的顶点E、F恰好分别落在边AB、AD时，则线段AP与线段B

F的位置关系为，数量关系为．（2）当△AEF绕点A逆时针旋转到如图②所示位置时，证明：第（1）问中的结论仍然成立．（3）若AB=3,AE=1，则线段AP的取值范围为．【答案】（1）AP⊥BF，12APBF=（2）见解析；（3）1≤AP≤2【解析】65（1）根

据直角三角形斜边中线定理可得12APEDPD==，即△APD为等腰三角形推出∠DAP=∠EDA，可证△AED≌△ABF可得∠ABF=∠EDA=∠DAP且BF=ED由三角形内角和可得∠AOF=90°即AP⊥BF由全等可得1122APEDBF==即12APBF=（2）

延长AP至Q点使得DQ∥AE，PA延长线交于G点，利用P是DE中点，构造△AEP≌△PDQ可得∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA可得∠QDA=∠FAB可证△FAB≌△QDA得到∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB由三角形内角和可得∠FAG=90°得出AG⊥

FB即AP⊥BF由全等可得1122APAQFB==（3）由于12APBF=即求BF的取值范围，当BF最小时，即F在AB上，此时BF=2，AP=1当BF最大时，即F在BA延长线上，此时BF=4，AP=2可得1≤AP≤2（1）根据直角三角形斜边中

线定理有AP是△AED中线可得12APEDPD==，即△APD为等腰三角形．∴∠DAP=∠EDA又AE=AF，∠BAF=∠DAE=90°，AB=AD∴△AED≌△ABF∴∠ABF=∠EDA=∠DAP且BF=ED设AP与BF相交于点O∴∠ABF+∠AFB=90°=∠DAP+∠AF

B∴∠AOF=90°即AP⊥BF∴1122APEDBF==即12APBF=故答案为AP⊥BF，12APBF=（2）66延长AP至Q点使得DQ∥AE，PA延长线交于G点∴∠EAP=∠PQD，∠AEP=∠QDP∵P是DE中点，∴EP=DP∴△AEP≌△PDQ则∠EAP=∠PQD，DQ=AE=FA∠Q

DA=180°-（∠PAD+∠PQD）=180°-∠EAD而∠FAB=180°-∠EAD，则∠QDA=∠FAB∵AF=DQ，∠QDA=∠FAB，AB=AD∴△FAB≌△QDA∴∠AFB=∠PQD=∠EAP，AQ=FB而∠EAP+∠FAG=90°∴∠A

FB+∠FAG=90°∴∠FAG=90°∴AG⊥FB即AP⊥BF又1122APAQFB==∴1AP2BF=（3）∵12APBF=67∴即求BF的取值范围BF最小时，即F在AB上，此时BF=2，AP=1BF最大时，即F在BA延长线上，此时BF=4，AP=2∴1≤AP≤2【点睛】掌握三角形全等以

及直角三角形斜边上的中线，灵活运用各种角关系是解题的关键．26．（2020·辽宁葫芦岛市·八年级期末）在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FEAG⊥于H，交直线AD于点E．（1）当点F运动到与点B重合时(

如图1)，线段EF与AG的数量关系是________．（2）若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．（3）如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别

在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长．【答案】（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）35【解析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△F

ME，即可得到结论；（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理

列式求出AM，从而得解．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵EF⊥AG，68∴∠AEB+∠DAG=90°，∴∠ABE=∠DAG，∴△ABE≌△DAG（ASA），∴EF=BE=AG；（2）成立，理由是：过点F作F

M⊥AE，垂足为M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，∴∠E+∠EFM=90°，∵EF⊥AH，∴∠HAE+∠E=90°，∴∠HAE=∠EFM，∴△ADG

≌△FME（ASA），∴EF=AG；（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，由翻折变换的性质得PQ⊥AM，∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，∴∠APQ=∠AMD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HQ=AD，在△ADM

和△QHP中，69QHPDAPQAMDQHAD===，∴△ADM≌△QHP（AAS），∴QP=AM，∵点M是CD的中点，∴DM=12CD=3，在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=2235AD

DE+=，∴PQ的长为35．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．