最新中考几何专项复习专题31 四边形综合练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
专题31 四边形综合练习(提优)
一．选择题
1．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点，连接DF，分析下列五个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠ACD=2；⑤S四边形CDEF=52S△ABF其中正确的结论有( )
A．5个B．4个C．3个D．2个
【分析】①四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，则∠ABC＝∠AFB＝90°，又∠BAF＝∠CAB，于是△AEF∽△CAB；
②由AE=12AD=12BC，又AD∥BC，所以AEBC=AFFC=2；
③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM＝DE=12BC，得到CN＝NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论；
④设AE＝a，AB＝b，则AD＝2a，由△BAE∽△ADC，得出b=2a，进而得出tan∠ACD=ADCD=2ab=2a2a=2；
⑤根据△AEF∽△CBF得到EFBF=AEBC=12，求出S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCDS四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF=52S△ABF．
【解答】解：如图，过D作DM∥BE交AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵BE⊥AC于点F，
∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴AEBC=AFCF，
∵AE=12AD=12BC，
∴AFCF=12，
∴CF＝2AF，故②正确；
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE=12BC，
∴BM＝CM，
∴CN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DM垂直平分CF，
∴DF＝DC，故③正确；
设AE＝a，AB＝b，则AD＝2a，
由△BAE∽△ADC，有ba=2ab，即b=2a，
∴tan∠ACD=ADCD=2ab=2a2a=2，故④正确；
∵△AEF∽△CBF，
∴EFBF=AEBC=12，
∴S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD，
∴S△AEF=112S矩形ABCD，
又∵S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，
∴S四边形CDEF=52S△ABF，故⑤正确；
故选：A．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，图形面积的计算以及解直角三角形的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．解题时注意：相似三角形的对应边成比例．
2．如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，下列结论：①CE＝CF，②∠AEB＝75°，③AG＝2GC，④BE+DF＝EF，⑤S△CEF＝2S△ABE，其中结论正确的个数为( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，得到CE＝CF；由正方形的性质就可以得出∠AEB＝75°；设EC＝x，由勾股定理得到EF，表示出BE，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE，再通过比较大小就可以得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE＝EF＝AF，∠EAF＝60°．
∴∠BAE+∠DAF＝30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AB=ADAE=AF，
Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，
∴BE＝DF，
∴CE＝CF，故①正确；
∵∠BAE＝∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF＝30°，
即∠DAF＝15°，
∴∠AEB＝75°，故②正确；
设EC＝x，由勾股定理，得
EF=2x，CG=22x，
AG＝AEsin60°＝EFsin60°＝2×CGsin60°=62x，
∴AG≠2GC，③错误；
∵CG=22x，AG=62x，
∴AC=2+62x
∴AB＝AC•22=1+32x，
∴BE=1+32x﹣x=3−12x，
∴BE+DF＝(3−1)x，
∴BE+DF≠EF，故④错误；
∵S△CEF=12x2，
S△ABE=12×BE×AB=12×1+32x×3−12x=14x2，
∴2S△ABE═S△CEF，故⑤正确．
综上所述，正确的有3个，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键．
3．如图，正方形ABCD中，以AD为底边作等腰△ADE，将△ADE沿DE折叠，点A落到点F处，连接EF刚好经过点C，再连接AF，分别交DE于G，交CD于H．在下列结论中：
①△ABM≌△DCN；②∠DAF＝30°；③△AEF是等腰直角三角形；④EC＝CF；⑤S△HCF＝S△ADH，
其中正确的结论有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【分析】首先证明∠HCF＝∠FHC＝67.5°，由此可以判定③正确，②错误，再证明AC∥DF，推出S△DFA＝S△FDC，由此判断⑤正确，根据ASA可以判断①正确，在△EAF中，由∠CAE＝∠CAF，∠AEC＝90°，作CK⊥AF于K，推出CE＝CK＜CF，由此判断④错误．
【解答】解：如图，连接AC、以D为圆心DA为半径画圆．
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC＝AB＝BC，∠ADC＝∠B＝∠DCB＝90°，∠ACD＝∠DAC＝45°
∵△DEF是由△DEA翻折得到，
∴DA＝DF＝DC，EA＝EF，∠AED＝∠DEF，
∴∠AFC=12∠ADC＝45°
∴∠EFA＝∠EAF＝45°，
∴∠AEF＝90°，
∴∠DEF＝∠DEA＝45°，
∵EA＝ED＝EF，
∴∠DAE＝∠ADE＝∠EDF＝∠EFD＝67.5°，
∴∠DAF＝∠DFA＝22.5°，
∴∠ADF＝180°﹣∠DAF﹣∠DFA＝135°，
∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝45°，
∴∠DCF＝180°﹣∠CDF﹣∠DFC＝67.5°，
∵∠CHF＝∠CDF+∠DFA＝67.5°，
∴∠HCF＝∠FHC，
∴△CFH是等腰三角形，故③正确．②错误，
∵∠ACD＝∠CDF，
∴AC∥DF，
∴S△DFA＝S△FDC，
∴S△ADH＝S△CHF，故⑤正确，
∵EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴∠BAM＝∠CDN，
在△ABM和△DCN中，
∠BAM=∠CDNAB=DC∠B=∠DCN，
∴△ABM≌△DCN，故①正确，
在△EAF中，∵∠CAE＝∠CAF，∠AEC＝90°，作CK⊥AF于K，
∴CE＝CK＜CF，
∴CE≠CF故④错误．
∴①③⑤正确，
选B．
【点评】本题考查四边形综合题、圆的有关性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造圆利用圆的有关性质解决问题，属于中考常考题型．
4．如图，已知直线l∥AB，l与AB之间的距离为2．C、D是直线l上两个动点(点C在D点的左侧)，且AB＝CD＝5．连接AC、BC、BD，将△ABC沿BC折叠得到△A′BC．下列说法：
①四边形ABCD的面积始终为10；
②当A′与D重合时，四边形ABDC是菱形；
③当A′与D不重合时，连接A′、D，则∠CA′D+∠BCA′＝180°；
④若以A′、C、B、D为顶点的四边形为矩形，则此矩形相邻两边之和为35或7．
其中正确的是( )
A．①②④B．①③④C．①②③D．①②③④
【分析】①根据平行四边形的判定方法可得到四边形ABCD为平行四边形，然后根据平行四边形的面积公式计算；
②根据折叠的性质得到AC＝CD，然后根据菱形的判定方法可判断四边形ABDC是菱形；
③连接A′D，根据折叠性质和平行四边形的性质得到CA′＝CA＝BD，AB＝CD＝A′B，∠1＝∠CBA＝∠2，可证明△A′CD≌△A′BD，则∠3＝∠4，然后利用三角形内角和定理得到得到∠1＝∠4，则根据平行线的判定得到A′D∥BC；
④讨论：当∠CBD＝90°，则∠BCA＝90°，由于S△A1CB＝S△ABC＝5，则S矩形A′CBD＝10，根据勾股定理和完全平方公式进行计算；当∠BCD＝90°，则∠CBA＝90°，易得BC＝2，而CD＝5，于是得到结论．
【解答】解：①∵AB＝CD＝5，AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABDC的面积＝2×5＝10；故①正确；
②∵四边形ABDC是平行四边形，
∵A′与D重合时，
∴AC＝CD，
∵四边形ABDC是平行四边形，
∴四边形ABDC是菱形；故②正确；
③连接A′D，如图，
∵△ABC沿BC折叠得到△A′BC，
∴CA′＝CA＝BD，AB＝CD＝A′B，
在△A′CD和△A′BD中
CA'=BDCD=BA'A'D=A'D，
∴△A′CD≌△A′BD(SSS)，
∴∠3＝∠4，
又∵∠1＝∠CBA＝∠2，
∴∠1+∠2＝∠3+∠4，
∴∠1＝∠4，
∴A′D∥BC，
∴∠CA′D+∠BCA′＝180°；故③正确；
④设矩形的边长分别为a，b，
当∠CBD＝90°，
∵四边形ABDC是平行四边形，
∴∠BCA＝90°，
∴S△A′CB＝S△ABC=12×2×5＝5，
∴S矩形A′CBD＝10，即ab＝10，
而BA′＝BA＝5，
∴a2+b2＝25，
∴(a+b)2＝a2+b2+2ab＝45，
∴a+b＝35，
当∠BCD＝90°时，
∵四边形ABDC是平行四边形，
∴∠CBA＝90°，
∴BC＝2，
而CD＝5，
∴(a+b)2＝(2+5)2＝49，
∴a+b＝7，
∴此矩形相邻两边之和为35或7．故④正确．
故选：D．
【点评】本题考查了四边形综合题：熟练掌握平四边形的判定与性质以及特殊平行四边形的判定与性质；会运用折叠的性质确定相等的线段和角．
5．如图，边长为2的正方形ABCD中，AE平分∠DAC，AE交CD于点F，CE⊥AE，垂足为点E，EG⊥CD，垂足为点G，点H在边BC上，BH＝DF，连接AH、FH，FH与AC交于点M，以下结论：
①FH＝2BH；②AC⊥FH；③S△ACF＝1；④CE=12AF；⑤EG2＝FG•DG，
其中正确结论的个数为( )
A．2B．3C．4D．5
【分析】①②、证明△ABH≌△ADF，得AF＝AH，再得AC平分∠FAH，则AM既是中线，又是高线，得AC⊥FH，证明BH＝HM＝MF＝FD，则FH＝2BH；所以①②都正确；
③可以直接求出FC的长，计算S△ACF≠1，错误；
④根据正方形边长为2，分别计算CE和AF的长得结论正确；还可以利用图2证明△ADF≌△CDN得：CN＝AF，由CE=12CN=12AF；
⑤利用相似先得出EG2＝FG•CG，再根据同角的三角函数列式计算CG的长为1，则DG＝CG，所以⑤也正确．
【解答】解：①②如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝90°，
∵AE平分∠DAC，
∴∠FAD＝∠CAF＝22.5°，
∵BH＝DF，
∴△ABH≌△ADF，
∴AH＝AF，∠BAH＝∠FAD＝22.5°，
∴∠HAC＝∠FAC，
∴HM＝FM，AC⊥FH，
∵AE平分∠DAC，
∴DF＝FM，
∴FH＝2DF＝2BH，
故选项①②正确；
③在Rt△FMC中，∠FCM＝45°，
∴△FMC是等腰直角三角形，
∵正方形的边长为2，
∴AC＝22，MC＝DF＝22−2，
∴FC＝2﹣DF＝2﹣(22−2)＝4﹣22，
S△AFC=12CF•AD≠1，
所以选项③不正确；
④AF=AD2+DF2=22+(22−2)2=24−22，
∵△ADF∽△CEF，
∴ADCE=AFFC，
∴2CE=24−224−22，
∴CE=4−22，
∴CE=12AF，
故选项④正确；
⑤延长CE和AD交于N，如图2，
∵AE⊥CE，AE平分∠CAD，
∴CE＝EN，
∵EG∥DN，
∴CG＝DG，
在Rt△FEC中，EG⊥FC，
∴EG2＝FG•CG，
∴EG2＝FG•DG，
故选项⑤正确；
本题正确的结论有4个，
故选：C．
【点评】本题是四边形的综合题，综合考查了正方形、相似三角形、全等三角形的性质和判定；求边时可以利用三角形相似列比例式，也可以直接利用同角三角函数列式计算；同时运用了勾股定理求线段的长，勾股定理在正方形中运用得比较多．
6．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：
①△ABE≌△AHD；②HE＝CE；③H是BF的中点；④AB＝HF；
其中正确的有( )个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠DAE＝45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=2AB，从而得到AE＝AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等；从而判断出①正确；
②由①可得AB＝BE＝CD＝HD，继而证得∠EDH＝∠EDC，然后由角平分线的性质，证得②正确；
③求出∠EBH＝∠OHD＝22.5°，∠AEB＝∠HDF＝45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH＝HF，判断出③正确；
④判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到④错误．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=2AB，
∵AD=2AB，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
∠BAE=∠DAE∠ABE=∠AHD=90°AE=AD，
∴△ABE≌△AHD(AAS)，故①正确；
∴BE＝DH，
∴AB＝BE＝CD＝HD，
∴∠ADE＝∠AED=12(180°﹣45°)＝67.5°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED，
∵∠C＝90°，DH⊥AE，
∴∠EDH＝∠EDC，
∴HE＝CE；故②正确；
∵AB＝AH，
∵∠AHB=12(180°﹣45°)＝67.5°，
∴∠OHE＝∠AHB＝67.5°，
∴∠DHO＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∵∠EBH＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
∠EBH=∠OHD=22.5°BE=DH∠AEB=∠HDF=45°，
∴△BEH≌△HDF(ASA)，
∴BH＝HF，
即H是BF的中点；故③正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故④错误；
综上所述，结论正确的是①②③共3个．
故选：C．
【点评】此题属于四边形的综合题．考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键．
7．如图，正方形ABCD中，P为AB中点，BE⊥DP交DP延长线于E，连接AE，AF⊥AE交DP于F，连接BF，CF．下列结论：①EF=2AF；②AB＝FB；③CF∥BE；④EF＝CF．其中正确的结论有( )个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据已知和正方形的性质推出∠EAB＝∠DAF，∠EBA＝∠ADP，AB＝AD，证△ABE≌△ADF即可；取EF的中点M，连接AM，推出AM＝MF＝EM＝DF，证∠AMB＝∠FMB，BM＝BM，AM＝MF，推出△ABM≌△FBM即可；求出∠FDC＝∠EBF，推出△BEF≌△DFC即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠DAF+∠BAF＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠BAE+∠BAF＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∵BE⊥DP，
∴∠ABE+∠BPE＝90°，
又∵∠ADF+∠APD＝90°，∠BPE＝∠APD，
∴∠ABE＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
∠ABE=∠ADFAB=AD∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≌△ADF(ASA)，
∴AE＝AF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴EF=2AF；故①正确；
∴AE＝AF，BE＝DF，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
取EF的中点M，连接AM，
∴AM⊥EF，AM＝EM＝FM，
∴BE∥AM，
∵AP＝BP，
∴AM＝BE＝DF，
∴∠EMB＝∠EBM＝45°，
∴∠AMB＝90°+45°＝135°＝∠FMB，
在△ABM和△FBM中，
AM=FM∠AMB=∠FMBBM=BM，
∴△ABM≌△FBM(SAS)，
∴AB＝BF，故②正确；
∴∠BAM＝∠BFM，
∵∠BEF＝90°，AM⊥EF，
∴∠BAM+∠APM＝90°，∠EBF+∠EFB＝90°，
∴∠APF＝∠EBF，
∵AB∥CD，
∴∠APD＝∠FDC，
∴∠EBF＝∠FDC，
在△BEF和△DFC中，
BE=DF∠EBF=∠FDCBF=DC，
∴△BEF≌△DFC(SAS)，
∴CF＝EF，∠DFC＝∠FEB＝90°，
故④正确；
∴CF⊥DE，
∵BE⊥DP，
∴CF∥BE；故③正确．
故选：D．
【点评】此题属于四边形的综合题．考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及直角三角形的性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
8．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E、F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=20．
以上结论中，你认为正确的有( )个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，表示出AF＝FC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点A重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【解答】解：①∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，
故①正确；
②∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，
故②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝(8﹣x)2，
解得x＝3，
点G与点A重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，
故③正确；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME＝(8﹣3)﹣3＝2，
由勾股定理得，
EF=MF2+ME2=25，
故④正确；
综上所述，结论正确的有①③④共3个．
故选：C．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
9．如图，在边长为62的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE＝DG，连接EG，过点C作EG的垂线CH，垂足为点H，连接BH，BH＝8．有下列结论：
①∠CBH＝45°；②点H是EG的中点；③EG＝410；④DG＝22
其中，正确结论的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
【分析】连接CG，作HF⊥BC于F，HO⊥AB于O，证明△CBE≌△CDG，得到△ECG是等腰直角三角形，证明∠GEC＝45°，根据四点共圆证明①正确；根据等腰三角形三线合一证明②正确；根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求出EG的长，得到③正确；求出BE的长，根据DG＝BE，求出BE证明④正确．
【解答】解：连接CG，作HF⊥BC于F，HO⊥AB于O，
在△CBE和△CDG中，
CB=CD∠CBE=∠CDGBE=DG，
∴△CBE≌△CDG，
∴EC＝GC，∠GCD＝∠ECB，
∵∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝90°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∵∠ABC＝90°，∠EHC＝90°，
∴E、B、C、H四点共圆，
∴∠CBH＝∠GEC＝45°，①正确；
∵CE＝CG，CH⊥EG，
∴点H是EG的中点，②正确；
∵∠HBF＝45°，BH＝8，
∴FH＝FB＝42，又BC＝62，
∴FC＝22，
∴CH=HF2+FC2=210，
∴EG＝2CH＝410，③正确；
∵CH＝210，∠HEC＝45°，
∴EC＝45，
∴BE=EC2−BC2=22，
∴DG＝22，④正确，
故选：D．
【点评】本题考查的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理的运用，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质证明三角形全等是解题的关键．
10．如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点(不与端点重合)，且AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：
①△AED≌△DFB；
②S四边形BCDG=32CG2；
③若AF＝2DF，则BG＝6GF；
④CG与BD一定不垂直；
⑤∠BGE的大小为定值．
其中正确的结论个数为( )
A．4B．3C．2D．1
【分析】①先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB；
②证明∠BGE＝60°＝∠BCD，从而得点B、C、D、G四点共圆，因此∠BGC＝∠DGC＝60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．证明△CBM≌△CDN，所以S四边形BCDG＝S四边形CMGN，易求后者的面积；
③过点F作FP∥AE于P点，根据题意有FP：AE＝DF：DA＝1：3，则FP：BE＝1：6＝FG：BG，即BG＝6GF；
④因为点E、F分别是AB、AD上任意的点(不与端点重合)，且AE＝DF，当点E，F分别是AB，AD中点时，CG⊥BD；
⑤∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°．
【解答】解：①∵ABCD为菱形，∴AB＝AD，
∵AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，
∴∠A＝∠BDF＝60°，
又∵AE＝DF，AD＝BD，
∴△AED≌△DFB，故本选项正确；
②∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°＝∠BCD，
即∠BGD+∠BCD＝180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°，
∴∠BGC＝∠DGC＝60°，
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N(如图1)，
则△CBM≌△CDN(AAS)，
∴S四边形BCDG＝S四边形CMGN，
S四边形CMGN＝2S△CMG，
∵∠CGM＝60°，
∴GM=12CG，CM=32CG，
∴S四边形CMGN＝2S△CMG＝2×12×12CG×32CG=34CG2，故本选项错误；
③过点F作FP∥AE交DE于P点(如图2)，
∵AF＝2FD，
∴FP：AE＝DF：DA＝1：3，
∵AE＝DF，AB＝AD，
∴BE＝2AE，
∴FP：BE＝FP：2AE＝1：6，
∵FP∥AE，
∴PF∥BE，
∴FG：BG＝FP：BE＝1：6，
即BG＝6GF，故本选项正确；
④当点E，F分别是AB，AD中点时(如图3)，
由(1)知，△ABD，△BDC为等边三角形，
∵点E，F分别是AB，AD中点，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
在△GDC与△BGC中，
DG=BGCG=CGCD=CB，
∴△GDC≌△BGC，
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
⑤∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°，为定值，
故本选项正确；
综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，
故选：B．
【点评】此题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．
11．如图，在矩形ABCD中，AB＝24，BC＝12，M、N两点分别从点B、C开始沿边BC和CD匀速运动，如果点M、N同时出发，它们运动的速度均为每秒2个单位长度，当点M到达终点C时，点N也停止运动，设运动的时间为t(s)．下列说法：①当t＝3时，MN∥BD；②当t＝6时，△AMN的面积最小；③当t＝4时，S△ABM＝S△AND；④不存在MN与AN垂直的时刻，正确的有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据题意分别求出CM、CN，根据平行线的判定定理判断①；根据题意列出函数关系式，根据二次函数的性质判断②；根据三角形的面积公式求出两个三角形的面积，比较判断③；根据勾股定理的逆定理计算，判断④．
【解答】解：当t＝3时，BM＝6，CN＝6，
∴CM＝6，DN＝18，
∴CMCB≠CNCD，
∴MN与BD不平行，①错误；
由题意得，△AMN的面积＝四边形ABCD的面积﹣△ADN的面积﹣△NCM的面积﹣△ABM的面积
＝288−12×12×(24﹣2t)−12×2t×(12﹣2t)−12×24×2t
＝t2﹣12t+144
＝(t﹣12)2，
当t≤12时，y随x的增大而减小，又0≤t≤6，
∴当t＝6时，△AMN的面积最小，②正确；
当t＝4时，S△ABM=12×24×8＝96，
S△AND=12×12×(24﹣8)＝96，
∴当t＝4时，S△ABM＝S△AND，③正确；
由题意得，AN2＝AD2+DN2＝144+(24﹣2t)2＝4t2﹣96t+720，
MN2＝CN2+CM2＝8t2﹣48t+144，
AM2＝AB2+BM2＝4t2+576，
当MN与AN垂直时，4t2﹣96t+720+8t2﹣48t+144＝4t2+576，
整理得，t2﹣18t+36＝0，
解得，t1＝9﹣35，t2＝9+35(不合题意)，
当t＝9﹣35时，MN与AN垂直，④不正确；
故选：B．
【点评】本题考查的是矩形的性质、平行线的判定、勾股定理的逆定理的应用，掌握平行线的判定定理、二次函数解析式的求法和二次函数的性质以及勾股定理的逆定理的应用是解题的关键．
12．如图，正方形ABCD的边CD与正方形CGFE的边CE重合，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于H，连接OH、FH、EG与FH交于M，对于下面四个结论：
①GH⊥BE；②HO=∥12BG；③点H不在正方形CGFE的外接圆上；④△GBE∽△GMF．
其中正确的结论有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】(1)由四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，得出△BCE≌△DCG，推出∠BEC+∠HDE＝90°，从而得GH⊥BE；
(2)由GH是∠EGC的平分线，得出△BGH≌△EGH，再由O是EG的中点，利用中位线定理，得HO=∥12BG；
(3)△EHG是直角三角形，因为O为EG的中点，所以OH＝OG＝OE，得出点H在正方形CGFE的外接圆上；
(4)连接CF，由点H在正方形CGFE的外接圆上，得到∠HFC＝∠CGH，由∠HFC+∠FMG＝90°，∠CGH+∠GBE＝90°，得出∠FMG＝∠GBE，所以△GBE∽△GMF．
【解答】解：(1)如图，∵四边形ABCD和四边形CGFE是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCE＝∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
BC=CD∠BCE=∠DCGCE=CG
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴∠BEC＝∠BGH，
∵∠BGH+∠CDG＝90°，∠CDG＝∠HDE，
∴∠BEC+∠HDE＝90°，
∴GH⊥BE．
故①正确；
(2)∵GH是∠EGC的平分线，
∴∠BGH＝∠EGH，
在△BGH和△EGH中
∠BGH=∠EGHGH=GH∠GHB=∠GHE
∴△BGH≌△EGH(ASA)，
∴BH＝EH，
又∵O是EG的中点，
∴HO是△EBG的中位线，
∴HO=∥12BG，
故②正确；
(3)由(1)得△EHG是直角三角形，
∵O为EG的中点，
∴OH＝OG＝OE，
∴点H在正方形CGFE的外接圆上，
故③错误；
(4)如图2，连接CF，
由(3)可得点H在正方形CGFE的外接圆上，
∴∠HFC＝∠CGH，
∵∠HFC+∠FMG＝90°，∠CGH+∠GBE＝90°，
∴∠FMG＝∠GBE，
又∵∠EGB＝∠FGM＝45°，
∴△GBE∽△GMF．
故④正确，
故选：C．
【点评】本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是能灵活利用三角形全等的判定和性质来解题．
二．填空题
13．如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB于点F，下列结论：
①∠EAC＝∠EDB；②AP＝2PF；③若S△DQC=163，则AB＝8；
④CE•EF＝EQ•DE．其中正确的结论有 ①②④ ．(填序号即可)
【分析】由矩形的性质和等腰三角形的性质可求∠AEB＝∠DEC＝45°，由外角的性质可求∠EAC＝∠EDB，可判断①；通过证明△ADP∽△EBP，可得ADBE=APPE=2，可判断②；通过证明△ADQ∽△CEQ，可得ADEC=AQQC=2，可得AQ＝2QC，由三角形的面积公式可求AB＝4，可判断③，由“SAS”可证△ABE≌△DCE，可得AE＝DE，由相似三角形的性质可求PE＝EQ，通过证明△PEF∽△CDE，可得PEEC=EFDE，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OA＝OB＝OC＝OD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵BC＝2AB，点E是边BC的中点，
∴BE＝EC＝AB＝CD，
∴∠AEB＝∠DEC＝45°，
∵∠AEB＝∠ACB＝∠EAC，∠DEC＝∠DBC+∠BDE，
∴∠EAC＝∠EDB，故①正确；
∵PF⊥AE，
∴∠PFE＝∠PEF＝45°，
∴PE＝PF，
∵AD∥BC，
∴△ADP∽△EBP，
∴ADBE=APPE=2，
∴AP＝2PE＝2PF，故②正确；
∵AD∥BC，
∴△ADQ∽△CEQ，
∴ADEC=AQQC=2，
∴AQ＝2QC，
∵S△DQC=163，
∴S△ADC＝16，
∴12×AD×DC＝16，
∴DC＝4，
∴AB＝4，故③错误，
∵AB＝BE，DC＝CE，∠ABE＝∠DCE＝90，
∴△ABE≌△DCE(SAS)，
∴AE＝DE，
∵△ADP∽△EBP，△ADQ∽△CEQ，
∴BEAD=PEAP=12，ECAD=EQQD=12
∴PEAP=EQQD，
∴EPAE=EQDE，
∴PE＝EQ，
∵∠AEB＝∠DEC＝45°，∠EPF＝∠ECD＝90°，
∴△PEF∽△CDE，
∴PEEC=EFDE，
∴CE•EF＝EQ•DE．故④正确；
故答案为：①②④．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
14．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝6，点E在AB上，将△DAE沿直线DE折叠，使点A恰好落在DC上的点F处，连接EF，分别与矩形ABCD的两条对角线交于点M和点G．给出以下四个结论：①△ADE是等腰直角三角形；②S△BEM：S△BAD＝1：4；③FG＝GM＝EM；④sin∠EDM=1313，其中正确的结论序号是 ①③ ．
【分析】由折叠的性质和直角三角形的性质可得AD＝AE，可判断①；通过证明△BME∽△BDA，可得S△BEM：S△BAD＝1：9，可判断②；由平行线分线段成比例可求EM，FG，GM的长，可判断③；由勾股定理和锐角三角函数可求EH的长，可判断④，即可求解．
【解答】解：①∵将△DAE沿直线DE折叠，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴AD＝AE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
故①正确；
②∵AD＝AE＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝2，
∵将△DAE沿直线DE折叠，
∴∠AED＝∠DEF＝45°，AE＝EF＝4，AD＝DF＝4，
∴∠AEF＝90°，
∴AD∥EF，
∴△BME∽△BDA，
∴S△BEM：S△BAD＝(BE)2：(AB)2＝4：36＝1：9，
故②错误；
③∵AB∥CD，
∴BEDF=EMMF=12，CFAE=FGEG=12，
∴EM=43，FG=43，
∴GM=43，
∴FG＝GM＝EM，
故③正确；
④如图，过点E作EH⊥DB于H，
∵AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，
∴DE＝42，
∵AD＝4，AB＝6，∠DAE＝90°，
∴DB=AD2+AB2=16+36=213，
∵sin∠ABD=EHBE=ADBD，
∴4213=EH2，
∴EH=41313，
∴sin∠EDH=EHDE=4131342=2626，
故④错误，
故答案为：①③．
【点评】本题是四边形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．①矩形DEFG是正方形；②△GAF∽△CED；③AE+AG=2AD；④若F为AB中点，连接DF交AC于点M，则EM=523，正确的有 ①③④ (填序号)．
【分析】①由“ASA”可证△EQD≌△ENF，可得ED＝EF，可证矩形DEFG是正方形；
②由“SAS”可证△ADG≌△CDE，可得∠DAG＝∠DCE＝45°，进而可得∠GAF＝135°，由三角形内角和定理可求∠DEC＜135°，则△GAF与△CED不相似；
③由全等三角形的性质可得AG＝CE，由正方形的性质可求解；
④由勾股定理可求DF的长，通过证明△DCM∽△FAM，可求HM的长，由勾股定理可求EM的长．
【解答】解：如图，作EQ⊥AD于Q，EN⊥AB于N，
∵四边形BACD为正方形，
∴∠EAD＝∠EAB，EQ＝EN，
∵∠EQA＝∠EQD＝∠DAB＝90°，
∴四边形ANEQ是矩形，
∴∠QEN＝90°，
∵EF⊥ED，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEQ＝∠FEN，
在△EQD和△ENF中，
∠DEQ=∠FENEQ=EN∠EQD=∠ENF=90°，
∴△EQD≌△ENF(ASA)，
∴ED＝EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形，
故①正确；
∵四边形DEFG是正方形，
∴DG＝DE，
∵∠GDE＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDE，
又∵AD＝DC，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴∠DAG＝∠DCE＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAB＝135°，
∵∠DEC+∠DCE+∠CDE＝180°，
∴∠DEC＜135°，
∴∠DAF≠∠DEC，
∴△GAF与△CED不相似，故②错误；
∵△ADG≌△CDE，
∴AG＝CE，
∴AE+AG＝AE+CE＝AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=2AD，
∴AE+AG=2AD，故③正确；
如图，过点E作EH⊥DF于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝4，AB∥CD，
∵点F是AB中点，
∴AF＝FB，
∴DF=AD2+AF2=4+16=25，
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴DH＝HF＝EH=12DF=5，
∵AB∥CD，
∴△DCM∽△FAM，
∴MFDM=AFDC=12，
∴MF=12DM，
∴DM=23×25=453，
∴HM=53，
∴EM=HM2+EM2=5+59=523，故④正确；
故答案为①③④．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
16．如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作EF∥AD．与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：
①EG＝DF；
②∠AEH+∠ADH＝180°；
③△EHF≌△DHC；
④PH2＝AP2+CH2；
⑤若AEAB=13，则3S△EDH＝5S△DHC，
其中结论正确的有 ①②③④⑤ ．(填写序号)
【分析】①根据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；
③由SAS证明△EHF≌△DHC；
②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；
④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论；
⑤若AEAB=13，则AE=12BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG＝∠DHF且EH＝DH，则∠DHE＝90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM＝x，则DM＝2x，DH=5x，CD＝3x，则S△DHC=12×HM×CD=32x2，S△EDH=12×DH2=52x2，可作判断．
【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF＝FC，
∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，
∴EG＝DF，故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝CH，∠GFH=12∠GFC＝45°＝∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
EF=CD∠EFH=∠DCHFH=CH，
∴△EHF≌△DHC(SAS)，故③正确；
∴∠HEF＝∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；
④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，
∴△DAQ≌△DCH，
∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，
∵△EHF≌△DHC，
∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，
∴∠DHE＝∠FHC＝90°，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADP+∠CDH＝45°，
∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，
又∵QD＝DH，DP＝DP，
∴△QDP≌△HDP(SAS)，
∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，
∴∠QAP＝90°，
∴QA2+AP2＝QP2，
∴PH2＝AP2+CH2，故④正确；
⑤∵AEAB=13，
∴AE=12BE，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝GH，∠FHG＝90°，
∵∠EGH＝∠FHG+∠HFG＝90°+∠HFG＝∠HFD，
在△EGH和△DFH中，
EG=DF∠EGH=∠HFDGH=FH，
∴△EGH≌△DFH(SAS)，
∴∠EHG＝∠DHF，EH＝DH，∠DHE＝∠EHG+∠DHG＝∠DHF+∠DHG＝∠FHG＝90°，
∴△EHD为等腰直角三角形，
过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：
设HM＝x，则DM＝2x，DH=5x，CD＝3x，
则S△DHC=12×HM×CD=32x2，S△EDH=12×DH2=12×(5x)2=52x2，
∴3S△EDH＝5S△DHC，
故⑤正确；
故答案为：①②③④⑤．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的计算等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
17．如图，Rt△ABE中，∠B＝90°，AB＝BE，将△ABE绕点A逆时针旋转45°，得到△AHD，过D作DC⊥BE交BE的延长线于点C，连接BH并延长交DC于点F，连接DE交BF于点O．下列结论，其中正确的是 ①②④⑤ ．
①DE平分∠HDC；
②DO＝OE；
③CD＝HF；
④BC﹣CF＝2CE；
⑤H是BF的中点，
【分析】由旋转的性质可得∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE=2BE，DH＝BE，AH＝AB，∠ABE＝∠AHD＝90°，通过证明四边形ABCD是矩形，可得AB＝CD＝DH，AD＝BC=2BE，∠BCD＝∠DHE＝90°，由“HL”可证Rt△DEC≌Rt△DEH，可得HE＝EC，∠AED＝∠DEC＝67.5°，∠CDE＝∠HDE＝22.5°，可判断①；由角的数量关系和等腰三角形的判定和性质，可判断②⑤；由相似三角形的判定和性质可得CF＝2HN＝(2−2)BE，由线段的和差关系可判断④；由∠HFD≠∠HDF，可得HF≠DH，可判断③，即可求解．
【解答】解：∵∠ABE＝90°，AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝45°，AE=2BE，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，
∴∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE=2BE，DH＝BE，AH＝AB，∠ABE＝∠AHD＝90°，
∴∠DAB＝∠ABE＝90°，AH＝DH＝AB＝BE，
又∵DC⊥BE，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝DH，AD＝BC=2BE，∠BCD＝∠DHE＝90°，
∵DH＝DC，DE＝DE，
∴Rt△DEC≌Rt△DEH(HL)，
∴HE＝EC，∠AED＝∠DEC＝67.5°，∠CDE＝∠HDE＝22.5°，
∴DE平分∠HDC，故①正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴∠ABH＝∠AHB＝67.5°，
∴∠OHE＝∠OEH＝67.5°，
∴OH＝OE，∠DHO＝22.5°＝∠HDO，
∴DO＝HO，
∴OE＝OD，故②正确；
如图，连接CH，
∵∠ABH＝67.5°，
∴∠CBH＝22.5°，
∴∠BFC＝67.5°，
∵HE＝EC，∠AEB＝45°，
∴∠ECH＝∠EHC＝22.5°，
∴∠HBC＝∠HCE，∠FCH＝67.5°，
∴BH＝CH，∠FCH＝∠BFC，
∴HC＝HF，
∴BH＝HF，
∴点H是BF的中点，故⑤正确，
如图，过点H作HN⊥BC于N，
∴HN∥CD，
∴△BHN∽△BFC，
∴BHBF=HNFC=12，
∴FC＝2HN，
∵AE=2BE，AH＝BE，
∴HE＝(2−1)BE＝CE，
∵HN⊥BC，∠AEB＝45°，
∴HN=22HE=22(2−1)BE，
∴CF＝2HN＝(2−2)BE，
∵BC﹣CF＝BE+CE﹣CF＝BE+(2−1)BE﹣(2−2)BE＝2(2−1)BE，
∴BC﹣CF＝2CE，故④正确；
∵∠HFD＝180°﹣67.5＝112.5°，∠HDF＝45°，
∴∠HFD≠∠HDF，
∴HF≠DH，
∴HF≠CD，故③不合题意，
故答案为：①②④⑤．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键．
18．如图，在矩形ABCD中，AB=3+2，AD=3．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是6−2；②弧D'D″的长度是5312π；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是 ①②④ ．
【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE=3，AE=2AD=6，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E=6，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F=6−2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，由弧长公式可求弧D'D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED''G，可得∴∠D'GE＝∠D''GE＝52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．
【解答】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，
∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，
∴四边形ADED'是矩形，
又∵AD＝AD'=3，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD＝AD'＝D'E＝DE=3，AE=2AD=6，∠EAD'＝∠AED'＝45°，
∴D'B＝AB﹣AD'＝2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F＝1，
∴EF=D'E2+D'F2=3+1=2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A'E=6，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，
∴A'F=6−2，故①正确；
∵tan∠FED'=D'FD'E=13=33，
∴∠FED'＝30°
∴α＝30°+45°＝75°，
∴弧D'D″的长度=75°×π×3180°=5312π，故②正确；
∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，
∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，
∴∠A'AF＝7.5°，
∵∠AA'F≠∠EA'G，∠A'AF≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，
∴△A'AF与△A'GE不全等，故③错误；
∵D'E＝D''E，EG＝EG，
∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G(HL)，
∴∠D'GE＝∠D''GE，
∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，
∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，
又∵∠AFA'＝∠EFG，
∴△AFA'∽△EFG，故④正确，
故答案为：①②④．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
19．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E在AD上，且DE＝CD，连接OE，∠ABE=12∠ACB，若AE＝2，则OE的长为 13 ．
【分析】注意到∠ABE=12ACB，于是作CH⊥BE于H，EF⊥BD于F．设BE与AC的交点为G．推出△CBG与△AGE均为等腰三角形，设矩形的宽为x，然后表示出BC和AC的长度，由勾股定理列方程解出x，接下来利用∠ADB的正弦值和余弦值求出EF和OF，EF的长度，OE的长度也就可以算出来了．
【解答】解：如图，作CH⊥BE于H，EF⊥BD于F．设BE与AC的交点为G．
则∠HBC+∠BCH＝∠BHC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD∥BC，AC＝BD
∴∠ABE+∠CBH＝90°，
∴∠ABE＝∠BCH，
∵∠ABE=12∠ACB，
∴∠BCH＝∠GCH，
∴BH＝GH，BC＝CG，∠CBH＝∠CGH，
设AB＝x，则ED＝CD＝AB＝x，
∵AE＝2，所以AD＝AE+ED＝2+x，
∴CG＝CB＝2+x，
∵AD∥BC，
∴∠AEG＝∠CBH＝∠CGH＝∠AGE，
∴AG＝AE＝2，
∴AC＝AG+CG＝4+x，
在Rt△ABC中：AB2+BC2＝AC2，
∴x2+(x+2)2＝(x+4)2，解得x1＝6，x2＝﹣2(舍)，
∴AB＝CD＝6，AD＝AC＝8，AC＝BD＝10，
∵AC与BD交于点O，
∴AO＝BO＝CO＝DO＝5，
∵sin∠BDA=ABBD=EFDE=35，cs∠BDA=ADBD=DFED=45，
∴EF=35ED=185，DF=45ED=245
∴OF＝OD﹣DF＝5−245=15
在Rt△EFO中：
OE2＝OF2+EF2＝(15)2+(185)2=32525=13，
∴OE=13．
故答案为：13
【点评】本题为四边形综合题，主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数等重要知识点．证明△CBG和△AEG均为等腰三角形是解答本题的要点和关键所在．
20．矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知B(23，2)，点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点(不与原点重合)，连接PC，过点P作PD⊥PC，交x轴于点D，下列结论：
①OA＝BC＝23；②当点D运动到OA的中点处时，PC2+PD2＝6；③在运动过程中，∠CDP是一个定值；④当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为(233，0)．其中结论正确的是 ①③ ．
【分析】①根据矩形的性质即可得到OA＝BC＝23；故①正确；
②由点D为OA的中点，得到OD=12OA=3，根据勾股定理即可得到PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+(3)2＝7，故②错误；
③如图，过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，PE＝a，则PF＝EF﹣PE＝2﹣a，根据三角函数的定义得到BE=3PE=3a，求得CE＝BC﹣BE＝23−3a=3(2﹣a)，根据相似三角形的性质得到FD=a3，根据三角函数的定义得到∠PDC＝60°，故③正确；
④当△ODP为等腰三角形时，Ⅰ、OD＝PD，解直角三角形得到OD=33OC=233，Ⅱ、OP＝OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；Ⅲ、OP＝PD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；于是得到当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为(233，0)．
【解答】解：①∵四边形OABC是矩形，B(23，2)，
∴OA＝BC＝23；故①正确；
②∵点D为OA的中点，
∴OD=12OA=3，
∴PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+(3)2＝7，故②错误；
③如图，过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，
∴PE⊥BC，四边形OFEC是矩形，
∴EF＝OC＝2，
设PE＝a，则PF＝EF﹣PE＝2﹣a，
在Rt△BEP中，tan∠CBO=PEBE=OCBC=33，
∴BE=3PE=3a，
∴CE＝BC﹣BE＝23−3a=3(2﹣a)，
∵PD⊥PC，
∴∠CPE+∠FPD＝90°，
∵∠CPE+∠PCE＝90°，
∴∠FPD＝∠ECP，
∵∠CEP＝∠PFD＝90°，
∴△CEP∽△PFD，
∴CEPF=PCPD，
∴tan∠PDC=PCPD=CEPF=3(2−a)2−a=3，
∴∠PDC＝60°，故③正确；
④∵B(23，2)，四边形OABC是矩形，
∴OA＝23，AB＝2，
∵tan∠AOB=ABOA=33，
∴∠AOB＝30°，
当△ODP为等腰三角形时，
Ⅰ、OD＝PD，
∴∠DOP＝∠DPO＝30°，
∴∠ODP＝120°，
∴∠ODC＝60°，
∴OD=33OC=233，
Ⅱ、当D在x轴的正半轴上时，OP＝OD，
∴∠ODP＝∠OPD＝75°，
∵∠COD＝∠CPD＝90°，
∴∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；
当D在x轴的负半轴上时，OP＝OD，
∠OCP＝15°，
∴BC＝BP′＝23，
∴OD′＝OP′＝4﹣23，
∴D(23−4，0)；
Ⅲ、OP＝PD，
∴∠POD＝∠PDO＝30°，
∴∠OCP＝150°＞90°故不合题意舍去，
∴当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为(233，0)或D(23−4，0)．故④错误，
故答案为：①③．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．
21．正方形ABCD中的边长为6，对角线AC、BD交于点O，E为DC边上一点，连接AE交BD于F，BG⊥AE于点G，连接OG，若∠DGE＝45°，则S△FGO＝ 65 ．
【分析】过D作DM⊥BG，交BG的延长线于M，BM交AD于H，过D作DN⊥AE于N，由AAS可证△ABH≌△DAE，得AH＝DE，由全等三角形的性质可求AH＝DH＝2＝DE，通过相似三角形的性质可求求AF和FG的长，根据同高三角形面积的比等于对应边的比可得结论．
【解答】解：过D作DM⊥BG，交BG的延长线于M，BM交AD于H，过D作DN⊥AE于N，
∵AE⊥BG，
∴∠BAG+∠ABG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ADE＝90°，
∴∠BAG+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠ABG，
在△ABH和△DAE中，
∠BAH=∠ADEAB=AD∠ABH=∠DAE，
∴△ABH≌△DAE(ASA)，
∴AH＝DE，
同理得：△AGH≌△DNE，
∴AG＝DN，
∵∠DGE＝45°=12∠MGE＝∠MGD，
∴DM＝DN，
∴AG＝DM＝DN，
又∵∠M＝∠AGH，∠AHG＝∠DHM，
∴△AGH≌△DMH(AAS)，
∴AH＝DH＝3＝DE，
由勾股定理得：BD=62+62=62，AE=62+32=35，
∵AB∥DE，
∴△ABF∽△EDF，
∴ABDE=AFEF=63=2，
∴AF＝2EF，
∵AF+EF＝35，
∴AF＝25，
同理得：DF＝42，OF＝42−32=2，
∵sin∠ABG=AGAB=AHBH，
∴AG6=335，
∴AG=655，
∴FG＝AF﹣AG＝25−655=455，
∵S△AOF=12×AO×FO=12×32×2=3，
∴S△FGO=45525×3=65，
故答案为：65．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形相似的性质和判定，角平分线的性质，三角函数，解决问题的关键是作辅助线构造四边形MGND，将△FGO的面积转化为△AOF的面积，根据比例解决问题．
22．如图，已知边长为4的菱形ABCD中，AC＝BC，E，F分别为AB，AD边上的动点，满足BE＝AF，连接EF交AC于点G，CE、CF分别交BD与点M，N，给出下列结论：①∠AFC＝∠AGE；②EF＝BE+DF；③△ECF面积的最小值为33，④若AF＝2，则BM＝MN＝DN；⑤若AF＝1，则EF＝3FG；其中所有正确结论的序号是 ①③④ ．
【分析】由“SAS”可证△BEC≌△AFC，可得CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，可证△EFC是等边三角形，由外角的性质可证∠AFC＝∠AGE；由点E在AB上运动，可得BE+DF≥EF；由等边三角形的性质可得△ECF面积的34EC2，则当EC⊥AB时，△ECF的最小值为33；由等边三角形的性质和菱形的性质可求MN＝DN＝BM=433；由平行线分线段成比例可求EG＝3FG，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵AC＝BC，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，
∴△ABC，△ACD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝∠DAC＝60°，
∵AC＝BC，∠ABC＝∠DAC，AF＝BE，
∴△BEC≌△AFC(SAS)
∴CF＝CE，∠BCE＝∠ACF，
∴∠ECF＝∠BCA＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴∠EFC＝60°，
∵∠AFC＝∠AFE+∠EFC＝60°+∠AFE，∠AGE＝∠AFE+∠CAD＝60°+∠AFE，
∴∠AFC＝∠AGE，故①正确；
∵BE+DF＝AF+DF＝AD，EF＝CF≤AC，
∴BE+DF≥EF(当点E与点B重合时，BE+DF＝EF)，
故②不正确；
∵△ECF是等边三角形，
∴△ECF面积的34EC2，
∴当EC⊥AB时，△ECF面积有最小值，
此时，EC＝23，△ECF面积的最小值为33，故③正确；
如图，设AC与BD的交点为O，
若AF＝2，则FD＝BE＝AE＝2，
∴点E为AB中点，点F为AD中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∠ABO=12∠ABC＝30°，
∴AO=12AB＝2，BO=3AO＝23，
∴BD＝43，
∵△ABC是等边三角形，BE＝AE＝2，
∴CE⊥AB，且∠ABO＝30°，
∴BE=3EM＝2，BM＝2EM，
∴BM=433，
同理可得DN=433，
∴MN＝BD﹣BM﹣DN=433，
∴BM＝MN＝DN，故④正确；
如图，过点E作EH∥AD，交AC于H，
∵AF＝BE＝1，
∴AE＝3，
∵EH∥AD∥BC，
∴∠AEH＝∠ABC＝60°，∠AHE＝∠ACB＝60°，
∴△AEH是等边三角形，
∴EH＝AE＝3，
∵AD∥EH，
∴AFEH=FGEG=13，
∴EG＝3FG，故⑤错误，
故答案为：①③④．
【点评】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，等边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，添加辅助线是解题的关键．
三．解答题
23．如图①，菱形ABCD中，AB＝43，连接BD，点P是线段BC上一点(不与点B重合)，AP与对角线BD交于点E，连接EC．
(1)求证：∠BAE＝∠BCE；
(2)若∠ABC＝60°，BP=3，求BE的长；
(3)在(2)的条件下，如图②，点M、N分别从点B、C同时出发，以相同速度沿BC、CA向终点C和A运动，连接AM和BN交于点G，当tan∠CBN=35时，求△AGN的周长．
【分析】(1)由菱形的性质得出AB＝BC，∠ABE＝∠CBE，证明△ABE≌△CBE(SAS)，由全等三角形的性质可得出结论；
(2)连接AC交BD于点O，由勾股定理求出OB＝6，证明△AED∽△PEB，由相似三角形的性质得出ADBP=DEBE，则可得出答案；
(3)设BM＝CN＝a，过点N作NH⊥BC于点H，证明△BMG∽△BNC，得出MG=77a，BG=377a，求出a的值，则可得出答案．
【解答】(1)证明：在菱形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠CBE，
又BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE(SAS)，
∴∠BAE＝∠BCE；
(2)解：连接AC交BD于点O，
∵AC是菱形的对角线，
∴AC⊥BO，
在Rt△BOC中，AB＝BC＝43，∠CBO＝30°，
∴CO＝23，
∵BO2+CO2＝BC2，
∴OB＝6，BD＝12，
∵AD∥BP，
∴△AED∽△PEB，
∴ADBP=DEBE，
∵AD＝43，BP=3，
∴433=12−BEBE，
∴BE=125；
(3)设BM＝CN＝a，过点N作NH⊥BC于点H，
在Rt△NCH中，NC＝a，∠NCH＝60°，
∴CH=a2，NH=32a，
在Rt△NBH中，tan∠CBN=35，
∴BH=5a2，NB=7a，
则BC＝CH+BH＝3a，
∵BM＝CN，∠ABC＝∠BCN＝60°，AB＝BC，
∴△ABM≌△BCN(SAS)，
∴∠BAM＝∠CBN，AM＝BN，
∴∠BGM＝∠BAM+∠ABG＝∠CBN+∠ABG＝60°，
∴∠BGM＝∠BCN，
又∵∠GBM＝∠CBN，
∴△BMG∽△BNC，
∴MGNC=BGBC=BMBN=a7a，
∴MG=77a，BG=377a，
∴AG＝AM﹣GM=7a−77a=677a，GN＝BN﹣BG=7a−377a=477a，
∵BC＝3a＝43，
∴a=433，
∴△AGN的周长＝AG+GN+AN=677a+477a+43−a=833+402121．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、三角形周长的计算等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
24．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E，F分别是边AB，BC上的动点(不与端点重合)，且满足AE+CF＝6，连接AF，CE相交于点P，连接PD交对角线AC于点G．
(1)求∠APC的大小；
(2)在点E，F的运动过程中，若S△AGPS△AGD=14，求AGAC的值．
(3)连接BP，在点E，F的运动过程中，BP是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值，若不存在，请说明理由．
【分析】(1)证明△ABF≌△CAE(SAS)，推出∠BAF＝∠ACE，可得∠CPF＝∠ACP+∠CAP＝∠BAF+∠CAP＝∠CAB＝60°解决问题；
(2)作DH⊥AC于H．由S△AGPS△AGD=14=PGDG，可以假设PG＝k，DG＝4k，想办法求出AG，AC即可解决问题；
(3)分别求出BO，OP的长，由三角形的三边关系可求解．
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AC＝AD＝CD＝6，∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠CAE＝60°，
∵AE+CF＝6，BF+CF＝BC＝6，
∴AE＝BF，
∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CPF＝∠ACP+∠CAP＝∠BAF+∠CAP＝∠CAB＝60°，
∴∠APC＝120°；
(2)如图1，过点D作DH⊥AC于H，
∵S△AGPS△AGD=14=PGDG，
∴设PG＝k，DG＝4k，
∵∠APC+∠ADC＝180°，
∴A，P，C，D四点共圆，
∴∠APD＝∠ACD＝60°，
∴∠DAG＝∠APD＝60°，
又∵∠ADG＝∠ADP，
∴△DAG∽△DPA，
∴DA2＝DG•DP＝20k2，
∵DA＞0，
∴DA＝25k，
∴AH=12AD=5k，DH=15k，
在Rt△DGH中，GH=DG2−DH2=k，
∴AG＝AH﹣GH=5k﹣k，AC＝25k
∴AGAC=5k−k25k=5−510，
当点G在点H下方时，根据对称性可得：AGAC=5+510．
综上所述，AGAC的值为5−510或5+510；
(3)如图2，连接BD，交AC于N，作△ADC的外接圆⊙O，则点P在圆O上，连接OP，
∵△ABC和△ADC是等边三角形，
∴点O在BD上，
∵AD＝AC＝AC＝6，
∴DN＝33，
∴DO=23DN＝23，ON=3，
∴OP＝23，BO＝43，
∵BO﹣OP≤BP，
∴当点P在BO上时，BP有最小值，
∴BP的最小值＝43−23=23．
【点评】本题是四边形综合题，考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，四点共圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
25．如图①，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB'，记旋转角为α，连接BB'，过点D作DE⊥BB'，交BB'的延长线于点E，连接DB'，CE．
(1)当0°＜α＜90°时，求∠BB'D的度数；
(2)当0°＜α＜180°且α≠90°时，利用图②证明：BB'=2CE；
(3)当0°＜α＜360°时，若正方形ABCD的边长为a，则△CED面积的最大值为 2+14a2 ．(用含有a的代数式表示)
【分析】(1)由直角三角形的性质得出∠BPD＝45°，由旋转的性质得出AB＝AD＝AB'，得出B，B'，D，P四点共圆，由圆内接四边形的性质得出∠BPD+∠BB'D＝180°，则可得出答案；
(2)证明△BDB'∽△CDE，由相似三角形的性质得出BB'CE=BDCD=2，则可得出结论；
(3)由题意得出B、E、D、C四点共圆，如图③，当点E在CD的中垂线与⊙O的交点(左侧)时，此时△CED以CD为底的高最大，则△CED的面积也最大，由等腰直角三角形的性质可求出答案．
【解答】解：(1)由题意知，AB＝AD＝AB'，
∴点B、B'、D在以A为圆心，AD为半径的圆A上，如图①，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BPD=12∠BAD＝45°，
∵四边形BPDB'是⊙A的内接四边形，
∴∠BPD+∠BB'D＝180°，
∴∠BB'D＝180°﹣∠BPD＝180°﹣45°＝135°；
(2)证明：如图②，连接BD，则∠CDB＝45°，
由题意知，AB＝AD＝AB'，
∴点B、B'、D在以A为圆心，AD为半径的⊙A上，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BB'D=12∠BAD＝45°，
∵DE⊥BB'，
∴∠B'DE＝45°，
∵∠CDE＝∠CDB+∠EDB＝45°+∠EDB，∠BDB'＝∠B'DE+∠EDB＝45°+∠EDB，
∴∠BDB'＝∠CDE，
∵△EB'D是等腰直角三角形，△BCD是等腰直角三角形，
∴B'DDE=2，BDDC=2，
∴B'DDE=BDDC，
∴△BDB'∽△CDE，
∴BB'CE=BDCD=2，
∴BB'=2CE；
(3)∵∠BED＝90°＝∠BCD，
∴B、E、D、C四点共圆，
∴点E在正方形ABCD的外接圆上，圆心即为对角线交点，记为点O，
如图③，当点E在CD的中垂线与⊙O的交点(左侧)时，此时△CED以CD为底的高最大，则△CED的面积也最大，
记CD的中点为M，
∵∠CED＝45°，
∴∠DOC＝90°，
∵OD＝OC，
∴∠ODM＝45°，
又∵OM⊥CD，
∴△OMD为等腰直角三角形，
∴OM＝DM=12CD=12a，
∴OD=2DM=22a，
∴EO＝OD=22a，
∴EM＝EO+OM=2+12a，
此时S△CDE=12CD•EM=2+14a2，即为最大值．
故答案为：2+14a2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了圆内接四边形的性质，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，四点共圆，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
26．如图1，△ABC是边长为2的等边三角形，以BC为一边向下作矩形BDEC，其中DB＝1．M为线段AB上的动点(且不与A、B重合)，过M作矩形MNPQ，使边NP在线段DE上，点Q在AC上．
(1)当MN为1+32时，请直接写出矩形MNPQ的面积；
(2)设MN＝x，矩形MNPQ的面积为y，
①试求出y关于x的函数表达式；
②矩形MNPQ的面积y是否有最大值，若有，请求出这个最大值；若没有，请说明理由．
(3)如图2，过点N作AB的平行线，交线段AC于点F，连接MF，若△MNF为直角三角形，请直接写出线段MN的长度．
【分析】(1)由直角三角形的性质和等边三角形的性质可求NP，即可求解；
(2)利用直角三角形的性质和等边三角形的性质可求NP，由矩形的面积公式可求y关于x的函数表达式，由二次函数的性质可求解；
(3)分两种情况讨论，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：如图1，延长AB、AC与DE所在直线分别交于点G、H，
(1)∵MQ∥BC，
∴∠ABC＝∠G＝60°，∠ACB＝∠H＝60°，
∴△AMQ是等边三角形，
同理可得：△AGH均为等边三角形，
∵BD＝1，∠G＝60°，
∴DG=33，GB＝2DG=233，
∴AG＝GH＝2+233，
∵MN=QP=1+32，∠G＝60°＝∠H，
∴GN＝PH=23+36，
∴NP＝GH﹣GN﹣PH＝1，
∴矩形MNPQ的面积为1+32；
(2)同理可求，GN=PH=MNtan60°=33x，NP=GH−GN−PH=6+23−23x3，
则y=6+23−23x3x=−233(x−3+12)2+23+33，
∴当x=3+12时，矩形MNPQ的面积y有最大值23+33；
(3)如图2，延长AB、AC与DE所在直线分别交于点G、H，
∵NF∥AB，
∴∠HFN＝∠A＝60°，∠FNH＝∠G＝60°，
∴∠MNF＝30°，△FNH是等边三角形，
由(2)可知：GN=PH=MNtan60°=33x，NP=GH−GN−PH=6+23−23x3，
∵△MNF为直角三角形，
①若∠MFN＝90°，则NF=32MN，即6+23−3x3=32x，
解得x=43+45；
②若∠NMF＝90°，则MN=32NF，即32⋅6+23−3x3=x，
解得x=23+23，
综上所述，满足条件的MN长度为43+45或23+23．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
27．如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别是点A(0，a)，点B(b，0)，且a，b满足：a2﹣12a+36+|b﹣6|＝0．
(1)求∠ABO的度数；
(2)点M为AB的中点，等腰Rt△ODC的腰CD经过点M，∠OCD＝90°，连接AD．
①如图1，求证：AD⊥OD；
②如图2，取BO的中点N，延长AD交NC的延长线于点P，若点P的横坐标为t，请用含t的代数式表示四边形ADCO的面积．
【分析】(1)由非负数的性质求出a＝6，b＝6，由等腰直角三角形的性质可得出答案；
(2)①连接OM，过点M作MH⊥CD交OD于点H．证明△ADM≌△OHM(SAS)，由全等三角形的性质得出∠ADM＝∠OHM＝135°，可得出∠ADO＝90°，则可得出结论；
②在OC上截取OQ＝CM，连接QN，OM，MN，OP．证明△ONQ≌△MNC(SAS)，由全等三角形的性质得出QN＝CN，∠ONQ＝∠MNC，证得OD∥NP，由此得出S△DCO＝S△DPO，则可得出答案．
【解答】解：(1)∵a2﹣12a+36+|b﹣6|＝0．
∴(a﹣6)2+|b﹣6|＝0，
又∵(a﹣6)2≥0，|b﹣6|≥0，
∴a＝6，b＝6，
∴AO＝OB＝6，
又∵∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝∠OAB＝45°；
(2)①证明：如图1，连接OM，过点M作MH⊥CD交OD于点H．
∵△AOB为等腰直角三角形，M为AB的中点，
∴OM⊥AB，OM＝AM＝BM，
∵△ODC为等腰直角三角形，∠OCD＝90°，
又∵MH⊥CD，
∴∠DMH＝90°，
则∠MDH＝∠MHD＝45°，
∴MD＝MH，∠MHO＝135°，
∴∠DMA＝∠HMO，
在△ADM和△OHM中，
MD=MH∠AMD=∠OMHMA=MO，
∴△ADM≌△OHM(SAS)，
∴∠ADM＝∠OHM＝135°，
又∵∠MDH＝45°，
∴∠ADO＝90°，
∴AD⊥OD；
②如图2，在OC上截取OQ＝CM，连接QN，OM，MN，OP．
在等腰Rt△OMB中，
∵N为BC的中点，
∴MN⊥OB，MN＝ON＝BN，
∴∠MNO＝∠DCO＝90°，
∴∠NOQ＝∠NMC，
在△NOQ和△NMC中，
OQ=MC∠NOQ=∠NMCON=MN，
∴△ONQ≌△MNC(SAS)，
∴QN＝CN，∠ONQ＝∠MNC，
∴∠ONM＝∠QNC＝90°，
∴∠NQC＝∠NCQ＝45°，∠OQN＝∠MCN＝∠ADM＝135°，
∴∠NQC＝∠CDP＝∠DCP＝45°，
∴∠NPA＝∠ODA＝90°，
∴OD∥NP，
∴S△DCO＝S△DPO，
∴S四边形ADCO＝S△ADO+S△ODC＝S△ADO+S△DOP＝S△APO，
又∵点P的横坐标为t，OA＝6，
∴S四边形ADCO=12×6×t＝3t．
【点评】本题是四边形综合题，考查了等腰直角三角形判定与性质，非负数的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，坐标与图形的性质，四边形的面积，熟练掌握等腰直角三角形的性质是解题的关键．
28．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB边上，BE＝1，F为BC边的中点．将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD，点P在线段EF上运动(点P可与点E，点F重合)，作矩形PMDN，其中M，N两点分别在CD，AD边上．
设CM＝x，矩形PMDN的面积为S．
(1)DM＝ 4﹣x (用含x的式子表示)，x的取值范围是 0≤x≤1 ；
(2)求S与x的函数关系式；
(3)要使矩形PMDN的面积最大，点P应在何处？并求最大面积．
【分析】(1)DM＝DC﹣CM，正方形ABCD的边长为4，CM＝x，结合题意可知点M可与点C、D重合，从而求得x的取值范围；
(2)如图，延长MP交AB于G，证明△EGP∽△EBF，求解PG＝2﹣2x，从而可得DN＝PM＝2+2x，再根据矩形的面积公式列出函数关系式；
(3)由S＝﹣2x2+6x+8可得该抛物线开口向下，对称轴是直线x=32，从而得到当x＜32时，y随x的增大而增大；再结合x的取值范围为0≤x≤1求得答案．
【解答】解：(1)∵正方形ABCD的边长为4，CM＝x，BE＝1，
∴DM＝DC﹣CM＝4﹣x，其中0≤x≤1．
故答案是：4﹣x，0≤x≤1；
(2)如图，延长MP交AB于G，
∵正方形ABCD的边长为4，F为BC边的中点，四边形PMDN是矩形，CM＝x，BE＝1，
∴PM∥BC，BF＝FC=12BC＝2，BG＝MC＝x，GM＝BC＝4，
∴△EGP∽△EBF，EG＝1﹣x，
∴EGEB=PGBF，即1−x1=PG2．
∴PG＝2﹣2x，
∴DN＝PM＝GM﹣PG＝4﹣(2﹣2x)＝2+2x，
∴S＝DM•DN＝(4﹣x)(2x+2)＝﹣2x2+6x+8，其中0≤x≤1．
(3)由(2)知，S＝﹣2x2+6x+8，
∵a＝﹣2＜0，
∴此抛物线开口向下，对称轴为x=−b2a=32，即x=32，
∴当x＜32时，y随x的增大而增大．
∵x的取值范围为0≤x≤1，
∴当x＝1时，矩形PMDN的面积最大，此时点P与点E重合，此时最大面积为12．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质以及矩形的判定与性质，综合性比较强，熟练掌握以上知识是解题的关键．
29．已知，在矩形ABCD中，点M是边AB上的一个点(与点A、B不重合)，联结CM，作∠CMF＝90°，且MF分别交边AD于点E、交边CD的延长线于点F．点G为线段MF的中点，联结DG．
(1)如图1，如果AD＝AM＝4，当点E与点G重合时，求△MFC的面积；
(2)如图2，如果AM＝2，BM＝4．当点G在矩形ABCD内部时，设AD＝x，DG2＝y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
(3)如果AM＝6，CD＝8，∠F＝∠EDG，求线段AD的长．(直接写出计算结果)
【分析】(1)由“AAS”可证△AGM≌△DGF，可得AM＝DF＝4，AG＝GD=12AD＝2，由勾股定理可求GF的长，由锐角三角函数可求MC的长，即可求解；
(2)过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，通过证明△FHM∽△MHC，可得FHMH=MHHC，可求FH=x24，PH=x28，DP＝2−x28，GP=12x，由勾股定理可求解；
(3)分两种情况讨论，通过全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【解答】解：(1)∵点G为线段MF的中点，
∴GF＝MG，
又∵∠A＝∠FDG＝90°，∠AGM＝∠FGD，
∴△AGM≌△DGF(AAS)，
∴AM＝DF＝4，AG＝GD=12AD＝2，
∴GF=DE2+DF2=4+16=25，
∴FM＝2GF＝45，
∵tanF=EDDF=MCFM，
∴24=MC45，
∴MC＝25，
∴S△MFC=12×FM×MC=12×45×25=20；
(2)过点M作MH⊥CD于H，过点G作GP⊥CD于P，
∴GP∥MH，MH＝AD＝x，
∴GPHM=FGFM=FPFH=12，
∴GP=12MH=12x，FP=12FH=12FH，
∵∠CMF＝90°＝∠FHM＝∠CHM，
∴∠F+∠FCM＝90°＝∠F+∠FMH＝∠FCM+∠CMH，
∴∠F＝∠CMH，∠FCM＝∠CMH，
∴△FHM∽△MHC，
∴FHMH=MHHC，
∴MH2＝FH•HC，
∴FH=x24，
∴PH=x28，
∴DP＝2−x28，GP=12x，
∵DG2＝DP2+GP2，
∴y=x464−x24+4(22＜x＜4)；
(3)如图3，当点G在矩形的内部时，延长DG交AB于J，连接AG，AF，
∵∠FMC＝90°，
∴∠AME+∠CMB＝90°＝∠CMB+∠BCM，
∴∠AME＝∠MCB，
∵∠EDG＝∠EFD＝∠AME＝∠MCB，AD＝BC，∠DAJ＝∠B＝90°，
∴△ADJ≌△BCM(ASA)，
∴AJ＝BM＝2，
∴JM＝4，
∵AB∥CD，
∴MJDF=GJDG=MGFG=1，
∴MJ＝FD＝4，GJ＝DG，
∴AG＝DG＝GJ，
∴∠GAD＝∠GDA＝∠GFD，
又∵∠AEG＝∠FED，
∴∠AGE＝∠FDE＝90°，
又∵FG＝GM，
∴AF＝AM＝6，
∴AD=AF2−FD2=36−16=25，
当点G在矩形的外部时，延长DG交BA的延长线于L，连接DM，
同理可求AD＝27，
综上所述：AD＝25或27．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键．
30．如图①，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8cm，BC＝6cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．以AQ、PQ为边作▱AQPD，连接DQ，交AB于点E．设运动时间为t(单位：s)(0≤t≤4)．解答下列问题：
(1)当t为何值时，AQ＝AP；
(2)如图②，当t为何值时，▱AQPD为矩形；
(3)当t为何值时，△PEQ是以PE为直角边的直角三角形．
【分析】(1)先由勾股定理求出AB＝10，再由题意得AP＝AB﹣BP＝10﹣2t，AQ＝2t，则10﹣2t＝2t，解得t=52(s)即可；
(2)证△AQP∽△ACB，得AQAC=APAB，解得t=209(s)即可；
(3)分两种情况：①DQ⊥AP时，四边形AQPD为菱形，则AE＝5﹣t，再证△EAQ∽△CAB，得AEAC=AQAB，解得t=2513(s)；
②当EP⊥PQ时，证△PAQ∽△CAB，得APAC=AQAB，解得t=259即可．
【解答】解：(1)在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s，
∴AP＝AB﹣BP＝10﹣2t，AQ＝2t，
∵AQ＝AP，
∴10﹣2t＝2t，
解得：t=52(s)；
(2)∵四边形AQPD是矩形，
∴∠PQA＝∠C＝90°
又∵∠BAC＝∠BAC，
∴△AQP∽△ACB，
∴AQAC=APAB，
即2t8=10−2t10，
解得：t=209(s)；
(3)∵△PEQ是以PE为直角边的直角三角形，
∴分两种情况，
①当DQ⊥AP时，四边形AQPD为菱形，
∴AE=12AP=12×(10﹣2t)＝5﹣t，
∵∠AEQ＝∠C＝90°，∠EAQ＝∠CAB，
∴△EAQ∽△CAB，
∴AEAC=AQAB，
即5−t8=2t10，
解得：t=2513(s)；
②当EP⊥PQ时，
∵∠APQ＝∠C＝90°，∠PAQ＝∠CAB，
∴△PAQ∽△CAB，
∴APAC=AQAB，
即10−2t8=2t10，
解得：t=259；
综上所述，当t为2513s或259s时，△PEQ是以PE为直角边的直角三角形．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定与性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．