2023年河南省各地市中考数学三模压轴题精选之四边形和相似三角形(含解析)

2023年河南省各地市中考数学三模压轴题精选
之四边形和相似三角形
1.(2023·河南省商丘市·三模)如图，平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶点C在y
轴的正半轴上，对角线AC和OB交于点D，作∠ABO的平分线，交OA于点P，交AC于点Q.若OP=2，则点Q的坐标为( )
A. (3,2)
B. (2+1,1)
C. (2+2,2)
D. (3,1)
2.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F.若∠ABC=120°，AB=2，则PE―PF的值为( )
A. 3
2B. 3 C. 2 D. 5
2
3.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，△ABC是边长为8的等边三角形，以AC为底边在右侧作等腰三角形ADC，连接BD，交AC于点O，过点D作DF//AB交AC于点E，交BC于点F，若AD=5，则DF的长为( )
A. 32
B. 3+3
C. 4+3
D. 3+32
4.(2023·河南省天宏大联考·三模)如图，在△ABC中，OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，动点P、Q分别在线段AC、AB上(点P不与点A、C重合)，满足∠BPQ=∠BAO.当△PQB为等腰三角形时，OP的长
度是______．
5.(2023·河南省天一大联考·三模)如图，在平行四边形ABCD中，∠B=60°，BC=1，点E是直线AB上一点，连接CE，将△BCE沿直线CE折叠，点B落在点B′处，若四边形BEB′C是菱形，则CE的长为______．
6.(2023·河南省商丘市·三模)如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AD=6，∠ABD=30°，点E为CD 的中点，点P为BC，AB上一个动点，将△PEC沿PE折叠得到△PEQ，点C的对应点为点Q，当点Q落在矩形ABCD的对角线上时，PC的长为______．
7.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)如图，直角△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=4，点E是边AC 上一点，将BE绕点B顺时针旋转60°到点F，则CF长的最小值是．
8.(2023·河南省郑州一中·三模)如图，在△ABC中，AB=AC=3+1，∠BAC=120°，P、Q是边BC上两点，将△ABP沿直线AP折叠，△ACQ沿直线AQ折叠，使得B、C的对应点重合于点R.当△PQR为直角三角形时，线段AP的长为______．
9.(2023·河南省洛阳市·三模)如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F.且点F在矩形内部，MF的延长线交边BC于点G，EF交边BC于点H.EN=1，AB=4，当点H为GN三等分点时，MD的长为______．
10.(2023·河南省濮阳市·三模)矩形ABCD中，AB=3，BC=4，对角线AC、BD交于点O，点M是BC边上一动点，连接OM，以OM为折痕，将△COM折叠，点C的对应点为E，ME与
OB交于点G，若△BGM为直角三角形，则BM的长为______．
11.(2023·河南省商丘一中·三模)折纸游戏：小明剪出一个直角三角形的纸片ABC，其中，∠A=60°，
AC=1，找出BC的中点M，在AB上找任意一点P，以MP为对称轴折叠△MPB，得到△MPD，点B的对应点为点D，小明发现，当点P的位置不同时，DP与△ABC的三边位置关系也不同，请帮小明解决问题：当DP⊥BC 时，AP的长为______．
12.(2023·河南省驻马店市二中·三模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=15，
AC=12，E为AB上的点，将EB绕点E在平面内旋转，点B的对应点为点D，且点D在
△ABC的边上，当△ADE恰好为直角三角形时，BE的长为______．
13.(2023·河南省驻马店市确山县·三模)如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=23，∠B=30°，点D在AB上且AD=2，点P为AC的中点，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ、DQ.当
∠DAQ=60°时，DQ的长为______．
14.(2023·河南省周口市西华县·三模)如图1，将两个等腰直角△ABC和△DEF如图1放置，∠C=∠F=90°，AC=DF=2，D为AB的中点.如图2，将△DEF绕点D在平面内旋转，当△DEF的边恰好经过点C时，AF的
长为______．
15.(2023·河南省天宏大联考·三模)(1)如图1，正方形ABCD和正方形DEFG(其中AB>DE)，连接CE，AG交
于点H，请直接写出线段AG与CE的数量关系______，位置关系______；
(2)如图2，矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG，3AB=2DE，DC=DG，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转
α(0°<α<360°)，连接AG，CE交于点H，(1)中线段关系还成立吗？若成立，请写出理由；若不成立，请
写出线段AG，CE的数量关系和位置关系，并说明理由；
(3)矩形ABCD和矩形DEFG，3AD=2DG=6，3AB=2DE=12，将矩形DEFG绕点D逆时针旋转
α(0°<α<360°)，直线AG，CE交于点H，当点B、E、G在同一条直线上时，请直接写出线段BE的长．
16.(2023·河南省天一大联考·三模)综合与实践
【问题发现】
(1)如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH于点O.试猜想线段EG与FH的数量关系为______；
【类比探究】
(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=a，BC=2a，点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，连接EG，FH，且EG⊥FH，垂足为O.试写出线段EG与FH的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
(3)如图3，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠BCD=60°，点M，N分别在边AB，BC上，连接CM，DN，且CM⊥DN，垂足为O.已知AB=3，BC=DC=4，若点M为AB的三等分点，直接写出线段DN的长．
17.(2023·河南省郑州市外国语学校·三模)【问题发现】小明在一次利用三角板作图的过程中发现了一件有趣的事情：如图1，在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=6，点M和点P分别是斜边AB上的动点，并且满足
AM=BP，分别过点M和点P作AC边的垂线，垂足分别为点N和点Q，那么MN+PQ的值是一个定值．
问题：若AM=BP=2时，MN+PQ值为______；
【操作探究】如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=α，AB=m；
爱动脑筋的小明立即拿出另一个三角板进行了验证，发现果然和之前发现的结论一样，于是他猜想，对于
任意一个直角三角形，当AM=BP时，MN+PQ的值都是固定的，小明的猜想对吗？如果对，请利用图2进行证明，并用含α和m的式子表示MN+PQ的值．
【解决问题】如图3，在菱形ABCD中，AB=8，BD=14.若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM=BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为______．
18.(2023·河南省郑州市十九中·三模)如图，在矩形ABCD中，点M、N分别为AD、BC上的点，将矩形ABCD 沿MN折叠，使点B落在CD边上的点E处(不与点C，D重合)，连接BE，过点M作MH⊥BC于点
H．
(1)如图①，若BC=AB，求证：△EBC≌△NMH；
(2)如图②，当BC=2AB时，
①求证：△EBC∽△NMH；
②若点E为CD的三等分点，请直接写出AM
的值．
BN
【问题背景】
如图(1)，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E为边BC上一点，沿直线DE将矩形折叠，使点C落在AB边上的点C′处．
(1)【问题解决】
填空：AC′的长为______；
(2)如图(2)，展开后，将△DC′E沿线段AB向右平移，使点C′的对应点与点B重合，得到△D′BE′，D′E′与BC 交于点F，求线段EF的长．
(3)【拓展探究】
如图(3)，在△DC′E沿射线AB向右平移的过程中，设点C′的对应点为C″，则当△D′C″E′在线段BC上截得的线段PQ的长度为1时，直接写出平移的距离．
=k，F是AC边上一动点，将△AFB沿着BF翻折得点A 【问题情景】如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC
BC
的对应点D，连接CD，将射线CD绕点C顺时针旋转90°交BF于点E．
【问题发现】
(1)如图1，若k=1，设∠ABF=α．
①求∠DAC的度数.(用含α的式子表示)
②求证：CD=CE．
【拓展应用】
(2)如图2，若k=3，BC=2，在点F移动的过程中，当△ACD为直角三角形时，请直接写出BE的长．
21.(2023·河南省商丘一中·三模)如图，矩形ABCD中，点M为CD上一点，AM⊥BM，点P为直线CD上一个动点，将射线PB绕点P逆时针旋转90°交直线AM于点Q．
(1)当△AMB为等腰直角三角形时，
①如图1，当点Q落在线段MA上时，试判断MB，MQ，MP的数量关系______；
②如图2，当点Q落在射线MA上时，①中的结论是否变化，若不变，请证明.若变化，请说明理由；
(2)如图3，若其他条件不变，Rt△AMB中，∠ABM=60°，AB=4，MQ=3，请直接写出MP的长．
22.(2023·河南省周口市西华县·三模)实践发现：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
(1)折痕BM______(填“是”或“不是”)线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答______；进一步计算出∠MNE=______；
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN=______；
拓展延伸：
(3)如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA′交ST于点O，连接AT、A′S.求证：四边形SATA′是菱形．
解决问题：
(4)如图④，矩形纸片ABCD中，AB=10，AD=26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A′处，并且折痕交AB 边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．
请写出以上4个数值中你认为正确的数值______．
23.(2023·河南省驻马店二中·三模)阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
《数学的发现》是2006年科学出版社出版的图书，作者是(美)乔治⋅波利亚.本书通过对各种类型生动而有趣的典型问题(有些是非数学的))进行细致剖析，提出它们的本质特征，从而总结出各种数学模型．
共高三角形：有一条公共高的三角形称为共高三角形．
共高定理：如图①，设点M在直线AB上，点P为直线外一点，则有S△PAM
S△PBM =AM
BM
．
下面是该结论的证明过程：证明：如图①，过点P作PQ⊥AB于点Q，……按要求完成下列任务：
(1)请你按照以上证明思路，结合图①完成剩余的证明；
(2)如图②，△ABC，
①画出∠BAC的平分线(不写画法，保留作图痕迹，使用2B铅笔作图)；
②若∠BAC的平分线交BC于D，求证：AB
AC =BD
CD
．
(3)如图③，E是平行四边形ABCD边CD上一点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，连接AE，CF，若△ADE的面积为2，则△CEF的面积为______．
24.(2023·河南省新乡市封丘县·三模)综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
操作一：正方形透明纸片ABCD，点E在BC边上，如图1，连接AE，沿经过点B的直线折叠，使点E的对应点E′落AE在上，如图2，把纸片展平，得到折痕BF，如图3，折痕BF交AE于点G．
根据以上操作，请直接写出图3中AE与BF的位置关系：______，BE与CF的数量关系：______．
(2)迁移探究小华将正方形透明纸片换成矩形透明纸片，继续探究，过程如下：
将矩形透明纸片ABCD按照(1)中的方式操作，得到折痕BF，折痕BF交AE于点G，如图4.若mAB=nAD，改
变点E在BC上的位置，那么BF
AE 的值是否能用含m，n的代数式表示？如果能，请推理BF
AE
的值，如果不能，请
说明理由；
(3)拓展应用
如图5，已知正方形纸片ABCD的边长为2，动点E在AD边上由点A向终点D匀速运动，动点F在DC边上由点D 向终点C匀速运动，动点E，F同时开始运动，且速度相同，连接AF，BE，交于点G，连接DG，则线段DG长度的最小值为：______，点G的运动路径长度为：______(直接写出答案即可)．
参考答案
1.【答案】B
【解析】解：如图，过顶点P作PE⊥OB于点E，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OC=BC=AB=OA，∠OAB=90°，
∴∠AOB=45°，
∵PE⊥OB，
∴△OPE为等腰直角三角形，
∴PE=OP
2=2
2
=2，
∵BP为∠ABO的平分线，PA⊥AB，PE⊥OB，
∴PE=PA=2，
∴OA=OP+PA=2+2，
∴C(0,2+2)，A(2+2,0)，P(2,0)，B(2+2,2+2)，设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将C(0,2+2)，A(2+2,0)代入得，b=2+2
(2+2)k+b=0
，
解得：k=―1
b=2+2
，
∴直线AC的解析式为y=―x+2+2，设直线BP的解析式为y=mx+n(m≠0)，
将P(2,0)，B(2+2,2+2)代入得，2m+n=0
(2+2)m+n=2+2
，
解得：m=2+1
n=―22―2
，
∴直线BP的解析式为y=(2+1)x―22―2，
联立直线AC 与直线BP 的解析式得，y =―x +2+ 2y =( 2+1)x ―2 2―2
，解得：x = 2+1y =1
，∴Q( 2+1,1)．
故选：B ．
过顶点P 作PE ⊥OB 于点E ，根据矩形的性质可得∠AOB =45°，则△OPE 为等腰直角三角形，PE =OP 2= 2，根据角平分线的性质可得PE =PA = 2，进而求出OA =2+ 2，于是C(0,2+ 2)，A(2+ 2,0)，P(2,0)，B(2+ 2,2+ 2)再利用待定系数法分别求出直线AC 与直线BP 的解析式，最后联立求解即可．本题主要考查正方形的性质、坐标与图形性质、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的性质、用待定系数法求一次函数解析式，解题关键是利用待定系数法正确求出一次函数解析式是解题关键．
2.【答案】B
【解析】解：设AC 交BD 于O ，如图：
∵菱形ABCD ，∠ABC =120°，AB =2，
∴∠BAD =∠BCD =60°，∠DAC =∠DCA =30°，AD =AB =2，BD ⊥AC ，
Rt △AOD 中，OD =12
AD =1，OA = AD 2―OA 2= 3，∴AC =2OA =2 3，
Rt △APE 中，∠DAC =30°，PE =12
AP ，
Rt △CPF 中，∠PCF =∠DCA =30°，PF =12CP ，
∴PE ―PF =12AP ―12CP =12(AP ―CP)=12AC ，
∴PE ―PF = 3，
故选：B ．
设AC 交BD 于O ，根据已知可得AC =2 3，而PE ―PF =12AP ―12CP =12(AP ―CP)=12AC ，即可得到答案．本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出AC ，把PE ―PF 转化为1
2
AC ．3.【答案】C
【解析】解：在等边△ABC 中，AB =BC =AC =8，
在等腰△ADC 中，AD =DC =5，
∴BD 垂直平分AC ，
∴AO =4，∠AOD =∠AOB =90°，
∴∠ABO =∠CBO =30°，
根据勾股定理，得OD = AD 2―AO 2= 52―42=3，BO = AB 2―AO 2= 82―42=4 3，
∴BD =3+4 3，
∵DF//AB ，
∴∠FDB =∠ABD =30°，
∴∠FDB =∠FBD =30°，
∴DF =BF ，
过点F 作FH ⊥BD 于点H ，
则H 是BD 的中点，
∴DH =12BD =3+4
32
，设DF =x ，则FH =12
x ，
根据勾股定理，得(12x )2+(3+4 32
)2=x 2，解得x =4+ 3或x =―4― 3(舍去)，
∴DF =4+ 3，
故选：C ．
根据等边三角形和等腰三角形的性质可知BD 垂直平分AC ，再根据勾股定理求出OD 和BO 的长，进一步可得BD 的长，根据平行线的性质进一步可得DF =BF ，过点F 作FH ⊥BD 于点H ，根据等腰三角形的性质可得DH 的长，设DF =x ，则FH =12
x ，根据勾股定理列方程，求解即可．
本题考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，勾股定理等，熟练掌握这些性质是解题的关键．4.【答案】1或7
8
【解析】【分析】
分为三种情况：①PQ =BP ，②BQ =QP ，③BQ =BP ，由等腰三角形的性质和勾股定理即可求解．
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质的应用，题目综合性比较强，解题的
关键是熟练掌握所学的性质进行解题，注意分类讨论．【解答】
解：∵OA=4，OB=3，C点与A点关于直线OB对称，∴BC=AB=42+32=5，
分为3种情况：
①当PB=PQ时，
∵C点与A点关于直线OB对称，
∴∠BAO=∠BCO，
∵∠BPQ=∠BAO，
∴∠BPQ=∠BCO，
∵∠APB=∠APQ+∠BPQ=∠BCO+∠CBP，
∴∠APQ=∠CBP，
在△APQ与△CBP中，
∠QAP=∠PCB
∠APQ=∠CBP
，
QP=PB
∴△APQ≌△CBP(AAS)，
∴PA=BC=5，
此时OP=5―4=1；
②当BQ=BP时，
∠BPQ=∠BQP，
∵∠BPQ=∠BAO，
∴∠BAO=∠BQP，
根据三角形外角性质得：∠BQP>∠BAO，
∴这种情况不存在；
③当QB=QP时，
∠QBP=∠BPQ=∠BAO，
∴PB=PA，
设OP=x，则PB=PA=4―x
在Rt△OBP中，PB2=OP2+OB2，
∴(4―x)2=x2+32，
解得：x=7
；
8
∵点P在AC上，
∴点P在点O左边，
．
此时OP=7
8
∴当△PQB为等腰三角形时，OP的长度是1或7
．
8
故答案为：1或7
．
8
5.【答案】1
【解析】解：∵四边形BEB′C是菱形，
∴BC=BE=B′E=B′C=1，
∵∠B=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴CE=BC=1，
故答案为：1．
根据菱形的性质证明△BCE是等边三角形，进而可以解决问题．
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，菱形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．6.【答案】3或63
【解析】解：当点P在BC上时，如图：
由折叠的性质可知，DE=EQ，PC=PQ，∠EQP=90°，
∵∠ABD=30°，四边形ABCD是矩形，
∴∠EDQ=∠EQD=30°，∠PBQ=60°，
∴∠PQB=60°，
∴△PBQ是等边三角形，
BC=3，
∴PC=PQ=PB=1
2
当点P在AB上时，Q刚好和点D重合，如图：
由勾股定理得AB=63，
∵E是中点，
∴DE=33，
由折叠的性质知PE⊥DC，
在Rt△PEC中，CE=33，PE=6，
∴PC=CE2+PE2=63．
故答案为：3或63．
分两种情况讨论，当点P在BC上时，可得△PBQ是等边三角形，从而得出PC=PQ=PB，此时PC=3，当点P在AB上时，Q刚好和点D重合，此时PC=63．
本题考查矩形的性质和折叠的性质及勾股定理，本题要数形结合即可解答．
7.【答案】2
【解析】【分析】
取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，可证得△BCF≌△BDE(SAS)，得出CF=DE，当且仅当
AD=2为DE的最小值，即可得出CF的最小值为2．
DE⊥AC，即点E与点H重合时，DE=DH=1
2
本题考查了直角三角形性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【解答】
解：如图，取AB的中点D，连接DE，过点D作DH⊥AC于点H，
则AD =BD =12
AB ，∠AHD =∠ACB =90°，
∵∠A =30°，BC =4，
∴AB =2BC =8，∠ABC =90°―30°=60°，
由旋转得：BF =BE ，∠EBF =60°，
∴∠EBC +∠CBF =60°，
∵∠EBC +∠DBE =60°，
∴∠CBF =∠DBE ，
∵AD =BD =12AB =4，
∴BC =BD ，
在△BCF 和△BDE 中
BF =BE ∠CBF =∠DBE BC =BD
∴△BCF ≌△BDE(SAS)，∴CF =DE ，
当且仅当DE ⊥AC ，即点E 与点H 重合时，DE =DH =12AD =2为DE 的最小值，
∴CF 的最小值为2．
故答案为：2．8.【答案】 2或 6+ 22
【解析】【分析】
由翻折的性质，等腰三角形的性质可得∠PRQ =60°，要使△PQR 为直角三角形，于是有两种情况：即∠RPQ =90°或∠RQP =90°，分别画出相应的图形，根据等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理进行计算即可．
本题考查翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系，掌握翻折变换的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系以及勾股定理是正确解答的前提．
【解答】
解：过点A 作AD ⊥BC 于点D ，
由翻折可知，∠ARQ =∠C ，∠ARP =∠B ，
在△ABC 中，∠BAC =120°，AB =AC = 3+1，∴∠B =∠C =30°，AD =12AB = 3+12，BD =CD = 32AB =3+
32
，
∴∠PRQ =∠B +∠C =60°，
①当∠RPQ =90°时，如图1，设AR 与BC 交于点E ，
∴RP//AD ，
∴∠EAD =∠ERP =∠B =30°，
在Rt △ADE 中，AD =
3+12
，∠EAD =30°，∴DE = 33AD =3+ 36
，设BP =a ，则PR =a ，PE =BD ―BP ―DE =3+ 32―a ―3+ 36=3+
33
―a ，在Rt △PRE 中，∠PRE =30°，
∴PR = 3PE ，
即a = 3×(3+
33
―a)，解得a =1，
∴BP =PR =1，PE =3+ 33―1=
33
，∴PD =PE +DE = 33+3+ 36=
3+12
=AD ，∴△PAD 是等腰直角三角形，
∴AP = 2AD = 6+
22
；
②当∠RQP =90°时，如图2，由①可得，CQ =QR =1，
DQ =AD =
3+12
，设PD =b ，则BP =PR =BD ―PD =3+
32
―b ，在Rt △PQR 中，由勾股定理得，
PR 2―PQ 2=QR 2，
即(3+ 32―b )2―( 3+12
+b )2=1，解得b =
3―12
，即PD =
3―12
，在Rt △APD 中，由勾股定理得，
AP 2=AD 2+PD 2=( 3+12)2+(
3―12
)2=2，
∴AP=2，
综上所述，AP=2或AP=6+2
2
，
故答案为：2或6+2
2
．
9.【答案】73―1
2
或3
【解析】【分析】
根据点H为GN三等分点，分两种情况分别计算，根据折叠的性质和平行线的性质证明∠GMN=∠MNG，得到MG=NG，证明△FGH∽△ENH，求出FG的长，过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，设
MD=MF=x，根据勾股定理列方程求出x即可．
本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，考查了分类讨论的思想，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
【解答】
解：当HN=1
3
GN时，GH=2HN，
∵将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，
∴MF=MD，CN=EN，∠E=∠C=∠D=∠MFE=90°，∠DMN=∠GMN，AD//BC，
∴∠GFH=90°，∠DMN=∠MNG，
∴∠GMN=∠MNG，
∴MG=NG，
∵∠GFH=∠E=90°，∠FHG=∠EHN，
∴△FGH∽△ENH，
∴FG EN =GH
HN
=2，
∴FG=2EN=2，
过点G作GP⊥AD于点P，则PG=AB=4，
设MD=MF=x，
则MG =GN =x +2，
∴CG =x +3，
∴PM =3，
∵GP 2+PM 2=MG 2，
∴42+32=(x +2)2，
解得：x =3或―7(舍去)，
∴MD =3；
当GH =13GN 时，HN =2GH ，
∵△FGH ∽△ENH ，
∴FG EN =GH HN =12
，∴FG =12EN =12，
∴MG =GN =x +12，
∴CG =x +32，
∴PM =32，
∵GP 2+PM 2=MG 2，
∴42+(32)2=(x +12)2，
解得：x =
73―12或― 73―12(舍去)，∴MD = 73―12；故答案为：
73―12
或3．10.【答案】0.5或1.5
【解析】解：①∠BMG 是直角，如图，
过O 点作OH ⊥BC 于H ，
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴AC=5，
∴BH=CH=2，
∴CO=2.5，
∴OH=1.5，
由折叠的性质可得∠OMH=45°，
∴MH=OH=1.5，
∴BM=BH―MH=4―2―1.5=0.5；
②∠BGM是直角，如图，
由折叠的性质可得OE=OC=2.5，∠ACB=∠E，
∵∠ABC=∠EGO=90°，
∴△OEG∽△ACB，
∴OG：OE=AB：AC，即OG：2.5=3：5，
解得OG=1.5，
∴BG=2.5―1.5=1，
∵∠ACB=∠MBG，
∠ABC=∠MGB=90°，
∴△ABC∽△MGB，
∴BM：BG=CA：CB，即BM：1=5：4，
解得BM=1.25．
综上所述，线段BM的长为0.5或1.25．
故答案为：0.5或1.25．
分两种情况：①∠BMG是直角和②∠BGM是直角，进行讨论即可求解．
本题考查了矩形的性质、勾股定理、翻折变换的性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，勾股定理是解决问题的关键．
11.【答案】12或32
【解析】【分析】
分两种情形：如图1中，当DP ⊥BC ，延长DP 交BC 于点J.如图2中，当PD ⊥BC 于点J 时，分别求出PB ，可得结论．
本题考查翻折变换，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
【解答】
解：如图1中，当DP ⊥BC ，延长DP 交BC 于点J ．
∵∠C =90°，AC =1，∠A =60°，
∴∠B =30°，
∴AB =2AC =2，BC = 3AC = 3，
由翻折变换的性质可知，∠D =∠B =30°，DM =BM =
32
，∴JM =12DM =
34
，∴BJ =BM ―JM =
34
，∴PB =BJ cos 30
∘=12，∴AP =AB ―PB =2―1
2=32．
如图2中，当PD ⊥BC 于点J 时，同法可得MJ =JC =
34
，
∴BJ =3
34
，∴PB =BJ cos 30
∘=32，∴AP =AB ―PB =2―3
2=12．
综上所述，AP 的值为12或32
．
故答案为：1
2或32．12.【答案】458或45
7
【解析】解：∵∠ACB =90°，AB =15，AC =12，
∴BC = 152―122=9.△ADE 为直角三角形时分两种情况：
①如图，当∠ADE =90°时，设DE =x =BE ，
由∠ADE =∠ACB ，∠A =∠A ，
∴△ADE ∽△ACB ，
∴DE CB =AE AB
，∴x 9=15―x 15，解得x =
458；②当∠AED =90°时，设DE =y =BE ，
同理可得：△AED ∽△ACB ，
∴DE CB =AE AC
，∴y 9=15―y 12
，解得y =457
．故答案为：458或457．
先求解BC =9，再分两种情况讨论：如图，当∠ADE =90°时，当∠AED =90°时，再利用相似三角形的判定与性质解答即可．
本题考查的是勾股定理的应用，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，作出正确的图形是解本题的关键．
13.【答案】 7或 3
【解析】解：∵∠ACB =90°，BC =2 3，∠B =30°，点P 为AC 的中点，
∴∠BAC =60°，AC =BC ⋅tan30°=2，AP =12
AC =1，AB AC 2+BC 2= 22+(2 3)2=4．∵AD =2，
∴D 是AB 的中点．
当∠DAQ =60°时，存在两种情况，
当点Q 与点P 重合时，如图1所示，AQ =AP =1，
此时DQ 为△ABC 的中位线，
∴DQ=1
BC=3；
2
当点Q在AP延长线上时，连接DP、DQ，
如图2所示，
∵PD为△ABC的中位线，
∴PD//BC，
∴∠DPQ+∠ACB=180°，
∴∠DPQ=90°，
∴DQ=PD2+PQ2=(3)2+22=7，
综上，DQ的长为7或3，
故答案为：7或3．
AC=1，AB AC2+BC2=
根据直角三角形的性质得到∠BAC=60°，AC=BC⋅tan30°=2，AP=1
2
22+(23)2=4.求得D是AB的中点．当∠DAQ=60°时，存在两种情况，当点Q与点P重合时，如图1所示，AQ=AP=1，当点Q在AP延长线上时，连接DP、DQ，根据三角形的中位线定理即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．14.【答案】2或6
【解析】【分析】
分两种情况讨论，由等腰直角三角形的性质可得AD=CD=2，利用勾股定理和平行四边形的性质可求解．本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用分类讨论思
想解决问题是解题的关键．
【解答】
解：如图，当点C落在DF上时，
∵AC=DF=2，∠CAB=∠EDF=45°，∠ACB=∠DFE=90°，△ACB和△DFE都是等腰直角三角形，
∴AB=DE=22，
∵点D是AB的中点，
∴AD=CD=2，
∴AF=AD2+DF2=2+4=6；
当点C落在DE上时，连接CF，
∵DE=AB=22，CD=2，
∴CE=CD=2，
∵△EFD是等腰直角三角形，
∴CF=CD=2=AD，CF⊥DE，
∴CF//AD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AF=CD=2，
故答案为：2或6．
15.【答案】相等垂直
【解析】解：(1)如图1，
在正方形ABCD和正方形DEFG中，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADE+∠EDG=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
∵DG=DE，DA=DC，
∴△GDA≌△EDC(SAS)，
∴AG=CE，∠GAD=∠ECD，
∵∠COD=∠AOH，
∴∠AHO=∠CDO=90°，
∴AG⊥CE，
故答案为：相等，垂直；
(2)不成立，新结论：3CE=2AG，AG⊥CE，理由如下：
如图2，由(1)知，∠EDC=∠ADG，
∵3AD=2DG，3AB=2DE，AD=DE，
∴DG AD =3
2
，DE
CD
=DE
AB
=3
2
，
∴DG AD =ED
DC
=3
2
，
∴△GDA ∽△EDC ，∴
AG CE =AD DC =3
2
，即3CE =2AG ，∵△GDA ∽△EDC ，∴∠ECD =∠GAD ，∵∠COD =∠AOH ，∴∠AHO =∠CDO =90°，∴AG ⊥CE ；
(3)①当点G 在线段BE 上时，如图3―1，连接BD ，过点D 作DT ⊥BE 于点T ．
∵3AD =2DG =6，3AB =2DE =12，∴AD =2，DG =3，AB =4，DE =6，∵∠A =∠EDG =90°，
∴BD = AD 2+AB 2= 22+42=2 5，EG = DG 2+DE 2= 32+62=3 5，∵DT ⊥EG ，
∴1
2⋅DE ⋅DG =12
⋅EG ⋅DT ，∴DT =3×63 5=6 5
5
，∴ET =
DE 2―DT 2
=12 55
，BT =
BD 2―DT 2
=
(2
5)2
―(6
5
5
)2=8
55，
∴BE =ET +BT =4 5．
②当点G在EB放延长线上时，如图3―2，
同法可得BE=ET―BT=125
5―85
5
=45
5
，
综上所述，满足条件的BE的值为45或45
5
．
(1)证明△GDA≌△EDC(SAS)，即可求解；
(2)根据两边对应成比例且夹角相等证明△GDA∽△EDC，即可求解；
(3)①当点G在线段BE上时，如图3―1，利用勾股定理求出ET，TB即可；②当点G在EB的延长线上时，如图3―2，同法可解．
本题是四边形综合题，涉及旋转的性质，矩形的性质，三角形全等和相似的性质和判定，勾股定理等知识，难度适中，其中(3)正确画图和分类讨论是解题的关键．
16.【答案】EG=FH
【解析】(1)证明：过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MG=HN，
∵HF⊥EG，
∴∠MGE=∠NHF，
∴△HFN≌△GEM(ASA)，
∴HF=EG；
故答案为：HF=EG；
(2)解：EG=2FH；
理由：过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，
由(1)可得，∠QHF=∠PGE，
∴△QHF∽△PGE，
∴HF GE =HQ
PG
，
∵AB=a，BC=2a，∴PG=2a，HQ=a，
∴HF GE =a
2a
=1
2
；
∴EG=2FH；
(3)解：如图3，过点D作DS⊥BC于S，
∴∠DSN=∠DSC=∠B=90°，
∵∠DCS=60°，CD=4，
∴DS=3
2
CD=23，
∵点M为AB的三等分点，AB=3，
∴BM=2或BM=1，
∵BC=4，
∴CM=BC2+BM2=25或17，由(1)知△BCM∽△SDN，
∴CM DN =BC
SD
，
∴25
DN =4
23
或17
DN
=4
23
，
解得DN=15或51
2
．
(1)过点H作HN⊥BC交于N，过点G作GM⊥BA交于M，证明△HFN≌△GEM(ASA)即可求解；
(2)过点H作HQ⊥BC交于Q，过点G作GP⊥AB交于P，由(1)可得△QHF∽△PGE；
(3)如图3，过点D作DS⊥BC于S，根据垂直的定义得到∠DSN=∠DSC=∠B=90°，根据已知条件得到BM=2或BM=1，根据勾股定理得到CM=BC2+BM2=25或17，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了四边形的综合题，正方形的性质，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，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：【问题发现】3；
【操作探究】对，
证明：∵MN⊥AC于点N，PQ⊥AC于点Q，AM=BP，
∴∠ANM=∠AQP=∠C=90°，
∵∠A=∠A，
∴△AMN∽△ABC，△APQ∽△ABC，
∴MN
BC =AM
AB
，PQ
BC
=AP
AB
，
∵AP=AM+MP=BP+MP=MB，
∴PQ BC =MB
AB
，
∴MN
BC +PQ
BC
=AM
AB
+MB
AB
=AB
AB
=1，
∴MN+PQ=BC，
∵BC
AB
=sinA，∠A=α，AB=m，∴BC=AB⋅sinA=m⋅sinα，
∴MN+PQ=m⋅sinα，
∴MN+PQ的值为定值，MN+PQ=m⋅sinα．【解决问题】15．
【解析】【分析】
此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、菱形的性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．【问题发现】由∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∠A =30°，得MN =12
AM ，PQ =12
AP =12
(AM +PM)，而AM =BP ，则MN +PQ =12
AM +12
BM =12
AB =3，于是得到问题的答案．
【操作探究】由∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∠A =∠A ，可证明△AMN ∽△ABC ，△APQ ∽△ABC ，得MN BC
=
AM AB ，PQ BC =AP
BC ，因为AP =AM +MP =BP +MP =MB ，则PQ BC =MB AB ，于是可推导出MN BC +PQ BC =AB AB
=1，所以MN +PQ =BC =m ⋅sinα；
【解决问题】连AC 交BC 于点O ，在BC 上截取BL =DM ，作LI ⊥BO 于点I ，由菱形的性质得
BC =AB =AD =8，BO =DO =1
2
BD =7，∠BOC =90°，可求得CO = BC 2―BO 2= 15，再由AD =BC ，
AM =BN ，证明DM =CN ，再证明△BLI ≌△DME ，得LI =ME ，则BL =CN ，由∠BOC =90°，LI ⊥BO ，NF ⊥BO ，得LI +NF =CO = 15，则ME +NF = 15．【解答】
解：【问题发现】∵MN ⊥AC 于点N ，PQ ⊥AC 于点Q ，∴∠ANM =∠AQP =∠C =90°，∵∠A =30°，
∴MN =12
AM ，PQ =12
AP =12
(AM +PM)，∵AM =BP ，
∴PQ =12
(BP +PM)=12
BM ，∴MN +PQ =12
AM +12
BM =12
AB ，∵AB =6，
∴MN +PQ =12×6=3，故答案为：3．【操作探究】见答案；
【解决问题】如图3，连AC 交BC 于点O ，在BC 上截取BL =DM ，作LI ⊥BO 于点I ，
∵四边形ABCD 是菱形，AB =8，BD =14，
∴BC =AB =AD =8，BO =DO =1
2
BD =12
×14=7，AC ⊥BD ，∴∠BOC =90°，
∴CO = BC 2―BO 2= 82―72= 15，∵AD =BC ，AM =BN ，∴AD ―AM =BC ―BN ，∴DM =CN ，∵BC//AD ，∴∠LBI =∠MDE ，∵ME ⊥BD ，LI ⊥BO ，∴∠BIL =∠DEM =90°，在△BLI 和△DME 中，
∠LBI =∠MDE
∠BIL =∠DEM =90°BL =DM ,∴△BLI ≌△DME(AAS)，∴LI =ME ，
∵AM =BN ，AD =BC ，∴DM =CN ，∴BL =CN ，
∵∠BOC =90°，LI ⊥BO ，NF ⊥BO ，∴△BIL ∽△BFN ∽△BOC ，∴LI CO =BL BC ,NF CO =BN BC ，∴LI CO +NF CO =BL BC +BN
BC ，即
LI +NF CO =BL +BN
BC
=1，∴LI +NF =CO = 15，∴ME +NF = 15，
故答案为： 15．
18.【答案】(1)证明：如图①，BE 与MN 的交点记作点O ，
由折叠知，∠BON =90°，
∴∠CBE+∠BNM=90°，
∵MH⊥BC，
∴∠MHN=90°，
∴∠HMN+∠BNM=90°，
∴∠CBE=∠HMN，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ABC=∠C=90°=∠BHM，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AB=MH，
∵BC=AB，
∴BC=MH，
在△EBC和△NMH中，
∠C=∠BHM
BC=MH
∠CBE=∠HMN
，
∴△EBC≌△NMH(ASA)；
(2)①证明：同(1)的方法得，∠C=∠BHM，∠CBE=∠HMN，∴△EBC∽△NMH；
②解：设DE=x(x>0)，
∵点E为CD的三等分点，
Ⅰ、当CE=2DE时，
∴CE=2x，CD=3x，
∵BC=2BA，
∴BC=6x，
同①的方法得，四边形CDMH是矩形，
∴MH=CD=3x，
由①知，△EBC∽△NMH，
∴EC NH =BC
MH
，
∴
2x
NH =6x 3x
，∴NH =x ，设AM =y(y >0)，
同①的方法得，四边形AMHB 是矩形，∴BH =AM =y ，∴BN =x +y ，
∴CN =BC ―BN =5x ―y ，由折叠知，EN =BN =x +y ，
在Rt △ECN 中，根据勾股定理得，CN 2+CE 2=EN 2，∴(5x ―y )2+(2x )2=(x +y )2，∴y =7
3
x 或x =0(舍)，∴AM =73x ，BN =x +y =
103
x ，∴AM BN =73
x 103
x =710，Ⅱ、当DE =2DE 时，同Ⅰ的方法得．AM BN
=31
37，即
AM
BN
=710或3137． 【解析】(1)根据同角的余角相等得出∠CBE =∠HMN ，再判断出四边形ABHM 是矩形，得出AB =MH ，进而判断出△EBC ≌△NMH ；
(2)①同(1)的方法得，∠C =∠BHM ，∠CBE =∠HMN ，即可得出结论；
②设DE =x(x >0)，Ⅰ、当CE =2DE 时，则CE =2x ，CD =3x ，BC =6x ，进而得出MH =CD =3x ，再根据△EBC ∽△NMH ，得出NH =x ，设AM =y(y >0)，表示出BH =AM =y ，BN =x +y ，
CN =BC ―BN =5x ―y ，再根据勾股定理得，CN 2+CE 2=EN 2，建立方程得出y =7
3x 或x =0(舍)，Ⅱ、当DE =2CE 时，同Ⅰ的方法，即可求出答案．
此题是相似形综合题，主要考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，利用勾股定理得出y =7
3x 是解本题的关键．
19.【答案】解：(1)3．
(2)由(1)得：AC′=3，∴BC′=AB ―AC′=2，
由折叠的性质得：C′E =CE ，
设BE =x ，则C′E =CE =4―x ，
在Rt △BEC′中，BE 2+BC′2=C′E 2，
即x 2+22=(4―x )2，
解得x =32
，
即BE =32，CE =4―32=52，
连接EE′，如图所示：
由平移的性质得：E′E =BC′=2，EE′//AB//CD ，D′E′//DE ，
∴△FEE′∽△FCD′∽△ECD ，
∴EF EE′=CE CD =525=12
，∴EF =12
EE′=1．
(3)45或195．
【解析】【分析】
本题考查四边形综合，矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平移的性质、平行四边形的判定等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、平移的性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)由矩形的性质得∠A =90°，AB =CD =5，BC =AD =4，再由折叠的性质得C′D =CD =5，然后由勾股定理求解即可；
(2)由折叠的性质得C′E =CE ，设BE =x ，则C′E =CE =4―x ，在Rt △BEC′中，由BE 2+BC′2=C′E 2求出BE =32，CE =52，连接EE′，根据相似三角形的判定可得△FEE′∽△FCD′∽△ECD ，即可求解；(3)分类讨论：当C″在AB 内(B 的左侧)时，连接EE′，根据相似三角形的判定和性质可得E′E E′Q =45
，根据平移的性质和等角对等边的性质可得PQ =QE′=1，即可求得；当C″在射线AB 上(B 的右侧)时，连接EE′，根据相
似三角形的判定和性质可得CD′=2CP ，CD′=34CQ ，求解可得CP =35
，即可求得．
【解答】
解：(1)∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠A =∠B =90°，AB =CD =5，BC =AD =4，
由折叠的性质得：C′D =CD =5，
∴AC′= C′D 2―AD 2= 52―42=3，
故答案为：3．
(2)见答案．
(3)当C″在AB 内(B 的左侧)时，连接EE′，
如图所示：
由平移的性质得：E′E =C′C″，EE′//AB ，C″E′//C′E ，
∴△QEE′∽△QBC″∽△EBC′，
∴E′E E ′Q =C′B C ′E =252
=45，∵∠CPD′=∠EPE′=∠CED =∠D′E′Q ，
∴PQ =QE′=1，
∴E′E =45E′Q =45
；
当C″在射线AB 上(B 的右侧)时，连接EE′，如图，
由平移的性质得：E′E =DD′，DE//D′E ，DC′//D′C″，
∴△CD′P ∽△CDE ，△CD′Q ∽△AC′D ，。