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2021年数学中考二轮复习：《四边形综合解题题》强化训练
1．已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜90°），得到线段CE，连接BE、CE、DE．过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE＝CE时，求旋转角α的度数；
（2）当旋转角α的大小发生变化时，∠BEF的度数是否发生变化？如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出∠BEF的度数；
（3）联结AF，求证：DE＝AF．
2．如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点B的坐标为（10，4），点D是OA的中点，动点P在线段BC上以每秒2个单位长的速度由点C向B运动．设动点P的运动时间为t秒．
（1）当t＝　 　时，四边形PODB是平行四边形？
（2）在直线CB上是否存在一点Q，使得四边形ODPQ是菱形？若存在，求t的值，并求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）在点P运动的过程中，线段PB上有一点M，且PM＝5，求四边形OAMP的周长最小值．
3．[阅读发现]
如图①．在正方形ABCD的外侧．作两个等边三角形ABE和ADF，连接ED、FC，ED与FC交于点M，则图中△ADE≌△DFC（不用证明），可知ED＝FC．∠DMC＝　 　°．
[拓展应用]
如图②，在矩形ABCD（AB＞BC）的外侧，作两个等边三角形ABE和ADF，连接ED、FC，ED与FC交于点M．
（1）求证：ED＝FC；
（2）若∠ADE＝20°，直接写出∠DMC的度数．
4．如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．
（1）求证：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的长；
（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG＝AG．
5．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点G在边BC上，连接AG，作DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，连接BE、DF，设∠EDF＝α，∠EBF＝β，＝k．
（1）求证：AE＝BF；
（2）求证：tanα＝k?tanβ；
（3）若点G从点B沿BC边运动至点C停止，求点E，F所经过的路径与边AB围成的图形的面积．
6．在矩形ABCD的CD边上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若BC＝2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB＝5，且AF?FD＝10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF＝AN+FD时，求的值．
7．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝100°，∠B＝∠ADC＝90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF＝50°．探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系．
小明同学探究的方法是：延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论是　 　（直接写结论，不需证明）；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且2∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，四边形ABCD是边长为7的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF的周长．
8．[问题情境]
（1）如图1，已知正方形ABCD，点E在CD的延长线上，以CE为边构造正方形CEFG，连接BE和DG，则BE和DG的数量关系为　 　．
[继续探究]
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为4，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE．
①求证：DG⊥BE．
②连接BG，若AE＝1，求BG长．
9．已知四边形ABCD为矩形，对角线AC、BD相交于点O，∠CDO＝30°．点E、F为矩形边上的两个动点，且∠EOF＝60°．
（1）如图1，当点E、F分别位于AB、AD边上时．
①求证：∠DOF＝∠AOE；
②若∠OEB＝75°，求证：DF＝AE．
（2）如图2，当点E、F同时位于AB边上时，若∠OFB＝75°，试探究线段AF与线段BE的数量关系，并说明理由．
10．综合与实践
问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE′（点A的对应点为点C）．延长AE交CE′于点F，连接DE．
猜想证明：
（1）试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
（2）如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；
解决问题：
（3）如图①，若AB＝15，CF＝3，请直接写出DE的长．
11．如图，正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（不与A、C重合），连结BP，将BP绕点B顺时针旋转90°到BQ，连结QP交BC于点E，QP延长线与边AD交于点F．
（1）连结CQ，求证：AP＝CQ；
（2）若AP＝AC，求CE：BC的值；
（3）求证：PF＝EQ．
12．如图1，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4．点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连接AG，CE．将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜90°）．
（1）如图2，在旋转过程中，
①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；
②当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．
（2）如图3，延长CE交直线AG于点P．
①求证：AG⊥CP；
②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
13．如图1，正方形ABCD中，点E是BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，交CD于点G．
（1）求证：CG＝CE；
（2）如图2，连接FC、AC．若BF平分∠DBE，求证：CF平分∠ACE．
（3）如图3，若G为DC中点，AB＝2，求EF的长．
14．[问题情境]
在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形ABCD，直线PQ经过点A，并绕点A旋转，作点B关于直线PQ的对称点E，直线DE交直线PQ于点F，连结AE，BE．
[操作发现]
（1）如图1，若∠PAB＝20°．则∠ADF＝　 　°，∠BEF＝　 　°．
[拓展应用]
（2）如图2，当直线PQ在正方形ABCD的外部时，“梦想小组”的同学们发现．
①∠BEF的度数是一个定值，这个值为　 　；
②线段AB、DF、EF之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由．
15．【问题情境】
如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
【探究展示】
（1）证明：AM＝AD+MC；
（2）AM＝DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．
16．已知，四边形ABCD是正方形，点E是正方形ABCD所在平面内一动点（不与点D重合），AB＝AE，过点B作DE的垂线交DE所在直线于点F，连接CF．
提出问题：当点E运动时，线段CF与线段DE之间的数量关系是否发生变化？
探究问题：
（1）首先考察点E的一个特殊位置：当点E与点B重合（如图①时），点F与点B也重合．用等式表示线段CF与线段DE之间的数量关系：　 　．
（2）然后考察点E的一般位置，分两种情况：
情况1：当点E是正方形ABCD内部一点（如图②时）；
情况2：当点E是正方形ABCD外部一点（如图③时）．
在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中结论是否相同？如果都相同，请选择一种情况证明；如果只在一种情况下相同或在两种情况下都不相同，请说明理由；
拓展问题：
（3）连接AF，用等式表示线段AF、CF、DF三者之间的数量关系：　 　．
17．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上．O为坐标原点，AB∥OC，线段OA，AB的长分别是方程x2﹣9x+20＝0的两个根（OA＜AB），tan∠OCB＝．
（1）求点B，C的坐标；
（2）P为OA上一点，Q为OC上一点，OQ＝5，将△POQ翻折，使点O落在AB上的点O′处，双曲线y＝的一个分支过点O′．求k的值；
（3）在（2）的条件下，M为坐标轴上一点，在平面内是否存在点N，使以O′，Q，M，N为顶点四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
18．四边形ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，连结DE，点F是射线BC上一动点（不与点B重合），连结AF，交DE于点G．
（1）如图1，当点F是BC边的中点时，求证：△ABF≌△DAE；
（2）如图2，当点F与点C重合时，求AG的长；
（3）在点F运动的过程中，当线段BF为何值时，AG＝AE？请说明理由．
19．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P为线段AO上一个动点（不包括两个端点），Q为CD边上一点，且∠BPQ＝90°．
（1）①∠ACB＝　 　度（直接填空）；
②求证：∠PBC＝∠PQD；
③直接写出线段PB与线段PQ的数量关系；
（2）若BC+CQ＝6，则四边形BCQP的面积为　 　（直接填空）；
（3）如图②，连接BQ交AC于点E，直接用等式表示线段AP、PE、EC之间的数量关系．
20．如图所示，在四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段DE上一点（不与点D重合），AB∥DE，AF∥DC．
（1）如图1，当点F与E重合时，求证：四边形AFCD是平行四边形；
（2）如图2，当点F不与E重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，当∠BCD＝90°，且CD＝CE，F恰好运动到DE的中点时，直接写出AB与DC的数量关系．
参考答案
1．（1）解：在正方形ABCD中，BC＝CD，
由旋转可知，CE＝CD，
∵BE＝CE，
∴BE＝CE＝BC，
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE＝60°，
∵∠BCD＝90°，
∴α＝∠DCE＝30°；
（2）解：∠BEF的度数不发生变化，
理由如下：在△CED中，CE＝CD，
∴∠CED＝∠CDE＝＝90°﹣，
在△CEB中，CE＝CB，∠BCE＝90°﹣α，
∴∠CEB＝∠CBE＝＝45°+，
∴∠BEF＝180°﹣∠CED﹣∠CEB＝45°；
（3）证明：过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I，
则四边形AGFH是平行四边形，
∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形，
∵∠BAD＝∠BFP＝90°，∠BPF＝∠APD，
∴∠ABG＝∠ADH．
∵∠AGB＝∠AHD＝90°，AB＝AD，
∴△ABG≌△ADH（AAS），
∴AG＝AH，
∴矩形AGFH是正方形，
∴∠AFH＝∠FAH＝45°，
∴AH＝AF，
∵∠DAH+∠ADH＝∠CDI+∠ADH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDI．
∵∠AHD＝∠DIC＝90°，AD＝DC，
∴△AHD≌△DIC（AAS），
∴AH＝DI，
∵CD＝CE，CI⊥DE，
∴DE＝2DI，
∴DE＝2AH＝AF．
2．解：（1）∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（10，4），
∴BC＝OA＝10，AB＝OC＝4，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝OA＝5，
由题意知，PC＝2t，
∴BP＝BC﹣PC＝10﹣2t，
∵四边形PODB是平行四边形，
∴PB＝OD＝5，
∴10﹣2t＝5，
∴t＝2.5，
即当t＝2.5s时，四边形PODB是平行四边形；
故答案为：2.5s；
（2）①当点Q在线段BC上时，如图1，
∵四边形ODPQ是菱形，
∴OQ＝OD＝5，
在Rt△OCQ中，，CP＝3+5＝8，
∴t＝4，点Q的坐标为（3，4）；
②当点Q在射线BC上时，如图2，
∵四边形ODPQ是菱形，
∴OQ＝OD＝5，
在Rt△OCQ中，，CP＝5﹣3＝2，
∴t＝1，点Q的坐标为（﹣3，4）；
（3）如图3，连接DM，
∵PM＝OD＝5，PM∥OD
∴四边形ODMP是平行四边形，
∴OP＝DM
∴四边形OAMP的周长＝OA+AM+MP+PO＝15+AM+PO＝15+AM+DM
作点A关于直线BC的对称点A′，连接A′M，A′D，
∵AM＝A′M
∴四边形OAMP的周长＝15+A′M+DM，
所以，当点A′，M，D三点在同一直线上时，四边形OAMP的周长最小，
在Rt△A′DA中，，
所以四边形OAMP的周长最小值为．
3．解：如图①中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝CD，∠ADC＝90°，
∵△ADE≌△DFC，
∴DF＝CD＝AE＝AD，
∵∠FDC＝∠FDA+∠ADC＝60°+90°＝150°，
∴∠DFC＝∠DCF＝∠ADE＝∠AED＝15°，
∴∠FDE＝60°+15°＝75°，
∴∠MFD+∠FDM＝90°，
∴∠FMD＝90°，
故答案为：90°
（1）∵△ABE为等边三角形，
∴∠EAB＝60°，EA＝AB．
∵△ADF为等边三角形，
∴∠FDA＝60°，AD＝FD．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，DC＝AB．
∴EA＝DC．
∵∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝150°，∠CDF＝∠FDA+∠ADC＝150°，
∴∠EAD＝∠CDF．
在△EAD和△CDF中，
，
∴△EAD≌△CDF（SAS）．
∴ED＝FC；
（2）∵△EAD≌△CDF，
∴∠ADE＝∠DFC＝20°，
∴∠DMC＝∠FDM+∠DFC＝∠FDA+∠ADE+∠DFC＝60°+20°+20°＝100°．
4．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥CD，
∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF，
∴，
即AE?DF＝AF?DC，
设AE＝AD＝a（a＞0），则有a?（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，
解得或（舍去），
∴AE＝．
（3）证明：如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，
在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG为等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．
5．解：（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∵∠BAF+∠DAE＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AE＝BF；
（2）在Rt△DEF和Rt△EFB中，tanα＝，tanβ＝，
∴．
由①可知∠ADE＝∠BAG，∠AED＝∠GBA＝90°，
∴△AED∽△GBA，
∴，
由①可知，AE＝BF，
∴，
∴，
∵＝k，AB＝BC，
∴＝k，
∴＝k．
∴tanα＝ktanβ．
（3）∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED＝∠BFA＝90°，
∴当点G从点B沿BC边运动至点C停止时，点E经过的路径是以AD为直径，圆心角为90°的圆弧，
同理可得点F经过的路径，两弧交于正方形的中心点O，如图．
∵AB＝AD＝4，
∴所围成的图形的面积为S＝S△AOB＝×4×4＝4．
6．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，
∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴BC＝BF，∠FBE＝∠EBC，∠C＝∠BFE＝90°，
∵BC＝2AB，
∴BF＝2AB，
∴∠AFB＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF＝30°，
∴∠CBE＝∠FBC＝15°；
（2）∵将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处，
∴∠BFE＝∠C＝90°，CE＝EF，
又∵矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，
∴△FAB∽△EDF，
∴，
∴AF?DF＝AB?DE，
∵AF?DF＝10，AB＝5，
∴DE＝2，
∴CE＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
∴EF＝3，
∴DF＝＝＝，
∴AF＝＝2，
∴BC＝AD＝AF+DF＝2＝3．
（3）过点N作NG⊥BF于点G，
∵NF＝AN+FD，
∴NF＝AD＝BC，
∵BC＝BF，
∴NF＝BF，
∵∠NFG＝∠AFB，∠NGF＝∠BAF＝90°，
∴△NFG∽△BFA，
∴，
设AN＝x，
∵BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，
∴AN＝NG＝x，AB＝BG＝2x，
设FG＝y，则AF＝2y，
∵AB2+AF2＝BF2，
∴（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2，
解得y＝x．
∴BF＝BG+GF＝2x+x＝x．
∴＝．
7．证明：（1）延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝100°，∠EAF＝50°，
∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝50°，
∴∠EAF＝∠FAG＝50°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝FG＝DF+DG，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，
理由如下：如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG．
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°，
∴∠ABG＝∠D，
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵2∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠BAD＝∠EAF，
∴∠GAE＝∠EAF，
又AE＝AE，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF．
∵EG＝BE+BG．
∴EF＝BE+FD；
（3）如图，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝7＝AD＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠BAH＝∠BCF＝90°，
又∵AH＝CF，AB＝BC，
∴△ABH≌△CBF（SAS），
∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBF，
∴∠EBH＝∠EBF，
又∵BH＝BF，BE＝BE，
∴△EBH≌△EBF（SAS），
∴EF＝EH，
∴EF＝EH＝AE+CF，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝14．
8．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠DCG，CE＝CG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE＝DG，
故答案为：BE＝DG；
（2）①如图，延长BE，GD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠ECG＝90°，CE＝CG，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴∠EBC＝∠CDG，
∵∠CDG+∠CDH＝180°，
∴∠EBC+∠CDH＝180°，
∵∠EBC+∠BCD+∠CDH+∠DHE＝360°，
∴∠DHE＝90°，
∴DG⊥BE；
②如图3，过点G作GH⊥BC，交BC延长线于点H，
∵AE＝1，AD＝4，
∴DE＝3，
∵∠ECG＝∠DCN＝90°，
∴∠ECD＝∠GCN
又∵EC＝CG，∠EDC＝∠N＝90°，
∴△ECD≌△GCN（AAS），
∴DE＝GN＝3，CN＝CD＝4，
∴BN＝BC+CN＝8，
∴BG＝＝＝．
9．证明：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∠CDA＝90°，
∴AO＝DO，
∵∠CDO＝30°，
∴∠ADO＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∵∠EOF＝60°，
∴∠EOF＝∠AOD，
∴∠DOF＝∠AOE；
②在OF上截取OH＝OE，连接DH，
∵AO＝OD，∠DOF＝∠AOE，OE＝OH，
∴△AOE≌△DOH（SAS），
∴AE＝DH，
∵∠OEB＝75°，
∴∠AEO＝105°，
∵∠AEO+∠EOF+∠OFA+∠DAB＝360°，
∴∠AFO＝105°，
∴∠DFH＝75°，
∴∠DFH＝∠DHF，
∴DF＝DH＝AE；
（2）将△OAF绕点O顺时针旋转120°得到△OBN，连接NE．
∴ON＝OF，∠NOF＝∠AOB＝120°，AF＝BN，
∵∠AOB＝120°，∠EOF＝60°，
∴∠BON+∠BOE＝∠AOF+∠BOE＝60°，
∴∠EON＝∠EOF，
∵OF＝ON，OE＝OE，
∴△EOF≌△EON（SAS），
∴∠OEF＝∠OEN，
∵∠OFB＝75°，∠OBF＝30°，
∴∠BOF＝75°，
∴∠BOE＝75°﹣60°＝15°，
∴∠FEO＝∠BOE+∠OBE＝45°，
∴∠OEF＝∠OEN＝45°，
∴∠NEB＝∠NEF＝90°，
∵∠OBN＝∠OAF＝30°，∠OBE＝30°，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝90°﹣60°＝30°，
∴BN＝2BE，
∵AF＝BN，
∴AF＝2BE．
10．解：（1）四边形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四边形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CE'，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F＝CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如图①，过点D作DH⊥AE于H，
∵四边形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE＝＝＝3．
11．（1）证明：如图1，∵线段BP绕点B顺时针旋转90°得到线段BQ，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABC＝90°．
∴∠ABC＝∠PBQ．
∴∠ABC﹣∠PBC＝∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP＝∠CBQ．
在△BAP和△BCQ中，
∵，
∴△BAP≌△BCQ（SAS）．
∴CQ＝AP．
（2）解：过点C作CH⊥PQ于H，过点B作BT⊥PQ于T．
∵AP＝AC，
∴可以假设AP＝CQ＝a，则PC＝3a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵△ABP≌△CBQ，
∴∠BCQ＝∠BAP＝45°，
∴∠PCQ＝90°，
∴PQ＝＝＝a，
∵CH⊥PQ，
∴CH＝＝a，
∵BP＝BQ，BT⊥PQ，
∴PT＝TQ，
∵∠PBQ＝90°，
∴BT＝PQ＝a，
∵CH∥BT，
∴＝＝＝，
∴＝．
（3）证明：如图2，当F在边AD上时，过P作PG⊥FQ，交AB于G，则∠GPF＝90°，
∵∠BPQ＝45°，
∴∠GPB＝45°，
∴∠GPB＝∠PQB＝45°，
∵PB＝BQ，∠ABP＝∠CBQ，
∴△PGB≌△QEB，
∴EQ＝PG，
∵∠BAD＝90°，
∴F、A、G、P四点共圆，
连接FG，
∴∠FGP＝∠FAP＝45°，
∴△FPG是等腰直角三角形，
∴PF＝PG，
∴PF＝EQ．
12．解：（1）①如图2中，结论：△AGD≌△CED．
理由：∵四边形EFGD是正方形，
∴DG＝DE，∠GDE＝90°，
∵DA＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠GDE＝∠ADC，
∴∠ADG＝∠CDE，
∴△AGD≌△CED（SAS）．
②如图2中，过点A作AT⊥GD于T．
∵△AGD≌△CED，CD＝CE，
∴AD＝AG＝4，
∵AT⊥GD，
∴TG＝TD＝1，
∴AT＝＝，
∵EF∥DG，
∴∠GHF＝∠AGT，
∵∠F＝∠ATG＝90°，
∴△GFH∽△ATG，
∴＝，
∴＝，
∴GH＝．
（2）①如图3中，设AD交PC于O．
∵△AGD≌△CED，
∴∠DAG＝∠DCE，
∵∠DCE+∠COD＝90°，∠COD＝∠AOP，
∴∠AOP+∠DAG＝90°，
∴∠APO＝90°，
∴CP⊥AG．
②∵∠CPA＝90°，AC是定值，
∴当∠ACP最小时，PC的值最大，
∴当DE⊥PC时，∠ACP的值最小，此时PC的值最大，此时点F与P重合（如图4中），
∵∠CED＝90°，CD＝4，DE＝2，
∴EC＝＝＝2，
∵EF＝DE＝2，
∴CP＝CE+EF＝2+2，
∴PC的最大值为2+2．
13．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∵BF⊥DE，
∴∠DFG＝∠BCG＝90°，
∵∠DGF＝∠BGC，
∴∠GBC＝∠EDC，
在△BCG和△DCE中，
，
∴△BCG≌△DCE（ASA），
∴CG＝CE；
（2）证明：∵BF平分∠DBE，BF⊥DE，
∴DF＝EF，
∴CF是Rt△DCE的中线，
∴CF＝EF，
∴∠E＝∠FCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBE＝∠ACB＝45°，
∵BF平分∠DBE，
∴∠FBE＝∠DBE＝22.5°，
∴∠E＝90°﹣∠FBE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∴∠FCE＝67.5°，
∴∠ACF＝180°﹣∠FCE﹣∠ACB＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴∠ACF＝∠FEC，
∴CF平分∠ACE；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCG＝90°，AB＝BC＝CD＝2，BD＝AB＝2，
∵G为DC中点，
∴CG＝GD＝CD＝1，
在Rt△BCG中，由勾股定理得：BG＝＝＝，
设GF＝x，
在Rt△BDF和Rt△DFG中，由勾股定理得：BD2﹣BF2＝DF2，DG2﹣GF2＝DF2，
∴（2）2﹣（+x）2＝12﹣x2，
解得：x＝，
∴DF2＝12﹣（）2＝，
∴DF＝，
由（1）知：△BCG≌△DCE，
∴BG＝DE＝，
∴EF＝DE﹣DF＝﹣＝．
14．解：（1）如图1中，∵B，E关于PQ对称，
∴∠PAB＝∠PAE＝20°，AB＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝AE，∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝90°﹣40°＝50°，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣50°）＝65°，
∴∠AEB＝∠ABE＝（180°﹣40°）＝70°，
∴∠BEF＝180°﹣70°﹣65°＝45°，
故答案为：65，45．
（2）①如图2中，连接BD，BF，
由折叠知，∠BEF＝∠EBF，∠AEB＝∠ABE，
∴∠AED＝∠ABF，
由折叠知，EF＝BF，AE＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∴∠ABF＝∠ADE，
∵∠AOB＝∠FOD，
∴∠BFD＝∠BAD＝90°，
∴∠BFE＝90°，
∵FE＝FB
∴∠BEF＝∠EBF＝45°
故答案为：45°；
②结论：EF2+DF2＝2AB2．
理由：∵∠BFD＝90°
∴BD2＝BF2+DF2＝EF2+DF2，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴BD2＝2AB2，
∴EF2+DF2＝2AB2．
15．（1）证明：延长AE、BC交于点N，如图1（1），
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE＝∠CNE．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠MAE．
∴∠CNE＝∠MAE．
∴AM＝MN．
∵E是CD边的中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△NCE中，，
∴△ADE≌△NCE（AAS）
∴AD＝NC．
∴AM＝MN＝NC+MC＝AD+MC．
（2）解：AM＝DE+BM成立，理由如下：
如图1（2）所示，作FA⊥AE交CB的延长线于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，AB∥DC．
∴∠ABF＝90°＝∠D，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣∠BAE＝∠DAE，
在△ABF和△ADE中，，
∴△ABF≌△ADE（ASA），
∴BF＝DE，∠F＝∠AED，
∵AB∥DC，
∴∠AED＝∠BAE，
∵∠FAB＝∠EAD＝∠EAM，
∴∠AED＝∠BAE＝∠BAM+∠EAM＝∠BAM+∠FAB＝∠FAM，
∴∠F＝∠FAM．
∴AM＝FM，
∴AM＝FB+BM＝DE+BM；
（3）解：（1）结论AM＝AD+MC仍然成立，理由如下：
延长AE、BC交于点P，如图2（1），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠P，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE＝∠MAE，
∴∠P＝∠MAE，
∴MA＝MP，
在△ADE和△PCE中，，
∴△ADE≌△PCE（AAS），
∴AD＝PC．
∴MA＝MP＝PC+MC＝AD+MC．
（2）结论AM＝DE+BM不成立．理由如下：
假设AM＝DE+BM成立．过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2（2）所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，AB∥DC．
∵AQ⊥AE，
∴∠QAE＝90°．
∴∠BAQ＝90°﹣∠BAE＝∠DAE．
∴∠Q＝90°﹣∠BAQ＝90°﹣∠DAE＝∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED＝∠BAE．
∵∠BAQ＝∠EAD＝∠EAM，
∴∠AED＝∠BAE＝∠BAM+∠EAM＝∠BAM+∠BAQ，
∴∠Q＝∠QAM．
∴AM＝QM．
∴AM＝BQ+BM．
∵AM＝DE+BM，
∴BQ＝DE．
在△ABQ和△ADE中，
∴△ABQ≌△ADE（AAS），
∴AB＝AD．与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM＝DE+BM不成立．
16．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠BCD＝90°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴DB＝CB，
当点E、F与点B重合时，则DE＝CF，
故答案为：DE＝CF；
（2）在情况1或情况2下，线段CF与线段DE之间的数量关系与（1）中结论相同；理由如下：
情况1：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB＝AD＝AB＝AE，∠BCD＝∠DAB＝∠ABC＝90°，
过点C作CG⊥CF，交DF于G，如图②所示：
则∠BCD＝∠GCF＝90°，
∴∠DCG＝∠BCF，
设BC交DF于P，
∵BF⊥DE，
∴∠BFD＝∠BCD＝90°，
∵∠DPC＝∠FPB，
∴∠CDP＝∠FBP，
在△CDG和△CBF中，，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG＝FB，CG＝CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG＝CF，
连接BE，
设∠CDG＝α，则∠CBF＝α，∠ADE＝90°﹣α，
∵AD＝AE，
∴∠DEA＝∠ADE＝90°﹣α，
∴∠DAE＝180°﹣2（90°﹣α）＝2α，
∴∠EAB＝90°﹣2α，
∵AB＝AE，
∴∠BEA＝∠ABE＝（180°﹣∠EAB）＝（180°﹣90°+2α）＝45°+α，
∴∠CBE＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α，
∴∠FBE＝∠CBE+∠CBF＝45°﹣α+α＝45°，
∵BF⊥DE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
∴EF＝DG，
∴EF+EG＝DG+EG，即DE＝FG，
∴DE＝CF；
情况2：过点C作CG⊥CF交DF延长线于G，连接BE，设CD交BF于P，如图③所示：
∵∠GCF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠BCF，
∵∠FPD＝∠BPC，
∴∠FDP＝∠PBC，
在△CDG和△CBF中，，
∴△CDG≌△CBF（ASA），
∴DG＝FB，CG＝CF，
∴△GCF是等腰直角三角形，
∴FG＝CF，
设∠CDG＝α，则∠CBF＝α，
同理可知：∠DEA＝∠ADE＝90°﹣α，∠DAE＝2α，
∴∠EAB＝90°+2α，
∵AB＝AE，
∴∠BEA＝∠ABE＝45°﹣α，
∴∠FEB＝∠DEA﹣∠AEB＝90°﹣α﹣（45°﹣α）＝45°，
∵BF⊥DE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
∴EF＝DG，
∴DE＝FG，
∴DE＝CF；
（3）①当F在BC的右侧时，作HD⊥DF交FA延长线于H，如图④所示：
由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF＝BF，
在△ABF和△AEF中，，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA＝∠BFA＝∠BFE＝45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴HF＝DF，DH＝DF，
∵∠HDF＝∠ADC＝90°，
∴∠HDA＝∠FDC，
在△HDA和△FDC中，，
∴△HDA≌△FDC（SAS），
∴CF＝HA，
∴DF＝HF＝HA+AF＝CF+AF，即AF+CF＝DF；
②当F在AB的下方时，作DH⊥DE，交FC延长线于H，在DF上取点N，使CN＝CD，连接BN，如图⑤所示：
设∠DAE＝α，则∠CDN＝∠CND＝90°﹣α，
∴∠DCN＝2α，
∴∠NCB＝90°﹣2α，
∵CN＝CD＝CB，
∴∠CNB＝∠CBN＝（180°﹣∠NCB）＝（180°﹣90°+2α）＝45°+α，
∵∠CNE＝180°﹣∠CND＝180°﹣（90°﹣α）＝90°+α，
∴∠FNB＝90°+α﹣（45°+α）＝45°，
∴△BFN是等腰直角三角形，
∴BF＝NF，
在△CNF和△CBF中，，
∴△CNF≌△CBF（SSS），
∴∠NFC＝∠BFC＝∠BFD＝45°，
∴△DFH是等腰直角三角形，
∴FH＝DF，DF＝DH，
∵∠ADC＝∠HDE＝90°，
∴∠ADF＝∠CDH，
在△ADF和△CDH中，
，
∴△ADF≌△CDH（SAS），
∴CH＝AF，
∴FH＝CH+CF＝AF+CF，
∴AF+CF＝DF；
③当F在DC的上方时，连接BE，作HD⊥DF，交AF于H，如图⑥所示：
由（2）得：△BEF是等腰直角三角形，EF＝BF，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA＝∠BFA＝∠BFE＝45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴HF＝DF，DH＝DF，
∵∠ADC＝∠HDF＝90°，
∴∠ADH＝∠CDF，
在△ADC和△HDF中，，
∴△ADC≌△HDF（SAS），
∴AH＝CF，
∴HF＝AF﹣AH＝AF﹣CF，
∴AF﹣CF＝DF；
④当F在AD左侧时，作HD⊥DF交AF的延长线于H，连接BE，设AD交BF于P，如图⑦所示：
∵AB＝AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠PFD＝∠PAB＝90°，∠FPD＝∠BPA，
∴∠ABP＝∠FDP，
∴∠FEA＝∠FBA，
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE，
∴∠FEB＝∠FBE，
∴△BFE是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
在△ABF和△AEF中，
，
∴△ABF≌△AEF（SSS），
∴∠EFA＝∠BFA＝∠BFE＝45°，
∴∠DFH＝∠EFA＝45°，
∴△HDF是等腰直角三角形，
∴DH＝DF，HF＝DF，
∵∠HDF＝∠CDA＝90°，
∴∠HDA＝∠FDC，
在△HDA和△FDC中，
，
∴△HDA≌△FDC（SAS），
∴AF＝CF，
∴AH﹣AF＝CF﹣AF＝HF，
∴CF﹣AF＝DF，
综上所述，线段AF、CF、DF三者之间的数量关系：AF+CF＝DF或AF﹣CF＝DF或CF﹣AF＝DF，
故答案为：AF+CF＝DF或AF﹣CF＝DF或CF﹣AF＝DF．
17．解：（1）解方程：x2﹣9x+20＝0，
（x﹣4）（x﹣5）＝0，
得x1＝4，x2＝5，
∵OA＜AB，
∴OA＝4，AB＝5，
如图1，过点B作BD⊥OC于点D，
∵tan∠OCB＝，BD＝OA＝4，
∴CD＝3，
∵OD＝AB＝5，
∴OC＝8，
∴点B的坐标为（5，4），点C的坐标为（8，0）；
（2）如图2，∵AB∥OC，OQ＝AB＝5，∠AOQ＝90°，
∴四边形AOQB为矩形．
∴BQ＝OA＝4，
由翻折，得OQ＝O'Q＝5，
∴O'B＝＝＝3，
∴AO'＝2，
∴O'（2，4），
∴k＝2×4＝8；
（3）存在．
分四种情况：
①如图3，M在x轴的正半轴上，四边形NO'MQ是矩形，此时N与B重合，则N（5，4）；
②如图4，M在x轴的负半轴上，四边形NMO'Q是矩形，过O'作O'D⊥x轴于D，过N作NH⊥x轴于H，
∵四边形NMO'Q是矩形，
∴MN＝O'Q＝5，MN∥O'Q，
∴∠NMO＝∠DQO'，
∵∠NHM＝∠QDO'＝90°，
∴△NHM≌△O'DQ（AAS），
∴NH＝O'D＝4，DQ＝MH＝3，
由（2）知：AO'＝2，
设PO＝x，则O'P＝x，AP＝4﹣x，
在Rt△APO'中，由勾股定理得：AP2+AO'2＝O'P2，
即x2＝22+（4﹣x）2，
解得：x＝，
∴P（0，），
设PO'的解析式为：y＝kx+b，
则，解得：，
∴PO'的解析式为：y＝x+，
当y＝0时，x+＝0，
∴x＝﹣，
∴OM＝，
∴OH＝OM﹣MH＝﹣3＝，
∴N（﹣，﹣4）；
③如图5，M在y轴的正半轴上，四边形MNQO'是矩形，
由②知：M（0，），O'（2，4），Q（5，0），
∴N（3，﹣）；
④如图6，M在y轴的负半轴上，四边形MNO'Q是矩形，过O'作O'D⊥x轴于D，
∵∠MOQ＝∠QDO'，∠OMQ＝∠DQO'，
∴△MOQ∽△QDO'，
∴，即，
∴OM＝，
∴M（0，﹣），
∵O'（2，4），Q（5，0），
∴N（﹣3，），
综上，点N的坐标为：N（5，4）或（﹣，﹣4）或（3，﹣）或（﹣3，）．
18．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠DAE＝90°，AB＝AD＝BC，
∵点E，F分别是AB、BC的中点，
∴AE＝AB，BF＝BC，
∴AE＝BF，
∴△ABF≌△DAE（SAS）；
（2）在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝CD＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵AB∥CD，
∴△AGE∽△CGD，
∴＝，即＝，
∴AG＝；
（3）当BF＝时，AG＝AE，理由如下：
如图所示，设AF交CD于点M，
若使AG＝AE＝1，则有∠1＝∠2，
∵AB∥CD，
∴∠1＝∠4，
又∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠4，
∴DM＝MG，
在Rt△ADM中，AM2﹣DM2＝AD2，即（DM+1）2﹣DM2＝22，
解得DM＝，
∴CM＝CD﹣DM＝2﹣＝，
∵AB∥CD，
∴△ABF∽△MCF，
∴＝，即＝，
∴BF＝，
故当BF＝时，AG＝AE．
19．解：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，
故答案为：45；
②∵∠BPQ+∠PBC+∠BCD+∠PQC＝360°，
∴∠PBC+∠PQC＝180°，
又∵∠PQC+∠PQD＝180°，
∴∠PBC＝∠PQD；
③PB＝PQ，
理由如下：如图①中，过点P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB，
又∵PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，
∴PE＝PF，
∵∠PEC＝∠PFC＝∠ECF＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
又∵PE＝PF，
∴四边形PECF是正方形，
∴∠EPF＝∠BPQ＝90°，
∴∠BPE＝∠QPF，
又∵∠PEB＝∠PFQ＝90°，PE＝PF，
∴△PEB≌△PFQ（ASA），
∴PB＝PQ；
（2）如图1中，由（1）可知△BPE≌△PQF，四边形PECF是正方形，
∴BE＝FQ，CE＝CF，S△BPE＝S△PQF，
∵BC+CQ＝6，
∴EC+FC＝BC+CQ＝6，
∴CE＝CF＝3，
又∵S△BPE＝S△PQF，
∴S四边形BCQP＝S四边形CEPF＝9，
故答案为：9；
（3）PE2＝AP2+EC2．
理由如下：
∵BP＝PQ，
∴∠PBQ＝∠PQB＝45°，
∴∠ABP+∠CBE＝45°，
如图2，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BHA，连接HP，
∴△BEC≌△BHA，
∴AH＝EC，BH＝BE，∠BCE＝∠BAH＝45°，∠CBE＝∠ABH，
∴∠PAH＝∠PAB+∠BAH＝90°，∠ABH+∠ABP＝45°＝∠PBH，
又∵BP＝BP，BH＝BE，
∴△PBH≌△PBE（SAS），
∴PE＝PH，
∵PH2＝AP2+AH2，
∴PE2＝AP2+EC2．
20．（1）证明：∵AB∥DE，AF∥DC，点F与E重合，
∴∠B＝∠DFC，∠AFB＝∠C，
∵点E是BC的中点，点F与E重合，
∴BF＝CF，
在△ABF和△DFC中，
，
∴△ABF≌△DFC（ASA），
∴AF＝DC，
∵AF∥DC，
∴四边形AFCD是平行四边形；
（2）解：当点F不与E重合时，（1）中的结论成立；理由如下：
过点E作EG∥FA交AB于点G，如图2所示：
∵AB∥DE，GE∥AF，
∴∠B＝∠DEC，四边形AGEF是平行四边形，
∴GE＝AF，
∵DC∥AF，
∴DC∥GE，
∴∠GEB＝∠DCE，
在△GBE和△DEC中，，
∴△GBE≌△DEC（ASA），
∴GE＝DC，
∴AF＝DC，
∵AF∥DC，
∴四边形AFCD是平行四边形；
（3）解：连接AC交DE于H，如图3所示：
由（2）得：四边形AFCD是平行四边形，
∴DH＝FH＝DF，
∵∠BCD＝90°，CD＝CE，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴DE＝DC，
∵点F是DE的中点，
∴EF＝DF，CF⊥DE，CF＝DF＝EF＝DC，
∴FH＝×DC＝DC，
∴EH＝EF+FH＝DC+DC＝DC，
∵AB∥DE，点E是BC的中点，
∴EH是△ABC的中位线，
∴AB＝2EH＝2×DC＝DC．

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