2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(二)练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(二)练习附解析，共47页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直平分线分别交AD，AC于点E，O，连接CE，则CE的长为（ ）
A．3B．3.5C．2.5D．2.8
2． 在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE＝15°，连接OE，则下面的结论中正确的有（ ）
①△DOC是等边三角形；②△BOE是等腰三角形；③BC＝3AB；④∠AOE＝135°；⑤S△AOE＝S△BOE．
A．2个B．3个C．4个D．5个
3．如图，矩形ABCD中，AE⊥BD于点E，CF平分∠BCD，交EA的延长线于点F，且BC=4，CD=2，给出下列结论：①∠BAE=∠CAD；②∠DBC=30°；③AE= 455 ；④AF=2 5 ，其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，点H在边AD上，CE=DH，CH交BE于点F，交BD于点G，连接GE．下列结论：①CH=BE；②CH⊥BE；③SΔGCE=SΔGDH；④当E是CD的中点时，GFGE=45；⑤当EC=2DE时，S正方形ABCD=6S四边形DEGH．其中正确结论的序号是( )
A．①②③④B．①②③⑤C．①③④⑤D．②④⑤
5．如图，在正方形ABCD中，M是边CD上一点，满足BC=3CM，连接BM交AC于点N，延长BN到点P使得NP=BN，则DPBN=（ ）
A．255B．53C．104D．910
6．如图，已知△ABC是等边三角形，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE交于点F，∠AFD=60°．FG为△AFC的角平分线，点H在FG的延长线上，HG=CD，连接HA、HC．①BD=CE；②∠AHC=60°；③FC=CG；④S△CBD=S△CGH；其中说法正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图，在 Rt△ABC中，LACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH 上，CG与EF相交于点P，CM 与BE相交于点Q.若HF=FG则S四边形PCQES正方形ABEF的值是（ ）
A．14B．15C．312D．625
8．如图，在矩形 ABCD 中， E 、 F 分别是边 AB 、 CD 上的点， AE=CF ，连接 EF 、 BF ， EF 与对角线 AC 交于点 O ，且 BE=BF ， ∠BEF=2∠BAC ， FC=2 ，则 AB 的长为（ ）
A．23B．43C．4D．6
9．如图，已知在矩形ABCD中，M是AD边的中点，BM与AC垂直，交直线AC于点N，连接DN，则下列四个结论中：①CN＝2AN；②DN＝DC；③tan∠CAD＝2；④△AMN∽△CAB.正确的有（ ）
A．①②③④B．①②③C．①②④D．②③④
10．如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，点G是EF的中点，连接CG、BG、BD、DG，下列结论：①BC＝DF；②∠ABG+∠ADG＝180°；③AC：BG＝2：1；④若ADAB=43，则4S△BDG＝25S△DGF．正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
二、填空题
11．如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是 ．
12．如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接AE与对角线BD交于点P，过点P作PF⊥AE交BC于点F，连接AF交BD于点G，
下列四个结论：①AP=PF；②DE+BF=EF；③PB−PD=2BF；④SΔAPG=12SΔAEF．其中正确结论有 ．
13．如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且AF:FB=1:2，CE⊥DF，垂足为M，且交AD于点E,AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG=12BC，连接GM，有如下结论：①DE=AF；②AN=24AB；③∠ADF=∠GMF；④S△ANF:⋅S四边形CNFB=1:8．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
14．如图，在正方形ABCD中，AB=62，M为对角线BD上任意一点（不与B、D重合），连接CM，过点M作MN⊥CM，交线段AB于点N．连接NC交BD于点G．若BG：MG＝3：5，则NG⋅CG的值为 ．
15．如图，正方形 ABCD 中，点 E，F 分别在线段 BC，CD 上运动，且满足 ∠EAF=45° ， AE，AF 分别与 BD 相交于点 M，N ，下列说法中：①BE+DF=EF ；②点 A到线段 EF的距离一定等于正方形的边长；③若 tan∠BAE=12 ，则 tan∠DAF=13 ；④若 BE=2 ， DF=3 ，则 S△AEF=15 ．其中结论正确的是 ；（将正确的序号填写在横线上）
三、解答题
16．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB= 22 ，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
17．
（1）如图1，在直角△ABC中，∠ACB=90°，过C作CD⊥AB交AB于点D，求证：CD2=AD⋅BD；
（2）如图2，在菱形ABCD中，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD边于点F．①若BGCG=18，求DFAB的值；②若BGCG=1n(n>2)，直接写出DFAB的值（用含n的式子表示）；
（3）如图3，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E在CD上，EC=2且DECE=a，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交AD于点G,EG⋅EF=526a，求AG的值（用含a的式子表示）．
四、实践探究题
18．如图1，点E为正方形ABCD内一点，AE=2，BE=4，∠AEB=90°，将直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°）点B、E的对应点分别为点B'、E'．
（1）【感知】如图2，在旋转的过程中，点B'落在了AC上，求此时CB'的长；
（2）【探究】若α=90°，如图3，得到△ADE'（此时B'与D重合），延长BE交DE'于点F，试判断四边形AEFE'的形状，并说明理由；
（3）【应用】在直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段CE'长度的取值范围．
19．综合与实践
数学活动课上，同学们用尺规作图法探究在菱形内部作一点到该菱形三个顶点的距离相等．
【动手操作】如题图1，已知菱形ABCD，求作点E，使得点E到三个顶点A，D，C的距离相等.小红同学设计如下步骤：
①连接BD
②分别以点A，D为圆心，大于12AD的长为半径分别在AD的上方与下方作弧；AD上方两弧交于点M，下方两弧交于点N，作直线MN交BD于点E．
③连接AE，EC，则EA=ED=EC．
（1）根据小红同学设计的尺规作图步骤，在题图1中完成作图过程（要求：用尺规作图并保留作图痕迹）．
（2）【证明结论】证明：EA=ED=EC．
（3）【拓展延伸】当∠ABC=72°时，求△EBC与△EAD的面积比．
五、综合题
20． 如图1，在平行四边形ABCD中，∠ABC为钝角，BE，BF分别为边AD，CD上的高，交边AD，CD于点E，F，连结EF，BF=EF．
（1）求证：∠EBF=∠C；
（2）求证：CF=DF；
（3）如图2，若∠DBC=45°，以点B为原点建立平面直角坐标系，点C坐标为(2,0)，点P为直线CE上一动点，当S△BCP=S△BDE时，求出此时点P的坐标．
21．如图，在矩形ABCD中，AD=λAB，点E，F分别在边BC、AB上，且AE⊥DF于点H.
（1）如图1，当λ=1时，求证：AE=DF；
（2）如图2，λ>1，若AF=5，HD=4，求AH的值；
（3）如图3，在第（2）的条件下，连接AC交DF于点G，连接CH，若AG=AF，求tan∠DCH的值.
22．已知在平行四边形ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，则∠B= °．
（2）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，当运动时间为 秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
（3）如图3，连结BP并延长与CD的延长线交于点F，CE平分∠ACF交BF于E点，连接AE，当AE⊥CE，DF＝8时，求AC的长．
（4）如图4，在（1）的条件下，连结BP并延长与CD的延长线交于点F，连结AF，若AB＝4cm，求△APF的面积．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】∵EO是AC的垂直平分线，∴AE=CE。
设CE=x，则ED=AD﹣AE=4﹣x。
在Rt△CDE中，CE2=CD2+ED2，即x 2=22+（4－x）2 ，解得x=2.5，即CE的长为2.5。故答案为：C。
【分析】由线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AE=CE，则DE可用含CE的代数式表示，在直角三角形CDE中，用勾股定理可得关于CE的方程，解方程即可求解。
2．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=90°，OA=OB=OC=OD，AB//CD.
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴∠AEB=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB=BE.
∵∠CAE=15°，
∴∠BAO=∠BAE+∠CAE=60°，
∴∠OCD=∠BAO=60°，
∴△AOB和△DOC都是等边三角形，故①正确；
∵△AOB是等边三角形，
∴AB=BO，
∵AB=BE，AB=BO，
∴BE=BO.
∴ △BOE是等腰三角形； 故②正确；
∵∠BCD=90°，∠OCD=60°，
∴∠ACB=30°.
∴AC=2AB，BC＝3AB. 故③正确；
∵ BE=BO，∠OBE=∠ABC-∠ABO=30°，
∴∠BOE=∠BEO=75°.
∴∠AOE=∠AOB+∠BOE=135°，故④正确；
：AO=CO，
∴S△AOE=S△COE，
∵BC＝3AB=3BE，
∴CE=3−1BE，
∴S△BOE≠S△COE，
故S△AOE≠S△BOE，故⑤错误；
故答案为：C.
【分析】①根据矩形角的性质和角平分线的定义可得∠BAE=45°，△ABE是等腰直角三角形，于是可得AB=BE， 结合 ∠CAE＝15°， 可得∠BAO=60°，再利用平行线的性质和矩形对角线的性质即可得△DOC是等边三角形，据此可判断①；
②根据等边三角形的性质和AB=BE可得 △BOE是等腰三角形，据此可判断②；
③证得∠ACB=30°，根据含30°的直角三角形的性质，可得BC＝3AB，据此可判断③；
④利用等腰三角形的性质求得∠BOE，即可得∠AOE的度数，据此可判断④；
⑤证得△AOE和△COE是等底同高的三角形，△BOE和△COE是等高的三角形，但BE≠CE，据此可判断⑤.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，∵∠BAD=90°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠ADE+∠DAE=∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠ADB，
∵∠CAD=∠ADB，
∴∠BAE=∠CAD，故①正确；
∵BC=4，CD=2，
∴tan∠DBC= CDBC = 12 ，
∴∠DBC≠30°，故②错误；
∵BD= BC2+CD2 =2 5 ，
∵AB=CD=2，AD=BC=4，
∵△ABE∽△DBA，
∴AEAD=ABBD ，
即 AE4=225 ，
∴AE= 455 ；故③正确；
∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF=45°，
∴∠ACF=45°﹣∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠BAE=∠ACB，
∴∠EAC=90°﹣2∠ACB，
∴∠EAC=2∠ACF，
∵∠EAC=∠ACF+∠F，
∴∠ACF=∠F，
∴AF=AC，
∵AC=BD=2 5 ，
∴AF=2 5 ，故④正确；
故选C．
【分析】根据余角的性质得到∠BAE=∠ADB，等量代换得到∠BAE=∠CAD，故①正确；根据三角函数的定义得到tan∠DBC= CDBC = 12 ，于是得到∠DBC≠30°，故②错误；由勾股定理得到BD= BC2+CD2 =2 5 ，根据相似三角形的性质得到AE= 455 ；故③正确；根据角平分线的定义得到∠BCF=45°，求得∠ACF=45°﹣∠ACB，推出∠EAC=2∠ACF，根据外角的性质得到∠EAC=∠ACF+∠F，得到∠ACF=∠F，根据等腰三角形的判定得到AF=AC，于是得到AF=2 5 ，故④正确．
4．【答案】A
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCD=∠ADC=90°，
∵CE=DH，
∴ΔBCE≅ΔCDH(SAS)，
∴∠CBE=∠DCH，BE=CH，故①正确；
∵∠DCH+∠FCB=∠DCB=90°，
∴∠CBF+∠FCB=90°，
∴∠BFC=90°，
∴CH⊥BE，故②正确；
∵G在正方形对角线BD上，
∴G到AD，CD的距离相等，
又∵CE=DH，
∴SΔGCE=SΔGDH，故③正确；
设正方形ABCD的边长为4a，
∴BC=CD=4a，
当E是CD的中点时，EC=HD=2a．
由勾股定理得：
BE=BC2+CE2=(4a)2+(2a)2=25a=CH，
∵∠HDG=∠CBG=45°，∠HGD=∠CGB，
∴ΔHGD∽ΔCGB，
∴HGCG=DHBC=12，
∴GC=23CH，
∵∠BEC=∠CEF，∠ECB=∠EFC=90°，
∴ΔECB∽ΔEFC，
∴CEEF=BECE，
∴2aEF=25a2a，
∴EF=25a5，
∴CF=CE2−EF2=(2a)2−(25a5)2=45a5，
∵GC=23CH=23×25a=45a3，
∴GF=CG−CF=45a3−45a5=85a15，
∴GE=GF2+EF2=(85a15)2+(25a5)2=25a3，
∴GFGE=85a15×325a=45，
∴当E是CD的中点时，GFGE=45，故④正确，
当EC=2DE时，CECD=23，
∵DH=CE，DC=BC，
∴DHBC=CECD=23，
∵ΔHGD∽ΔCGB，
∴SΔHGDSΔCGB=(DHBC)2=49，
∵ΔGDH中DH边上的高与ΔDGC中CD边上的高相等，DHBC=DHCD=23，
∴SΔGDHSΔDGC=DHCD=23，
设SΔGDH=4x，则SΔCGB=9x，SΔDGC=6x，
∴SΔBCD=SΔCGB+SΔDGC=9x+6x=15x，
∴S正方形ABCD=2S△BCD=30x，
当EC=2DE时，DECD=13，
∴SΔDEGSΔDCG=13，
∴SΔDEG=2x，
∴S四边形DEGH=SΔGDH+SΔDEG=4x+2x=6x，
∴S正方形ABCD=5S四边形DEGH，故⑤不正确，
综上所述：正确结论的序号是①②③④，
故答案为：A.
【分析】由正方形的性质得BC=CD，∠BCE=∠CDH，结合CE=DH，用SAS证△BCE≌△CDH，由全等三角形的对应边相等得CH=BE，从而可以判断①；由全等三角形的对应角相等得∠CBE=∠DCH，然后由直角三角形的两锐角互余及等量代换证出∠CBF+∠BCF=90°，由三角形的内角和定理得∠BFC=90°，可判断②；根据正方形对角线平分一组对角及角平分线上的点到角两边的距离相等得G到AD，CD的距离相等，进而根据等底同高三角形面积相等，即可判定③；设正方形ABCD的边长为4a，当E是CD的中点时，EC=HD=2a，根据相似三角形的判定与性质和勾股定理分别表示出GF，GE，进而可以判断④；设S△GDH=4x，则S△CGB=9x，S△DGC=6x，得S△BCD=15x，所以S正方体ABCD=2S△BCD=30x，当EC=2DE时，DECD=13，证得S四边形DEGH =S△GDH+S△DEG=4x+2x=6x，进而可以判断⑤.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，AO=CO=12AC，BO=DO=12BD，AC⊥BD，AC=BD，AB//CD.
∴BO=CO=AO=DO，∠BOC=90°.
∵BC=3CM，
∴ABCM=BCCM=3.
∵AB//CD，
∴△ABN∽△CMN，
∴ABCM=ANCN=3，
即AC−CNCN=3，
∴CN=14AC=12CO=12BO.
∴BO=2CN=2ON.
∴在Rt△BNO中，BN=BO2+NO2=5ON.
∵BO=DO，BN=NP，
∴ON是△BDP的中位线，
∴ON//DP，ON=12DP.
∴DP=2ON.
∴DPBN=2ON5ON=255.
故答案为：A
【分析】要求DPBN的值，只要分别表示出DP和BN即可.连接BD后，由正方形ABCD，可得AB=BC，BO=CO=AO=DO，BD⊥AC；由BO=DO，BN=PN得ON是中位线，DP可以表示为2ON；由△ABN∽△CMN，可得AN：CN=3，求出CN=14AC=12BO，从而得到ON=CN=12BO，即BO=2ON，由此可将BN表示为5ON，这样问题就得到解决.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：①∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACE＝60°，BC＝AC，
∵∠AFD＝∠CAE+∠ACD＝60°，∠BCD+∠ACD＝∠ACB＝60°，
∴∠BCD＝∠CAE，
在△BCD和△CAE中，
∠B=∠ACEBC=AC∠BCD=∠CAE，
∴△BCD≌△CAE（ASA），
∴BD＝CE，故①符合题意；
②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，如图：
∵∠EFC＝∠AFD＝60°
∴∠AFC＝120°，
∵FG为△AFC的角平分线，
∴∠CFH＝∠AFH＝60°，
∴∠CFH＝∠CFE＝60°，
∵CM⊥AE，CN⊥HF，
∴CM＝CN，
∵∠CEM＝∠ACE+∠CAE＝60°+∠CAE，∠CGN＝∠AFH+∠CAE＝60°+∠CAE，
∴∠CEM＝∠CGN，
在△ECM和△GCN中
∠CEM=∠CGN∠CME=∠CNG=90°CM=CN，
∴△ECM≌△GCN（AAS），
∴CE＝CG，EM＝GN，∠ECM＝∠GCN，
∴∠MCN＝∠ECG＝60°，
由①知△CAE≌△BCD，
∴AE＝CD，
∵HG＝CD，
∴AE＝HG，
∴AE+EM＝HG+GN，即AM＝HN，
在△AMC和△HNC中，
AM=HN∠AMC=∠HNC=90°CM=CN，
∴△AMC≌△HNC（SAS），
∴∠ACM＝∠HCN，AC＝HC，
∴∠ACM﹣∠ECM＝∠HCN﹣∠GCN，即∠ACE＝∠HCG＝60°，
∴△ACH是等边三角形，
∴∠AHC＝60°，故②符合题意；
③由②知∠CFH＝∠AFH＝60°，若FC＝CG，则∠CGF＝60°，从而∠FCG＝60°，这与∠ACB＝60°矛盾，故③不符合题意；
④∵△ECM≌△GCN，△AMC≌△HNC，
∴S△AMC﹣S△ECM＝S△HNC﹣S△GCN，即S△ACE＝S△CGH，
∵△CAE≌△BCD，
∴S△BCD＝S△ACE＝S△CGH，故④符合题意，
∴正确的有：①②④，
故答案为：C．
【分析】①由“ASA”证明△BCD≌△CAE，再利用全等三角形的性质可得BD=CE，从而可得①正确；②作CM⊥AE交AE的延长线于M，作CN⊥HF于N，利用“AAS”证明△ECM≌△GCN可得CE＝CG，EM＝GN，∠ECM＝∠GCN，再利用“SAS”证明△AMC≌△HNC可得∠ACM＝∠HCN，AC＝HC，再证明△ACH是等边三角形，可得∠AHC＝60°，故②符合题意；③利用全等三角形的性质求解可得∠FCG＝60°，这与∠ACB＝60°矛盾，故③不符合题意；④利用全等三角形的性质求解即可。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠ABE=∠ABP+∠EBP=90°，∠ABP+∠CAB=90°，
∴∠EBP=∠CAB，
在△ABQ和△BEP中
∠CAB=∠EBP∠ABQ=∠E=90°AB=BE
∴△ABQ≌△BEP（AAS）
故S四边形PCQE=S三角形ABC，
∵∠HAF+∠FAC=90°，∠FAC+∠BAC=90°，
∴∠HAF=∠BAC，
在△ABC和△AFH中
∠HAF=∠BAC∠H=∠ACB=90°AH=AC
∴△ABC≌△AFH（AAS）
∴S四边形PCQE=S三角形ABC=S三角形AFH=12HF·AH=12HF·2HF=HF2，
S正方形ABEF=AF2=HF2+AH2=HF2+（2HF）2=5HF2，
∴S四边形PCQES正方形ABE=15
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质，可以得到S四边形PCQE=S三角形ABC，而△ABC≌△AFH，所以四边形的面积就转换成求△AFH的面积，从而可以求出答案.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB=90°
∴∠FCO=∠EAO，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=FOC∠FCO=∠EAOAE=CF ，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∵BF=BE，
∴BO⊥EF，∠BOF=90°，
∵∠FEB=2∠CAB=∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO=∠EOA，
∴EA=EO=OF=FC=2，
在Rt△BFO和Rt△BFC中，
BF=BFFO=FC ，
∴Rt△BFO≌Rt△BFC，
∴BO=BC，
在Rt△ABC中，∵AO=OC，
∴BO=AO=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO=60°，∠BAC=30°，
∴∠FEB=2∠CAB=60°，
∵BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB=EF=4，
∴AB=AE+EB=2+4=6.
故答案为：D.
【分析】连接BO，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DCB=90°，根据平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，证明△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，推出∠EAO=∠EOA，则EA=EO=OF=FC=2，证明Rt△BFO≌Rt△BFC，得到BO=BC，易得△BOC是等边三角形，得到∠BCO=60°，∠BAC=30°，则∠FEB=2∠CAB=60°，进而推出△BEF是等边三角形，则EB=EF=4，然后根据AB=AE+EB进行计算.
9．【答案】C
【解析】【解答】解：∵AD//BC，
∴△AMN∽△CBN，
∴AMBC=ANCN，
∵M是AD边的中点，
∴AM＝MD＝ 12AD＝ 12BC，
∴ANNC=12，
∴CN＝2AN，故①正确；
如图，过D作DH//BM交AC于G，
∵DH//BM，BM⊥AC，
∴DH⊥AC，
∵DH//BM，AD//BC，
∴四边形BMDH是平行四边形，
∴BH＝MD＝ 12AD＝ 12BC，
∴BH＝CH，
∵∠BNC＝90°，
∴NH＝HC，
∵DH⊥AC，
∴DH是NC的垂直平分线，
∴DN＝CD，故②正确；
∵AD//BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵∠BAC+∠ACB＝90°，∠DAC+∠AMB＝90°，
∴∠BAC＝∠AMB，
∵∠BAM＝∠ABC，
∴△ABM∽△BCA，
∴AMAB=ABBC，
∴AB2＝ 12BC2，
∴AB＝ 22BC，
∵tan∠DAC＝tan∠ACB＝ ABBC，
∴tan∠DAC＝ 22，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠ANM＝90°，
∴△AMN∽△CAB，故④正确；
故答案为：C.
【分析】由平行线可证△AMN∽△CBN，结合M是AD边的中点，可得 AMBC=ANCN=12，可得CN=2AN据此判断①正确；如图，过D作DH//BM交AC于G，可证四边形BMDH是平行四边形，可得BH＝MD＝12AD＝12BC，即得BH＝CH，可求出DH是NC的垂直平分线，可得DN＝CD，故②正确；证明△ABM∽△BCA，可得AMAB=ABBC，据此可求出AB＝22BC，从而求出tan∠DAC＝tan∠ACB＝ABBC=22，据此判断③错误；由矩形的性质可得∠DAC＝∠ACB，∠ABC＝∠ANM＝90°，可证△AMN∽△CAB，据此判断④正确.
10．【答案】A
【解析】【解答】解：①∵矩形ABCD中，AF平分∠BAD，
∴AB∥DC，BC=AD，∠BAD=90°，∠BAF=∠DAF=12∠BAD=45°，
∴∠F=∠BAF=∠DAF=45°，
∴AD=DF=BC；故结论①正确；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=∠BCF=90°，
∵点G是EF的中点，
∴CG=FG=GE，
∴∠GCB=∠F=45°，∠CGE=90°，
由①得：DF=BC，
∴△DFG≌△BCG（SAS）
∴∠DGF=∠BGC，
∴∠CGF=∠BGD=90°，
∴∠ABG+∠ADG=360°-（∠BGD+∠BAD）＝180°；故结论②正确；
③由②得：△DFG≌△BCG，∠BGD=90°，
∴BG=DG，
BD=BG2+DG2=2BG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴AC：BG=2BG：BG=2：1；故结论③正确；
④过G作GH⊥CD于H，
∵ADAB=43，
∴设AD=4x=DF，AB=3x，
∴CF=4x-3x=x=CE，
BD=3x2+4x2=5x，
由①、②和③可知：△CFG和△BGD是等腰直角三角形，
∴HG=CH=FH=12x，DG=GB=522x，
∴S△DGF=12DF·HG=x2，
S△DGB=12DG·GB=254x2，
∴S△DGB：S△DGF=254x2：x2=254，
即4S△DGB=25S△DGF；故结论④正确.
故答案为：A.
【分析】①由矩形的性质和角平分线定义可得∠F=∠BAF=∠DAF=45°，根据等角对等边可求解；
②结合①的结论用边角边易证△DFG≌△BCG，则∠DGF=∠BGC，由角的构成可得∠CGF=∠BGD=90°，再根据四边形的内角和等于360°可求解；
③由②中的全等三角形易证三角形BDG是等腰直角三角形，用勾股定理可将Bd用含BG的代数式表示出来，则AC：BG的值可求解；
④过G作GH⊥CD于H，结合已知可设AD=4x=DF，AB=3x，由等腰直角三角形的性质可得HG=CH=FH=12x，DG=GB=522x，于是S△DGF、S△DGB可用含x的代数式表示，于是可得4S△DGB=25S△DGF.
11．【答案】52+102
【解析】【解答】如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ= 12 BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE= 2 ，
Rt△DAF中，DF= 42+22=25 ，
∵DE=EF，DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE=EF= 252=10 ，
∴PD= DE2−PE2 =3，
如图2，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴CGAG=DCAF=DGFG=42=2 ，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG= 13×25=253 ，
∵AC= 42+42=42 ，
∴CG= 23×42=823 ，
∴EG= 823−2=523 ，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH= 2532=103 ，
∴EH=EF﹣FH= 10−103=2103 ，
∴∠NDE=∠AEF，
∴tan∠NDE=tan∠AEF= ENDE=GHEH ，
∴EN10=1032103=12 ，
∴EN= 102 ，
∴NH=EH﹣EN= 2103−102=106 ，
Rt△GNH中，GN= GH2+NH2=(103)2+(106)2=526 ，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM= 102+526+523=52+102
【分析】利用正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
12．【答案】①②③④
【解析】【解答】解：取AF的中点T，连接PT，BT．
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠APF=90°，∠ABD=∠CBD=45°，
∵AT=TF，
∴BT=AT=TF=PT，
∴A，B，F，P四点共圆，
∴∠PAF=∠PBF=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，故①正确，
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM=90°，∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠ABM=180°，
∴C，B，M共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠MAF=∠FAB+∠BAM=∠FAB+∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
FA=FA∠FAM=∠FAEAM=AE，
∴△FAM≌△FAE(SAS)，
∴FM=EF，
∵FM=BF+BM=BF+DE，
∴EF=DE+BF，故②正确，
连接PC，过点P作PQ⊥CF于Q，过点P作PW⊥CD于W，则四边形PQCW是矩形，
在△PBA和△PCB中，
PB=PB∠PBA=∠PBCBA=BC，
∴△PBA≌△PBC(SAS)，
∴PA=PC，
∵PF=PA，
∴PF=PC，
∵PQ⊥CF，
∴FQ=QC，
∵PB=2BQ，PD=2PW=2CQ=2FQ，
∴PB−PD=2(BQ−FQ)=2BF，故③正确，
∵A，B，F，P四点共圆，
∴∠APG=∠AFB，
∵△AFE≌△AFM，
∴∠AFE=∠AFB，
∴∠APG=∠AFE，
∵∠PAG=∠EAF，
∴△PAG∽△FAE，
∴SΔAPGSΔAFE=(PAAF)2=(PA2PA)2=12
∴S△APG=12S△AEF，故④正确，
故答案为：①②③④
【分析】证明A、B、F、P四点共圆，可得∠PAG=∠PBF，可判定①，根据旋转的性质和全等三角形的判定与性质可判定②，连接PC，作PQ⊥CF，PW⊥CD，根据矩形的判定和性质可得FQ=QC，根据等腰直角三角形的性质可判定③，利用△AEF≌△AMF，证明△PAG∽△FAE，利用相似三角形的性质可判定④。
13．【答案】①②③
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=CD=BC，∠CDE=∠DAF=90°，
∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF=∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠ADF=∠DCE，
在△ADF与△DCE中，
∠DAF=∠CDEAD=CD∠ADF=∠DCE，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DE=AF，
故①正确；
∵AB∥CD，
∴∠NAF=∠NCD，∠NFA=∠NDC，
∴△NFA∽△NDC，
∴AFCD=ANCN，
∵AF:FB=1:2，
∴AFCD=AFAB=13，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN=14AC=24AB，
故②正确；
作GH⊥CE于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，CG=CB+BG=32BC=92a，
∵∠DMC=∠EDC=90°，∠DCM=∠ECD，
∴△CMD∽△CDE，
则CMCD=CDCE，
∴CM=CD2CE=(3a)210a=91010a，
∵∠GCH+∠DCE=90°，∠CED+∠DCE=90°，
∴∠CED=∠GCH，
又∵∠EDC=∠CHG=90°，
∴△GHC∽△CDE，
∴CHED=CGEC，
∴CH=CGEC⋅ED=92a10a⋅a=91020a，
∴CH=MH=12CM，
又∵GH⊥CM，
∴GM=GC，
∴∠GMH=∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH=90°，∠DCE+∠GCM=90°，
∴∠FMG=∠DCE，
∵∠ADF=∠DCE，
∴∠ADF=∠GMF，
故③正确；
设△ANF的面积为m，
∵已证△NFA∽△NDC，
∴AFCD=FNDN=ANCN=13，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴S△ADC=S△ABC=12m，
∴S四边形CNFB=S△ABC−S△AFN=12m−m=11m
∴S△ANF:S四边形CNFB=1:11，
故④错误，
综上所述，正确的有①②③．
故答案为：①②③．
【分析】根据正方形的性质，利用ASA证明△ADF≌△DCE可判断①；证明△NFA∽△NDC，根据对应边成比例可判断②；作GH⊥CE于点H，证明△GHC∽△CDE，可判断③；根据△NFA∽△NDC，利用面积的关系可判断④．
14．【答案】15
【解析】【解答】解：如图，把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，
∵△DMC≌△BHC，∠BCD＝90°，
∴MC＝HC，DM＝BH，∠CDM＝∠CBH＝45°，∠DCM＝∠BCH，
∴∠MBH＝90°，∠MCH＝90°，
过M作ME⊥BC，MF⊥AB，
∵∠MEC=∠MFNME=MF∠CME+∠EMN=∠NMF+∠EMN=90°
∴ΔCME≌ΔNMF(ASA)
∴MC=MN
∵MC＝MN，MC⊥MN，
∴△MNC是等腰直角三角形，
∴∠MNC＝45°，
∴∠NCH＝45°，
∴△MCG≌△HCG（SAS），
∴MG＝HG，
∵BG：MG＝3：5，
设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，
在Rt△BGH中，BH＝4a，则MD＝4a，
∵正方形ABCD的边长为62，
∴BD＝12，
∴DM+MG+BG＝12a＝12，
∴a＝1，
∴BG＝3，MG＝5，
∵∠MGC＝∠NGB，∠MNG＝∠GBC＝45°，
∴△MGN∽△CGB，
∴GCGB=MGNG，
∴CG•NG＝BG•MG＝15．
故答案为：15．
【分析】把△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BHC，连接GH，先证明ΔCME≌ΔNMF和△MCG≌△HCG，然后利用全等三角形的性质设BG＝3a，则MG＝GH＝5a，再利用BD=12求出a的值，再证明△MGN∽△CGB，可得GCGB=MGNG，最后将数据代入计算可得CG•NG＝BG•MG＝15。
15．【答案】①②③④
【解析】【解答】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中
AH=AF∠EAH=∠EAF=45°AE=AE，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中
∠ABE=∠AGE∠AEB=∠AEGAE=AE，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；
∵tan∠BAE＝BEAB=12，
∴设BE＝m，AB＝2m，
∴CE＝m，
设DF＝x，则CF＝2m﹣x，EF＝BE+DF＝m+x，
∵CF2+CE2＝EF2，
∴（2m﹣x）2+m2＝（m+x）2，
∴x＝23m，
∴tan∠DAF＝DFAD=32m2m=13，故③正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝BE+DF＝5，
设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，
∴EF2＝CE2+CF2，
∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），
∴AG＝6，
∴S△AEF＝12×6×5＝15，故④正确，
综上，正确的有①②③④.
故答案为：①②③④．
【分析】把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，由正方形的性质可推出∠EAH＝∠EAF＝45°，从而用SAS判断出△AEF≌△AEH，由全等三角形的对应边相等得EH＝EF，由全等三角形的对应角相等得∠AEB＝∠AEF，然后根据线段的和差及等量代换可判断①；过A作AG⊥EF于G，由AAS判断出△ABE≌△AGE，由全等三角形的对应边相等得AB＝AG，据此可判断②；由∠BAE得正切函数定义及函数值，可设BE＝m，AB＝2m，DF＝x，则CF＝2m﹣x，EF＝BE+DF＝m+x，在Rt△CEF中，由勾股定理建立方程用含m得式子表示出x，进而再根据正切函数的定义，求出∠DAF的正切值，据此可判断③；设BC＝CD＝n，则CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，由勾股定理建立方程可求出n的值，从而利用三角形的面积计算公式可算出△AEF的面积，据此可判断④.
16．【答案】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°
且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中， ∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM ，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中， AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG ，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE=CG
∴AC=AE+CE= 2 AB= 2 ×2 2 =4，
∴CE+CG=4 是定值．
【解析】【分析】①作出辅助线，得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；②同①的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=4即可．
17．【答案】（1）证明：∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ACD=∠ACB−∠DCB=90−∠DCB=∠B，∠ADC=∠CDB=90°，
∴△ACD∽△CBD，
∴ADCD=CDBD，
∴CD2=AD⋅BD；
（2）解：∵菱形ABCD，
∴AD∥BC，
∵EF⊥AD
∴EF⊥BC，又CE⊥AB
由（1）可得EG2=CG⋅BG
①∵BGCG=18，
设BG=a，CG=8a，则BC=9a，
∴EG=CG⋅GB=22a
∴BG=GE2+BG2=3a，
∴sin∠GEB=BGBE=13
∵AB=BC=9a，则AE=AB+BE=9a+3a=12a
∴AF=AEsin∠FEA=12a×13=4a
∴DF=BD−BF=9a−4a=5a
∴DFAB=59；
②DFAB=n−n+1n+1
（3）解：如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，
∵菱形ABCD中，EC=2且DECE=a
∴CD=2a+2，CE=2，
∴AD=CD=2a+2，DE=2a，
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF
∴EMEF=EDEC=a，
∴S△MGES△FEG=EMEF=a
∵EG⋅EF=526a
∴S△MGE=aS△EFG=a2EF⋅EG=546a2
在Rt△DEH中，∠HDE=∠A=60°，
则EH=32DE=3a，DH=12DE=a，
∴12MG×HE=546a2
∴MG=522a，
∵GE⊥EF,EH⊥MG，
由（1）可得HEHG=HMHE
∴HE2=HM⋅HG
设AG=x，则GD=AD−AG=2a+2−x，GH=GD+HD=2a+2−x+a=3a+2−x，HM=GM−GH=522a−(3a+2−x)=(522−3)a−2+x，
∴(3a)2=(522a−2−3a+x)(3a+2−x)
解得：x=2+3a−32a2或x=2+3a−2a，
即AG=2+3a−32a2或AG=2+3a−2a
【解析】【解答】解：（2）②∵BGCG=1n(n>2)
设BG=1，则CG=n
∴GE=n
∴BE=12+n
∴sin∠FEA=11+n
∴AB=BC=n+1，则AE=n+1+n+1
俗AF=1n+1(n+1+n+1)=n+1n+1+1
∴DF=AD−AF=n+1−n+1n+1−1=n−n+1n+1
∴DFAB=n−n+1n+1n+1=nn+1−1n+1=n−n+1n+1
【分析】（1）先根据题意进行角的运算证明∠ACD=∠B，∠ADC=∠CDB=90°，进而根据相似三角形的判定与性质证明△ACD∽△CBD即可求解；
（2）先根据菱形的性质结合平行线的性质得到EF⊥BC，又CE⊥AB，由（1）可得EG2=CG⋅BG；
①设BG=a，CG=8a，则BC=9a，进而根据勾股定理表示出EG和BG，从而根据锐角三角函数的定义得到sin∠GEB=BGBE=13，再结合题意解直角三角形即可求解；
②设BG=1，则CG=n，进而根据锐角三角函数的定义得到sin∠FEA=11+n，再结合题意进行线段的运算得到DF，从而即可求解；
（3）延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM于点H，根据菱形的性质结合题意即可得到AD=CD=2a+2，DE=2a，进而根据相似三角形的判定与性质证明△EDM∽△ECF得到S△MGES△FEG=EMEF=a，从而结合题意得到S△MGE=aS△EFG=a2EF⋅EG=546a2，再根据三角形的面积表示出MG，从而结合题意设AG=x，则GD=AD−AG=2a+2−x，GH=GD+HD=2a+2−x+a=3a+2−x，根据HE2=HM⋅HG代入即可求解。
18．【答案】（1）解：∵AE=2，BE=4，∠AEB=90°，
∴AB=AE2+BE2=22+42=25，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC=AB=25，∠ABC=90°，
∴AC=2AB=210，
由旋转的性质得：AB'=AB=25，∴CB'=AC−AB'=210−25；
（2）解：四边形AEFE'是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：AE'=AE，∠EAE'=α=90°，∠AE'D=∠AEB=90°，
∵∠AEF=180°−90°=90°，∴四边形AEFE'是矩形，
又∵AE'=AE，∴四边形AEFE'是正方形；
（3）解： 25≤CE'≤210+2
【解析】【解答】
解：（1）∵AE=2，BE=4，∠AEB=90°，
∴AB=AE2+BE2=22+42=25，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AB=25，∠ABC=90°，
∴AC=2AB=210，
由旋转的性质得：AB'=AB=25，
∴CB'=AC−AB'=210−25；
（2）四边形AEFE'是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：AE'=AE，∠EAE'=α=90°，∠AE'D=∠AEB=90°，
∵∠AEF=180°−90°=90°，
∴四边形AEFE'是矩形，
又∵AE'=AE，
∴四边形AEFE'是正方形；
图3
（3）∵直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转α度（0≤α≤180°），
点B、E的对应点分别为点B'、E'，
∴当α=0°时，E'与E重合，CE'最短=25；
当E'落在CA的延长线上时，AE'=AE=2，CE'最长=AC+AE'=210+2，
∴线段CE'长度的取值范围是25≤CE'≤210+2．
【分析】
（1）根据AB=AE2+BE2求出AB，进而求出AC，结合AB'=AB=25即可求解；
（2）由旋转的性质得AE'=AE，∠EAE'=α=90°，∠AE'D=∠AEB=90°，即可求解；（3）当α=0°时，E'与E重合，CE'最短；当E'落在CA的延长线上时，CE'最长．据此即可求解；
19．【答案】（1）解：作图结果如图所示：
（2）证明：在菱形ABCD中，∠ADE=∠CDE,AD=DC，
∵DE=DE,∴△ADE≅△CDE,
∴AE=EC,
∵MN垂直平分AD,∴AE=DE,
∴AE=DE=EC.
（3）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC=72°，
∴∠ABD=∠DBC=36°,
∵AD//BC,
∴∠ADB=∠DBC=36°,∠DAB=180−∠ABC=108°,
∴∠EAD=∠ABD=36°,∠BAE=∠BAD−∠EAD=72°,
∴∠BAE=∠AEB=72°,
∴BA=BE,∴BE=AB=AD,
∵∠EDA=∠ADB,∴△ADE~△BDA,
∴ADBD=DEAD,即AD2=BD⋅DE,
设AB=x,DE=a（其中x,a>0），
则x2=(x+a)⋅a，即x2−ax−a2=0，解得x=(1+5)a2，
∴ABDE=1+52.
由(2)可知，△ADE≅△CDE，
∴△ADE与△CDE的面积相等，
∴S△EBCS△EAD=S△EBCS△EDC=BEDE=ABDE=1+52.
【解析】【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，直接作图即可；
（2）根据菱形的性质，可得∠ADE=∠CDE，AD=DC；根据SAS可判断△ADE≌△CDE，由全等三角形的对应边相等可得AE=EC；根据线段垂直平分线的性质，可得AE=DE，根据等量代换原则即可的AE=DE=EC；
（3）根据菱形的性质得∠ABD=∠DBC=36°；根据平行线的性质，可得∠ADB=∠DBC，∠BAD=180°-∠ABC；根据角的运算、三角形外角性质及等腰的性质得∠BAE=∠AEB=72°；由等角对等边得BA=BE=AD，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ADE∽△BDA，由相似三角形对应边成比例得AD2=BD·DE，即可得AB与DE的比值；根据三角形全等的面积相等和相似三角形三角形的面积之比等于对应边长之比即可求解.
20．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵BE，BF分别为边AD，CD上的高，
∴AD⊥BE，∠BFC=90°，
∴BE⊥BC，
∴∠EBC=90°=∠BFC，
∴∠EBF+∠CBF=90°=∠C+∠CBF，
∴∠EBF=∠C
（2）证明：如图，延长EF，BC交于点H，
∵BF=EF，
∴∠FEB=∠FBE，
∵∠EBC=90°，
∴∠FEB+∠H=∠FBE+∠FBC=90°
∴∠FBH=∠FHB，
∴BF=FH，
∴EF=FH，
∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCH，
在△EDF和△HCF中，
∠ADC=∠DCH∠DFE=∠CFHEF=FH，
∴△EDF≌△HCF(AAS)，
∴DF=CF
（3）解：分两种情况：
①如图，点P在x轴的上方，过点P作PG⊥x轴于G，
∵点C坐标为(2,0)，
∴BC=2，
∵BF⊥CD，DF=CF，
∴BD=BC=2，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC=45°，
∴△BED是等腰直角三角形，
∴BE=DE=1，
∴S△BED=12×1×1=12，
∵S△BCP=S△BDE，
∴12⋅2PG=12，
∴PG=22，
∵E(0,1)，C(2，0)，
设直线CE的解析式为：y=kx+b，
∴b=12k+b=0，
解得：k=−22b=1，
∴直线CE的解析式为：y=−22x+1，
当y=22时，−22x+1=22，
∴x=2−1，
∴点P的坐标为(2−1，22)；
如图，P在x轴的下方，过点P作PG⊥x轴于G，
由①可知：PG=22，直线CE的解析式为：y=−22x+1，
当y=−22时，−22x+1=−22，
∴x=2+1，
∴点P的坐标为(2+1，−22)；
综上，点P的坐标为(2−1，22)或(2+1，−22)．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质结合已知得出∠EBF+∠CBF=90°=∠C+∠CBF，再根据同角的余角相等得出结论；
（2），延长EF，BC交于点H，求出∠ADC=∠DCH，然后利用“AAS”证明△EDF≌△HCF，进而可得结论；
（3）分两种情况：P在x轴的上方和下方，先求出△BED的面积，然后可得△BCP的面积，如图3，过点P作PG⊥x轴于G，从而可得PG的长，再利用待定系数法求出直线CE的解析式，然后可得点P的坐标．
21．【答案】（1）证明：当λ=1时，AD=AB，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠B=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AHD=90°，
∴∠ADF+∠DAE=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
在△ABE和△DAF中，
∵∠ADF=∠BAE，AD=AB，∠BAD=∠B=90°，
∴△ABE≌△DAF(ASA)，
∴AE=DF
（2）解：在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠AHF=∠DAF=90°，
∴∠AFD+∠FAE=90°，
∴∠ADF=∠FAE，
∴△ADF∽△HAF，
∴AFFH=DFAF，
∵AF=5，HD=4，
∴5FH=FH+45，
解得：FH=1或−5（舍去），
∴AH=AF2−FH2=2
（3）解：如图，过点H作HT⊥CD于点T，延长TH交AB于点M，
由（2）得：AH=2，FH=1，
∴DF=5，
∴BC=AD=DF2−AF2=25，
∵AF=AG=5，
∴∠AFG=∠AGF=∠CGD，HG=FH=1，
∴DG=DH−HG=3，
在矩形ABCD中，AB∥CD，
∴△AFG∽△CDG，
∴AFCD=FGDG，即5CD=23，
解得：CD=352，
∴AB=352，
∵∠B=∠BMT=∠BCT=90°，
∴四边形BCTM是矩形，
∴TM=BC=25,CT=AM，
∵S△AFH=12AH×FH=12AF×MH，
∴12×2×1=125×MH，
解得：MH=255，
∴TH=TM−MH=855，AM=AH2−MH2=455，
∴CT=BM=7105，
∴tan∠DCH=HTCT=8557105=167.
【解析】【分析】
（1）根据题意可得矩形ABCD是正方形，再证明△ABE≌△DAF，即可；
（2）证明△ADF∽△HAF，可得AFFH=DFAF，从而得到FH=1，再由勾股定理，即可求解；
（3）过点H作HT⊥CD于点T，延长TH交AB于点M，先求出DG=DH−HG=3，再证明△AFG∽△CDG，可得CD=352，再证得四边形BCTM是矩形，可得TM=BC=25,CT=AM，再根据S△AFH=12AH×FH=12AF×MH，可得MH=255，从而得到TH=TM−MH=855，AM=455，CT=BM=7105，即可求解．
22．【答案】（1）60
（2）4.8或8或9.6
（3）解：如图3，延长AE交CF于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵CE平分∠ACF，
∴∠ACE＝∠HCE，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝∠HEC＝90°，
∵CE＝CE，
∴△AEC≌△HEC（ASA），
∴AE＝EH，AC＝CH，
∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠HFE，
∵∠AEB＝∠HEF，
∴△ABE≌△HEF（AAS），
∴AB＝FH，
∵AB＝CD，
∴FH＝CD，
∵DF＝DH+FH＝DH+CD＝CH＝8，
∴AC＝CH＝8；
∴AC的长为8；
（4）解：如图2，作CH⊥AD于H，
∵△PDC是等边三角形，
∴CD＝PD＝AB＝4cm，∠DCH＝30°，DH＝12PD=2cm，
∴CH＝3DH=23cm，
∴S△PCD＝12PD×CH=12×4×23=43cm2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，BC∥AD，AB=CD
∴S△PBC＝S△FAB＝12S平行四边形ABCD，
∴S△ABP+S△PCD＝12S平行四边形ABCD，
∴S△APF+S△ABP＝S△ABP+S△PCD，
∴S△APF＝S△PCD＝43cm2.
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝DC，
∵CD＝CP，
∴PC＝CD＝PD，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠D＝∠B＝60°；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=6cm，
∴PD∥BQ．
要使四边形PDQB是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，根据题意可知：AP＝t cm，AD＝6cm，
①当0＜t≤3时，PD＝（6﹣0.5t）cm，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得t＝0，不合题意；
②当3＜t≤6时，PD＝（6﹣0.5t）cm，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝（6﹣0.5t）cm，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝（6﹣0.5t）cm，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形；
故答案为：4.8或8或9.6；【分析】（1）根据平行四边形的性质得AD∥BC，由平行线的性质及角平分线的定义得到∠DPC=∠DCP，由等角对等边得到DP=DC，从而根据三边相等的三角形是等边三角形得△PDC是等边三角形，根据等边三角形的性质得∠D=60°，再根据平行四边形的对角相等得∠B=∠D=60°；
（2）分0