沪科版 初中数学 九年级上册 第23章 解直角三角形单元测试卷（困难）（含答案）

这是一份沪科版 初中数学 九年级上册 第23章 解直角三角形单元测试卷（困难）（含答案），共39页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36分）
如图，在反比例函数y=32x的图象上有一动点A，连接AO并延长交图象的另一支于点B，在第二象限内有一点C，满足AC=BC，当点A运动时，点C始终在函数y=kx的图象上运动，若tan∠CAB=2，则k的值为( )
A. −3B. −6C. −9D. −12
如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12.将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H.给出以下结论：
①EF⊥BG；
②GE=GF；
③△GDK和△GKH的面积相等；
④当点F与点C重合时，∠DEF=75°，
其中正确的结论共有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC=4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为( )
A. 35B. 55C. 45D. 255
如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，CE平分∠ACB，与对角线BD相交于点N，F是线段CE的中点，则下列结论中正确的有个．( )
①OF=56；②ON=2526；③S△CON=1513；④sin∠ACE=513．
A. 1B. 2C. 3D. 4
如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB=9，AD=6，BE=3，则DF的长是( )
A. 72B. 4C. 924D. 3
如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点M处．折痕为AP；再将△PCM，△ADM分别沿PM，AM折叠，此时点C，D落在AP上的同一点N处．下面结论中正确的个数为( )
①M是CD的中点；②AD/​/BC；③∠DAM+∠CPM=90°；④当AD=CP时，ABCD=32．
A. 1B. 2C. 3D. 4
如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP.则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP−BP=2OP；④若BE：CE=2：3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14.其中正确的结论是( )
A. ①②④⑤B. ①②③⑤C. ①②③④D. ①③④⑤
如图，已知矩形ABCD中，点E是BC边上的点，BE=2，EC=1，AE=BC，DF⊥AE，垂足为F.下列结论：①△ADF≌△EAB；②AF=BE；③DF平分∠ADC；④sin∠CDF=23.其中正确的结论有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
如图，△ABC中AB=AC=4，∠C=72∘，D是AB中点，点E在AC上，DE⊥AB，则csA的值为( )
A. 5-12B. 5−14C. 5+14D. 5+12
如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上一点，连接AF分别交BD，DE于点M，N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论中：①S△ABM=4S△FDM；②PN=26515；③tan∠EAF=34；④△PMN∽△DPE，正确的是( )
A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④
如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，下列结论：①QB=QF；②AE⊥BF；③BG=55AD；④cs∠BQP=45；⑤S四边形BCFP=10S△BGE，其中正确的结论有( )
A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个
如图，P是正方形ABCD的边AD上一点，连接PB，PC，则tan∠BPC的值可能是( )
A. 0.9
B. 1.2
C. 1.5
D. 1.8
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12分）
如图，在Rt▵ABC中，∠ACB=90​∘，AC=1，BC=2，D是边AB上一点.连接CD，将▵ACD沿直线CD折叠，点A落在E处，当点E在▵ABC的内部(不含边界)时，AD长度的取值范围是_____．
如图，在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中，∠α、∠β如图所示，则cs(α+β)=______．
如图，在锐角三角形ABC中，BC=8，sinA=45，BN⊥AC于点N，CM⊥AB于点M，连接MN，则△AMN面积的最大值是______．
如图，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AB=2，且∠BAE=∠DAC，sin∠CAE=35，则CE的长为______．
三、解答题（本大题共9小题，共72分）
如图，在▱ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点．

(1)求证：△ABE≌△CDF．
(2)当BC=2AB=4，且△ABE的面积为3，求证：四边形AECF是菱形．
在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点(点P不与点A，O，C重合).过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．
(1)如图1，请写出线段OE与OF的数量关系；
(2)如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由；
(3)若|CF−AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请写出线段OP的长．
如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，E是AD的中点，过点A作AF // BC交BE的延长线于点F，连结CF．

(1)求证：四边形ADCF为菱形．
(2)若AE=13，tan∠ ABC=23，求菱形ADCF的面积．
直角三角形纸片的两直角边长分别为6，8，现将△ABC如图所示那样折叠，使点A与点B重合，折痕为DE，求tan∠CBE的值．
在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一动点(与点B、C不重合)，连接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M．
(1)若∠PAC=α，求∠AMQ的大小(用含α的式子表示)．
(2)用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明．
已知△ABC，∠B=60°，ABBC=32．
(1)如图1，若BC=23，求AC的长；
(2)如图2，试确定四边形ABCD，满足∠ADC+∠B=180°，且AD=2DC.(尺规作图，不需写作法，但要保留作图痕迹．)
如图，在某次斯诺克比赛中，白球位于点A处，在点A正北方向的点B处有一颗红球，在点A正东方向C处有一颗黑球，在BC正中间的点D处有一颗篮球，其中点C在点B的南偏东37°方向上，选手将白球沿正北方想推进10cm到达点E处时，测得点D在点E的北偏东45°方向上，求此时白球与红球的距离有多远？(参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34)
如图，在一笔直的海岸线l上有A、B两个观测站，A在B的正东方向，AB=4km.有一艘小船在点P处，从A测得小船在北偏西60°的方向，从B测得小船在北偏东45°的方向．
(1)求点P到海岸线l的距离(结果保留根号)；
(2)小船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处，此时，从B测得小船在北偏西15°的方向．求点C与点B之间的距离．(结果精确到0.1km，2≈1.41，3≈1.73)
如图，抛物线y=ax2+bx−4经过A(−3,0)，B(5,−4)两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：AB平分∠CAO；
(3)抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征和反比例函数系数k的几何意义以及相似三角形的判定及性质，解题的关键是求出CF⋅OF=6.解决该题型题目时，巧妙的利用了相似三角形的性质找出对应边的比例，再结合反比例函数图象上点的坐标特征找出结论．连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，通过角的计算找出∠AOE=∠COF，结合∠AEO=90°，∠CFO=90°可得出△AOE∽△COF，根据相似三角形的性质得出比例式，再由tan∠CAB=2，可得出CF⋅OF的值，进而得到k的值．
【解答】
解：如图，连接OC，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，
∵由反比例函数y=32x的对称性可知A、B点关于O点对称，
∴AO=BO．
又∵AC=BC，
∴CO⊥AB．
∵∠AOE+∠AOF=90°，∠AOF+∠COF=90°，
∴∠AOE=∠COF，
又∵∠AEO=90°，∠CFO=90°，
∴△AOE∽△COF，
∴AECF=OEOF=AOCO，
∵tan∠CAB= OCOA=2，
∴CF=2AE，OF=2OE．
又∵AE⋅OE=32，
∴CF⋅OF=|k|=4× 32，
∴k=±6．
∵点C在第二象限，
∴k=−6，
故选B．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．连接BE，设EF与BG交于点O，由折叠的性质可得EF垂直平分BG，可判断①；由“ASA”可证△BOF≌△GOE，可得BF=EG=GF，可判断②；通过证明四边形BEGF是菱形，可得∠BEF=∠GEF，由30°角的直角三角形的结论可求∠AEB=30°，可得∠DEF=75°，可判断④，由题意无法证明△GDK和△GKH的面积相等，即可求解．
【解答】
解：如图，连接BE，设EF与BG交于点O，
∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，
∴EF垂直平分BG，
∴EF⊥BG，BO=GO，BE=EG，BF=FG，故①正确，
∵AD/​/BC，
∴∠EFB=∠FEG，
又∵∠FEG=∠BEF，
∴∠EFB=∠BEF，
∴BF=BE=EG，
∴BF=EG=GF，故②正确，
∵BE=EG=BF=FG，
∴四边形BEGF是菱形，
∴∠BEF=∠GEF，
当点F与点C重合时，则BF=BC=BE=12，
∵ABBE=612=12，
∴易证∠AEB=30°，
∴∠DEF=75°，故④正确，
过点K作KM⊥GH于点M，
∵四边形BEGF是菱形，
∴BG平分∠DGH，
∴KD=KM，
在Rt△DHG中，DG≠HG，
又∵S△DKG=12·DG·DK，S△GKH=12·GH·KM，
∴△GDK和△GKH的面积不相等，故③错误；
故选C．
3.【答案】A
【解析】解：连接BF，
∵CE是斜边AB上的中线，EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴S△AFE=S△BFE=5，
∴S△AFB=10=12AF⋅BC，
∵BC=4，
∴AF=5=BF，
在Rt△BCF中，BC=4，BF=5，
∴CF=52−42=3，
∵CE=AE=BE=12AB，
∴∠A=∠FBA=∠ACE，
又∵∠BCA=90°=∠BEF，
∴∠CBF=90°−∠BFC=90°−2∠A，
∠CEF=90°−∠BEC=90°−2∠A，
∴∠CEF=∠FBC，
∴sin∠CEF=sin∠FBC=CFBF=35，
故选：A．
根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半可得CE=AE=BE=12AB，进而得到∠BEC=2∠A=∠BFC，从而有∠CEF=∠CBF，根据三角形的面积公式求出AF，即得BF，在Rt△BCF中，求出CF，证明∠CEF=∠FBC，再根据锐角三角函数的定义求解即可．
本题考查垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：①如图，过点E作EH⊥AC于H，
∵AB=3，AD=4，
∴AC=AB2+BC2=9+16=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO=DO=BO=52，
∵CE平分∠ACB，EH⊥AC，∠ABC=90°，
∴BE=EH，
∵S△ABC=S△AEC+S△BCE，
∴12×AB×BC=12×AC×EH+12×BC×BE，
∴3×4=5×EH+4×EH，
∴EH=43=BE，
∴AE=AB−BE=53，
∵F是线段CE的中点，AO=CO，
∴OF=12AE=56，
故①正确；
②∵OF//AB，
∴OFBE=ONBN=5643=58，
∴ON=58BN，
∵ON+BN=BO=52，
∴BN=2013，NO=2526，
故②正确；
③∵S△BOC=14S矩形ABCD，
∴S△BOC=14×3×4=3，
∵ON=58BN，
∴S△CON=513×3=1513，
故③正确；
④∵BE=43，BC=4，
∴EC=BE2+BC2=169+16=4103，
∴sin∠ACE=EHEC=434103=1010，
故④错误，
故选：C．
利用面积法可求BE的长，由三角形的中位线定理可求OF的长，可判断①；由平行线分线段成比例可求ON的长，可判断②；由面积关系可求△ONC，可判断③；由勾股定理可求EC的长，由锐角三角函数可求sin∠ACE的值，可判断④，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，勾股定理，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．
5.【答案】D
【解析】解：如图，延长EH交CF于点P，过点P作MN⊥CD于N，
∵将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，
∴AD=BC=CH=6，∠DCF=∠GCF，BE=EH=3，∠B=∠CHE=90°，
在△CPH和△CPN中，
∠CHP=∠CNP=90°∠GCF=∠DCFCP=CP，
∴△CPH≌△CPN(AAS)，
∴NP=PH，CH=CN=6，
∵∠B=∠BCD=90°，MN⊥CD，
∴四边形BCNM是矩形，
又∵CN=CB=6，
∴四边形BCNM是正方形，
∴MN=BM=6，
∴EM=3，
∵EP2=EM2+PM2，
∴(3+NP)2=9+(6−NP)2，
∴NP=2，
∵tan∠DCF=NPCN=DFCD，AB=CD=9，
∴26=DF9，
∴DF=3，
故选：D．
由折叠的性质可得BC=CH=6，∠DCF=∠GCF，BE=EH=3，∠B=∠CHE=90°，由“AAS”可证△CPH≌△CPN，可得NP=PH，CH=CN=6，通过证明四边形BCNM是正方形，可得MN=BM=6，在Rt△EPM中，利用勾股定理可求NP的长，由锐角三角函数可求解．
本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】本题考查了折叠的性质，平行线的判定与性质，平行四边形的判定与性质，锐角三角比，掌握折叠的性质是解题的关键．
由折叠的性质可得DM=MN=CM，判定①；根据折叠性质和平角可得∠C+∠D=180°，判定②；根据平行线的性质和折叠性质可判定③；先判断四边形ADCP是平行四边形，再利用其性质和锐角比即可判定④．
【解答】
解：∵将△PCM，△ADM分别沿PM，AM折叠，
∴DM=MN=CM，∠D=∠ANM，∠C=∠PNM，∠DAM=∠PAM，∠CPM=∠APM，
∴点M是CD的中点，故①正确；
∵∠ANM+∠PNM=180°，
∴∠C+∠D=180°，
∴AD/​/BC，故②正确；
∴∠DAP+∠CPA=180°，
∴∠DAM+∠CPM=90°，故③正确；
∴∠MAP+∠APM=90°，
∴∠AMP=90°，
由折叠的性质可得：AD=AN，CP=PN，∠B=∠AMP=90°，∠APB=∠APM=∠CPM=60°，
∵AD=CP，AD/​/CP，
∴四边形ADCP是平行四边形，
∴AP=CD，
∴BACD=ABAP=sin∠APB=32，故④正确．
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，AC⊥BD，∠ABD=∠DBC=∠ACD=45°．
∴∠BOE+∠EOC=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠FOC+∠EOC=90°．
∴∠BOE=∠COF．
在△BOE和△COF中，
∠OBE=∠OCF=45°OB=OC∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴BE=CF．
在△BAE和△CBF中，
AB=BC∠ABC=∠BCF=90°BE=CF，
∴△BAE≌△CBF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF．
∵∠ABP+∠CBF=90°，
∴∠ABP+∠BAE=90°，
∴∠APB=90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
②∵∠APB=90°，∠AOB=90°，
∴点A，B，P，O四点共圆，
∴∠APO=∠ABO=45°，
∴②的结论正确；
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，

∵∠APO=45°，OH⊥OP，
∴OH=OP=22HP，
∴HP=2OP．
∵OH⊥OP，
∴∠POB+∠HOB=90°，
∵OA⊥OB，
∴∠AOH+∠HOB=90°．
∴∠AOH=∠BOP．
∵∠OAH+BAE=45°，∠OBP+∠CBF=45°，，∠BAE=∠CBF，
∴∠OAH=∠OBP．
在△AOH和△BOP中，
∠OAH=∠OBPOA=OB∠AOH=∠BOP，
∴△AOH≌△BOP(ASA)，
∴AH=BP．
∴AP−BP=AP−AH=HP=2OP．
∴③的结论正确；
④∵BE：CE=2：3，
∴设BE=2x，则CE=3x，
∴AB=BC=5x，
∴AE=AB2+BE2=29x.
过点E作EG⊥AC于点G，如图，

∵∠ACB=45°，
∴EG=GC=22EC=322x，
∴AG=AE2−GE2=722x，
在Rt△AEG中，
∵tan∠CAE=EGAG，
∴tan∠CAE==322x722x=37．
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB=OC=OD，∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA(SAS)．
∴S△OBC=14S正方形ABCD．
∴S△BOE+S△OEC=14S正方形ABCD．
由①知：△BOE≌△COF，
∴S△OBE=S△OFC，
∴S△OEC+S△OFC=14S正方形ABCD．
即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．
∴⑤的结论正确．
综上，①②③⑤的结论正确．
故选：B．
利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理对每个选项的结论进行判断即可得出结论．
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理，等腰直角三角形的判定与性质，充分利用正方形的性质构造等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD//BC，∠B=90°，
∵BE=2，EC=1，
∴AE=AD=BC=3，AB=AE2−BE2=5，
∵AD/​/BC，
∴∠DAF=∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=∠B=90°，
∴△EAB≌△ADF，
∴AF=BE=2，DF=AB=5，故①②正确，
不妨设DF平分∠ADC，则△ADF是等腰直角三角形，这个显然不可能，故③错误，
∵∠DAF+∠ADF=90°，∠CDF+∠ADF=90°，
∴∠DAF=∠CDF，
∴∠CDF=∠AEB，
∴sin∠CDF=sin∠AEB=53，故④错误，
∴正确的结论有①②.共2个．
故选：B．
根据矩形的性质证明△EAB≌△ADF，∠CDF=∠AEB，利用勾股定理求出AB，然后逐一进行判断即可解决问题．
本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了锐角三角形函数的定义，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识．证明△BCE∽△ABC是解题的关键．先根据等腰三角形的性质与判定以及三角形内角和定理得出∠EBC=36°，∠BEC=72°，AE=BE=BC.再证明△BCE∽△ABC，根据相似三角形的性质列出比例式CEBC=BEAC，求出AE，然后在△ADE中利用余弦函数定义求出csA的值．
【解答】
解：∵△ABC中，AB=AC=4，∠C=72°，
∴∠ABC=∠C=72°，∠A=36°，
∵D是AB中点，DE⊥AB，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠A=36°，
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=36°，
∠BEC=180°−∠EBC−∠C=72°，
∴∠BEC=∠C=72°，
∴BE=BC，
∴AE=BE=BC
设AE=x，则BE=BC=x，EC=4−x．
在△BCE与△ABC中，∠CBE=∠BAC，∠C=∠ABC，
∴△BCE∽△ABC，
∴CEBC=BEAC，
即4−xx=x4，
解得x=−2±25(负值舍去)，
∴AE=−2+25，
在△ADE中，∵∠ADE=90°，
∴csA=ADAE=2−2+25=5+14．
故选C．
10.【答案】A
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠ABC=∠C=∠ADF=90°，CE=BE=1，
∵AF⊥DE，
∴∠DAF+∠ADN=∠ADN+∠CDE=90°，
∴∠DAN=∠EDC，
在△ADF与△DCE中，∠ADF=∠C,AD=CD∠DAF=∠CDE，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DF=CE=1，
∵AB/​/DF，
∴△ABM∽△FDM，
∴S△ABMS△FDM=(ABDF)2=4，
∴S△ABM=4S△FDM；故①正确；
由勾股定理可知：AF=DE=AE=12+22=5，
∵12×AD×DF=12×AF×DN，
∴DN=255，
∴EN=355，AN=AD2−DN2=455，
∴tan∠EAF=ENAN=34，故③正确，
作PH⊥AN于H．
∵BE/​/AD，
∴PAPE=ADBE=2，
∴PA=253，
∵PH/​/EN，
∴AHAN=PAAE=23，
∴AH=23×455=8515，HN=4515，
∴PN=PH2+NH2=26515，故②正确，
∵PN≠DN，
∴∠DPN≠∠PDE，
∴△PMN与△DPE不相似，故④错误．
故选：A．
①正确．利用相似三角形的性质解决问题即可．
②正确．作PH⊥AN于H，求出PH，HN即可解决问题．
③正确．求出EN，AN即可判断．
④错误．证明∠DPN≠∠PDE即可．
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，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，属于中考选择题中的压轴题．
11.【答案】C
【解析】解：∵将△BCF沿BF对折，得到△BPF，
∴∠BFC=∠BFP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB/​/CD，
∴∠BFC=∠FBQ，
∴∠BFP=∠FBQ，
∴QB=QF，故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
∵E，F分别为BC、CD的中点，
∴BE=12BC=12CD=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABG=90°，
∴∠BAE+∠ABG=90°，
∴∠AGB=90°，
∴AE⊥BF；故②正确；
设正方形ABCD边长为m，则BE=12m，
∴AE=AB2+BE2=5m2，
∴sin∠EAB=BEAE=12m52m=55=BGAB，
∴BG=55AB=55AD，故③正确；
∵PF=CF=12m，PB=BC=m，在Rt△BPQ中，设QF=QB=x，
∴x2=(x−12m)2+m2，
∴x=54m，
∴PQ=QF−PF=54m−12m=34m，
∴cs∠BQP=PQQB=m54m34m54m=35，故④错误；
∵∠EBG=∠FBC，∠BGE=90°=∠BCF，
∴△BGE∽△BCF，
∴S△BGES△BCF=(BGBC)2=(BGAB)2=(55)2=15，
∴S△BGE=15S△BCF，
∵S△BCF=12S四边形BCFP，
∴S△BGE=110S四边形BCFP，即S四边形BCFP=10S△BGE，故⑤正确，
∴正确的结论有①②③⑤共4个，
故选：C．
根据将△BCF沿BF对折，得到△BPF，得∠BFC=∠BFP，而∠BFC=∠FBQ，即可得QB=QF，判断①正确；证明△ABE≌△BCF(SAS)，得∠BAE=∠CBF，即可证∠AGB=90°，判断②正确；设正方形ABCD边长为m，则BE=12m，可得sin∠EAB=BEAE=55=BGAB，即可判断③正确；在Rt△BPQ中，设QF=QB=x，由勾股定理可得x=54m，可求得cs∠BQP=PQQB=35，判断④错误；由△BGE∽△BCF，有S△BGES△BCF=(BGBC)2=(BGAB)2=15，S△BCF=12S四边形BCFP，可判断⑤正确．
本题考查正方形中的翻折变换，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，勾股定理应用等，解题的关键是掌握翻折的性质．
12.【答案】B
【解析】解：点P在正方形边AD上运动，
当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，
此时tan∠BPC=tan45°=1；
当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，
如图，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，

设正方形的边长为1，则AP′=DP′=12，
∴BP′=AB2+AP′2=12+(12)2=52，
同理CP′=CD2+DP′2=12+(12)2=52，
∵BE⊥CP′，
∴∠BEC=∠CDP′=90°，
∵∠BCE+∠DCP′=DCP′+∠CP′D=90°，
∴∠BCE=∠CP′D，
∴△BCE∽△CP′D，
∴BCCP′=BECD=CEDP′，
∴152=BE1=CE12，
∴BE=255，CE=55，
∴P′E=CP′−CE=52−55=3510，
∴tan∠BP′C=BEP′E=255×1035=43，
∴1≤tan∠BPC≤43，
∴tan∠BPC的值可能是1.2，
故选B．
点P在正方形边AD上运动，当P与点A或点D重合时，∠BPC最小，此时tan∠BPC的值也最小，此时tan∠BPC=tan45°=1；当P运动到AD中点时，∠BPC最大，此时tan∠BPC的值也最大，取AD中点P′，连接BP′，CP′，过点B作BE⊥CP′于点E，证明△BCE∽△CP′D，然后得到1≤tan∠BPC≤43，进而可以进行判断．
本题考查了正方形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△BCE∽△CP′D．
13.【答案】55