备考2024年中考数学重难创新题6 与四边形有关的证明与计算练习附解析

这是一份备考2024年中考数学重难创新题6 与四边形有关的证明与计算练习附解析，共55页。试卷主要包含了新考法-探索图形中的数量关系，新考法-结合数学文化，新考法-结合无刻度直尺作图，新考法-结合尺规作图，新考法-方案选取，新考法-纠错反思，新考法-真实问题情景等内容，欢迎下载使用。
一、新考法-探索图形中的数量关系
1．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，正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．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
3．如图，正方形ABCD的对角线相交于O点，BE平分∠ABO交AO于E点，CF⊥BE于F点，交BO于G点，连接EG、OF，下列四个结论：①CE=CB；②AE=2OE；③OF=12CG，其中正确的结论只有（ ）
A．①②③B．②③C．①③D．①②
二、新考法-结合数学文化
4．文艺复兴时期，意大利艺术大师达·芬奇曾研究过圆弧所围成的许多图形的面积问题.如图称为达·芬奇的“猫眼”，可看成圆与正方形的各边均相切，切点分别为A，B，C，D，劣弧BD所在圆的圆心为点A或点C.若正方形的边长为2，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．2B．2C．π-1D．4−π2
5．图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成.作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H.当AB=BC，∠BOC=30°，DE=2时，EH的长为（ ）
A．3B．32C．2D．43
6．第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α，∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα=tan2β，则n=（ ）
A．5B．4C．3D．2
7．公元3世纪初，我国学家赵爽证明勾定理的图形称为“弦图”.1876年类国总统Garfeild用图1(点C、点B、点C'三点共线)进行了勾股定理的证明.△ACB与△BC'B'是一样的直角三角板，两直角边长为a，b，斜边是c.
（1）请用此图1证明勾股定理.
（2）扩展应用1：
如图2，以△ABC的边AB和边AC为边长分别向外作正方形ABFH和正方形CED，过点F、E分别作BC的垂线段FM、EN，那么FM、EN、BC的数量关系是怎样?：说明理由.
（3）扩展应用2：
如图3，在两平行线m、n之间有一正方形ABCD，已知点A和点C分别在直m、n上，过点D作直线l∥n∥m，已知l、n之间距离为l，l、m之间距离为2.直接出正方形的面积是 .
三、新考法-补全图形，注重过程性学习
8．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，过点A作AE∥DC交BC于点E．
（1）求证：四边形AECD是菱形．
（2）在（1）的条件下，若∠B=30°，AE⊥AB，以点A为圆心，AE的长为半径画弧交BE于点F，连接AF，在图中，用尺规补齐图形（仅保留作图痕迹），并证明点F是BE的中点．
9．四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H．
（1）如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明；
（2）如图2，在（1）条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG；
（3）当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数．
10．如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AD⊥BC于点D，BD=6，DC=4，求AD的长.小明同学利用翻折，巧妙地解答了此题，
小明的思路：①以AB为对称轴，画出△ABD的对称图形，点D的对称点为点E；
②以AC为对称轴，画出△ACD的对称图形，点D的对称点为点F；
③延长EB和FC相交于点G；
④设AD=x，建立关于x的方程模型，从而求出AD的长.
按小明的思路探究并解答下列问题：
（1）补全图形，判断四边形AEGF的形状，并证明；
（2）求AD的长.
11．如图，已知，点E在正方形ABCD的BC边上（不与点B，C重合），AC是对角线，过点E作AC的垂线，垂足为G，连接BG，DG．把线段DG绕着G点顺时针旋转，使D点的对应点F点刚好落在BC延长线上，根据题意补全图形．
（1）证明： GC=GE ；
（2）连接DF，用等式表示线段BG与DF的数量关系，并证明．
四、新考法-结合无刻度直尺作图
12．图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段AB的端点在格点上，分别按要求画出图形：
（1）在图1中画出两个以AB为斜边的直角三角形ABC，且点C在格点上；
（2）在图2中画出一个以AB为对角线的菱形ADBE，且D，E在格点上．
13． 图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，小正方形的顶点称为格点.用直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①中，以线段AB为一边画一个菱形；
（2）在图②中，以点A为顶点，另外三个顶点也在格点上，画一个面积最大的正方形．
14．如图，在方格纸中，点A，B，P都在格点上．请按要求画出以AB为边的格点图形（图形的每个端点都在格点上）．
（1）在图甲中画出一个三角形ABC，使直线BP平分该三角形的面积．
（2）在图乙中画出一个至少有一组对边平行的四边形ABMN，使直线AP平分该四边形的面积．
五、新考法-结合尺规作图
15．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于 12 BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则所得四边形ABEF是菱形．
（Ⅰ）根据以上尺规作图的过程，求证：四边形ABEF是菱形；
（Ⅱ）若菱形ABEF的周长为16，AE=4 3 ，求∠C的大小．
16．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]如图，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．小红同学设计如下作图步骤∶
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，在题图中完成作图过程(要求∶用尺规作图并保留作图痕迹)
（2）证明：EA=ED=EC．
（3）当∠ABC=72°时，求△EBC与△EAD的面积比．
17． 如图，已知△ABC．
⑴请用尺规作图作出∠BAC的平分线交BC于点D；
⑵请用尺规作图作出线段AD的垂直平分线交AB于点E，交AC于点F；
⑶连接DE和DF，直接写出四边形AEDF的形状．
六、新考法-方案选取
18．一块直角三角形木板的条直角边AB长为1.5m，面积为1.5m2．工人师傅要把它加工成一个面积最大的正方形桌面，请甲、乙两名同学设计加工方案．甲设计方案如图①，乙设计方案如图②．你认为哪名同学设计的方案较好？试说明理由(加工损耗忽略不计，计算结果可保留分数)．
19．如图所示，在半径为5、圆心角为60°的扇形AOB内部作一个正方形CDEF.有以下两种方案：方案一为点D，E在OB上，点C在OA上，点F在扇形的弧上；方案二为点D在OB上，点C在OA上，点E，F在扇形的弧上.问：哪种方案的正方形CDEF的面积更大?请说明理由.
20．用一张长12cm宽5cm的矩形纸片折出一个菱形.小颖同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（方案一），小丰同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE=∠CAD，∠ACF=∠ACB的方法得到菱形AECF（方案二）.谁折出的菱形面积更大？请你通过计算说明.
21． 为了充分利用四边形余料，小明设计了不同的方案裁剪正方形，裁剪方案与数据如表：
（1）任务1：探寻边角 填空：BC= dm；sinB= ；
（2）任务2：比较面积 计算或推理：正方形AEFG和正方形MNP边长之比；
（3）任务3：应用实践 若在△BEF余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为dm .
22．为了充分利用四边形余料，小明设计了不同的方案裁剪正方形，裁剪方案与数据如下表：
23．【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD=5，AB=3，求线段CQ的长．
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．
请你任选其中一种方案求线段CQ的长．
七、新考法-回归教材，注重定理的证明
24．【温故知新】在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，小明结合图1给出如下证明思路：作CF∥AD交DE的延长线于点F，再证△ADE≌△CFE，再证四边形DBCF是平行四边形，即可证明定理。
图1 图2 图3 图4
（1）【新知体验】小明思考后发现：作平行线可以构成全等三角形或平行四边形，以达到解决问题的目的.如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，若AC=3，BD=4，AD=1，则BC的值为
（2）【灵活运用】如图3，在矩形ABCD和□ABEF中，连接DF、AE交于点G，连接DB。若AE=DF=DB，求∠FGE的度数；
（3）【拓展延伸】如图4在第（2）题的条件下，连接BF，若AB=AD=42，求△BEF的面积
25．【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容：
【定理证明】请根据教材内容，结合图①，写出证明过程.
（1）如图②，四边形ABCD 中，AD= BC，E、F、G分别是AB、DC、AC的中点，若
∠ACB=80°，∠DAC=20°，直接写出LEFG的度数.
（2）如图③，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD 的中点，连接GH，若AB=6，BC=10，直接写出GH的长度.
26．【教材呈现】下图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．
【定理证明】
（1）请根据教材提示，结合图①，写出完整的证明过程．
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB=CD，AB⊥AC，点P、M、N分别是AC、AD、BC的中点，连结PM、PN、MN．若∠ACD=40°，则∠PMN的大小为 ；
（3）如图③，在△ABC中，点D在AB上，且BD=AC，点M、N分别是AD、BC的中点，连结NM并延长，交CA延长线于点E，则∠BAC与∠E的数量关系为 ．
27．课本再现
（1）【定理证明】为了证明该定理，小明同学画出了图形(如图①)，并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程.
已知：在□ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O.
求证：□ABCD是菱形.
（2）【知识应用】如图②，在□ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD=5，AC=8，BD=6.
①求证：□ABCD是菱形；
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E=12∠ACD，求OFEF的值.
28．【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第83页和84页的部分内容．
平行四边形的判定定理2 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
我们可以用演绎推理证明这一结论．
已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD且AB=CD．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
证明：连接AC．
（1）请根据教材提示，结合图，写出完整的证明过程．
（2）【知识应用】如图①，在▱ABCD中，延长BC到点F，使BC=CF，连接AC、DF．求证：四边形ACFD是平行四边形．
（3）【拓展提升】在【知识应用】的条件下，若四边形ACFD的面积为7，直接写出四边形ABCD的面积．
八、新考法-纠错反思
29．【题目】如图①，在矩形ABCD中，AD=2AB，F是AB延长线上一点，且BF=AB，连结DF，交BC于点E，连结AE．试判断线段AE与DF的位置关系．
【探究展示】小明发现，AE⊥DF，并展示了如下的证明方法：
证明：∵BF=AB，
∴AF=2AB．
∵AD=2AB，
∴AD=AF．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴BFAB=EFDE．
∵BF=AB，
∴EFDE=1．
∴DE=EF．
∵AD=AF，
∴AE⊥DF．(依据)
（1）【反思交流】上述证明过程中的“依据”是 ．
（2）小颖受到小明的启发，继续进行探究，如图②，连结图①中的CF，将CF绕着点C顺时针旋转90°得到CG，连结EG．求证：点G在线段BC的垂直平分线上．
（3）【拓展应用】如图③，将图①中的CF绕着点F顺时针旋转90°得到FH．分别以点B、C为圆心，以m长为半径作弧，两弧交于点M，连结MH．若MH=AB=1，直接写出m的值．
九、新考法-真实问题情景
30．综合与实践：
问题情境：数学课上，小广和小都两位同学利用三角板操作探究图形的旋转问题．
（1）操作探究1：小广将两块全等的含45°角的直角三角板按如图①方式在平面内放置，其中两锐角顶点重合于点A，AB⊥AD，已知AB长8cm，则点B、E之间的距离为 ．
（2）操作探究2：小都将两块全等的含30°角的直角三角板按如图②方式在平面内放置．
其中两个60°角顶点重合于点A，AD与AC重合，已知AB长8cm，请你帮小都同学求出此时点B、E之间的距离；
（3）操作探究3：随后，小E将图②中的△ADE换成了含45°角的三角板，同相是顶点重合于点A，AD与AC重合，已知直角边AB与AD长均为8cm，他还想求点B，E之间距离，小广提出，如果把三角板ABC也换成了含45°角的三角板，并利用旋转的知识，结论将更容易得到，你能求出此时点B，E之间的距离吗？
答案解析部分
1．【答案】C
【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=∠CDE=90°AD=CD∠ADF=∠DCE
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DE=AF，故①正确；
∵AB∥CD，
∴AFCD=ANCN，
∵AF:FB=1:2，
∴AF:AB=AF:CD=1:3，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN2AB=14，
∴AN=24AB，故②正确；
作GH⊥CB于H，设AF=DE=a，BF=2a，则AB=CD=BC=3a，EC=10a，BG=32a，
∵∠DCE=∠DCM，∠CDE=∠CMD=90°，
∴△CMD∽△CDE，
∴CMCD=CDCE，
∴CM=91010a，
∵∠DCE+∠DEC=∠DCE+∠HCG=90°，
∴∠DEC=∠HCG，
又∵∠CDE=∠CHG=90°，
∴△GHC∽△CDE，
∴CHDE=CGCE，
∴CH=91020a，
∴CH=MH=12CM，
∵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，
∵AF∥CD，
∴AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积=△ABC的面积=12m，
∴S△ANF:S四边形CNFB=1:11，故④错误；
综上①②③正确，共3个，
故答案为：C
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质结合题意对①②③④逐一判断，进而即可求解。
2．【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．
3．【答案】A
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO=∠AC0=∠CB0=45，AB=BC，0A=0B=0C，BD⊥AC
∵BE平分∠ABO，
∴∠OBE=12∠ABO=22.5°
∴∠CBE=∠CBO+∠EBO=67.5°，在ABCE中，∠CEB=180°-∠BCO-∠CBE=180°-45°-67.5°=67.5°
∴∠CEB=∠CBE，
∴CE=CB，故①正确 ；
∵CF⊥BE，
∴∠ECG=∠BCG=12∠BC0=22.5°，EF=BF
∵∠ABE=12∠ABO=22.5°
∴∠ABE=∠BCG，
∵AB=BC，∠EAB=∠GBC=45°
在△ABE和△BCG中，
∠ABE=∠BCGAB=BC∠EAB=∠GBC，
∴△ABE≌△BCG(ASA)，
∴AE=BG，BE=CG，
∵OA=OB，AE=BG，
∴OE=OG，
∵∠AOB=90°
∴△OEG是等腰直角三角形，
∴EG=2OE，
在△ECG和△BCG中，
EC=BC∠ECG=∠BCGCG=CG，
∴△ECG≌△BCG(SAS)，
∴BG=EG，
∴AE=EG=2OE，
故②正确；
∵∠AOB=90°，EF=BF
∴BE=CG，
∴OF=12BE=12CG
故③正确，
其中正确的结论有①②③，
故答案为：A.
【分析】由四边形ABCD是正方形，BE平分∠ABO，易求得∠EBO=22.5°，即可得∠CBE=∠CEB=67.5°，即可证得①CE=CB正确；
由CFLBE，由三线合一，可得∠ECG=∠BCG=22.5°，EF=BF，易证得△ABE≌△BCG，即可得AE=BG，由△OEG是等腰直角三角形，可得EG=2OF，又易证得△ECG≌△BCG，即可证得AE=2OE，②正确；由∠AOB=90°，EF=BF，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得OF=12CG，③正确.
4．【答案】B
【解析】【解答】解：∵圆与正方形的各边均相切，切点分别为A，B，C，D，
∴A，B，C，D分别是正方形各边中点，
如图所示，分别连接AD，AB，BD，
则∠DAB=90°，
∵正方形边长为2，
∴AD=BD=2，
S扇形ABD-S△ABD=90π(2)2360−12×2×2=π2−1，
∴S阴影=S圆−2(π2−1)=π×12−2(π2−1)=2．
故答案为：B.
【分析】本题考查切线的性质定理，正方形的性质，扇形的面积公式．分别连接AD，AB，BD，构造扇形ABD，等腰直角ABD及弓形，观察图形可得：弓形面积=扇形ABD的面积—等腰直角ABD的面积，阴影部分的面积=圆的面积—2倍弓形面积，算出各部分面积再进行加减可求出答案．
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形CDEF是菱形，DE=2，
∴CD=DE=CF=EF=2，CF∥DE，CD∥EF，
∴∠CBO=∠DEO=90°，∠BEF=∠BOC=30°
∴OD=2DE=4，OE=3DE=23，BF=12EF=1，BE=3BF=3，
∴BC=CF+BF=3，BO=OE+BE=33，
∵AB=BC，
∴AB=3，
在Rt△ABO中，由勾股定理得AO=32，
∵HE⊥AB，
∴∠BHE=∠A=90°，
又∠HBE=∠ABO，
∴△BHE∽△BAO，
∴HEAO=BEBO，即HE32=333，
解得HE= 2 .
故答案为： C.
【分析】由菱形的性质得CD=DE=CF=EF=2，CF∥DE，CD∥EF，由二直线平行，同位角相等，得∠CBO=∠DEO=90°，∠BEF=∠BOC=30°，然后根据直角三角形中，含30°角所对的直角边等于斜边的一半得OD=2DE=4，OE=3DE=23，BF=12EF=1，BE=3BF=3，进而由线段的和差算出BC、OB的长，在Rt△ABO中，由勾股定理算出OA的长，然后判断出△BHE∽△BAO，最后相似三角形对应边成比例建立方程可求出HE的长.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：设AE=a，DE=b，
∵△ADE≌△BAF，
∴BF=AE=a，AF=DE=b，
∵tanα=BFAF=ab，tanβ=BFEF=ab−a，tanα=tan2β，
∴ab=ab−a2，
∴（b-a）2=ab，
∴a2+b2=3ab，
∵a2+b2=AD2=S正方形ABCD，（b-a）2=EF2=S正方形EFGH，
∴S正方形EFGH∶S正方形ABCD=ab∶3ab=1∶3，
∵S正方形EFGH∶S正方形ABCD=1∶n，
∴n=3.
故答案为：C.
【分析】设AE=a，DE=b，由全等三角形的对应边相等得BF=AE=a，AF=DE=b，根据正切函数的定义得tanα=BFAF=ab，tanβ=BFEF=ab−a，结合tanα=tan2β可得（b-a）2=ab，化简得a2+b2=3ab，结合勾股定理及正方形的面积计算公式可求出S正方形EFGH∶S正方形ABCD=1∶3，从而此题得解.
7．【答案】（1）解：∵点C、点B、点B'三点共线，.∠C=∠C'=90°∴四边形ACC'B'是直角梯形，
∵△ACB与△BC'B''是一样的直角三角板，
∴Rt△ACB≅Rt△BC'B'，
∴∠CAB=∠C'BB'，AB=BB'，
∴∠CBA+∠C'BB'=90°
∴△ABB'是等腰直角三角形，
所以S梯形ACC'B'=(AC+B'C')⋅CC'÷2=(a+b)22，
SACB=12AC⋅BC=12ab，SBC'B'=12ab，SABB'=12c2
所以(a+b)22=12ab+12ab+12c2，
a²+2ab+b²=ab+ab+c².
∴a²+b²=c²；
（2）
拓展1.过A作AP⊥BC于点P，
则∠BMF=∠APB=90°，
∵∠ABF=90°，
∴∠BFM+∠MBF=∠MBF+∠ABP，
∴∠BFM=∠ABP，
在△BMF和△ABP中，
∠BFM=∠ABP∠BMF=∠APB=90∘，BF=AB
∴△BMF≌△ABP(AAS)，
∴FM=BP，
同理，EN=CP，
∴FM+EN=BP+CP，
即FM+EN=BC，
故答案为：FM+EN=BC；
（3）5
【解析】【解答】解：（3）过点D作PQ⊥m，分别交m于点P，交n于点Q，如下图：
则∠APD=∠ADC=∠CQD=90°，
∴∠ADP+∠DAP=∠ADP+∠CDQ=90°，
∴∠DAP=∠CDQ，
在△APD和△DQC中，
∠DAP=∠CDQ∠APD=∠DQCAD=DC
∴△APD≌△DQC(AAS)，
∴AP=DQ=2，
∵PD=1，
∴AD2=22+12=5，
∴正方形的面积为5，
故答案为：5.
【分析】（1）用a，b，c表示三角形的面积，再根据梯形的面积等于两个直角三角形的面积之和即可求解；
（2）过A作AP⊥BC于点P，结合已知条件，利用“AAS”证明△BMF≌△ABP全等即可解答；
（3）过点D作PQ⊥m，分别交m于点P，交n于点Q，利用“AAS”证明△APD≌△DQC，得到AP=DQ=2，再根据勾股定理即可求解.
8．【答案】证明：（1）∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形AECD是菱形．
（2）补齐图形：
证明：∵∠B=30°，AE⊥AB，
∴∠AEB=60°，
∵AE=AF，
∴△AEF是等边三角形，
∴AF=EF，∠EAF=60°，
∴∠BAF=90°﹣∠EAF=30°，
∴∠BAF=∠B，
∴AF=BF，
∴BF=EF，
即点F是BE的中点．
【解析】【分析】（1）由AD∥BC，AE∥DC，可证得四边形AECD是平行四边形，又由AD=CD，即可证得四边形AECD是菱形．
（2）由∠B=30°，AE⊥AB，AE=AF，易得△AEF是等边三角形，继而证得△ABF是等腰三角形，则可证得BF=AF=EF，即可得点F是BE的中点．
9．【答案】（1）①证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ADG和△CDG中
，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG=∠DCG；
②解：AG⊥BE．理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，
在△ABE和△DCF中
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵∠DAG=∠DCG，
∴∠DAG=∠ABE，
∵∠DAG+∠BAG=90°，
∴∠ABE+∠BAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE；
（2）解：由（1）可知AG⊥BE．
如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形．
∴∠MON=90°，
又∵OA⊥OB，
∴∠AON=∠BOM．
∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°，
∴∠OAN=∠OBM．
在△AON与△BOM中，
∴△AON≌△BOM（AAS）．
∴OM=ON，
∴矩形OMHN为正方形，
∴HO平分∠BHG．
（3）将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°．
与（1）同理，可以证明AG⊥BE．
过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，
与（2）同理，可以证明△AON≌△BOM，
可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，
∴∠BHO=45°．
【解析】【分析】（1）①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG；②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠ABE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE；
（2）如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立；
（3）如答图2所示，与（1）同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°．
10．【答案】（1）解：补全图形如解图，四边形AEGF是正方形；
证明：由题意可得△ABE≅△ABD，△ACF≅△ACD，
∴∠EAB=∠DAB，AE=AD，∠FAC
=∠DAC，AF=AD.
∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°.
又∵AD⊥BC，
∴∠E=∠ADB=90°，∠F=∠ADC=90°，
∴四边形AEGF是矩形.
∵AE=AD，AF=AD，
∴AE=AF，
∴四边形AEGF是正方形.
（2）AD=12
【解析】【解答】解：（2）设AD＝x，则AE＝EG＝GF＝x．
∵BD＝6，DC＝4，
∴BE＝6，CF＝4，
∴BG＝x-6，CG＝x﹣4，
在Rt△BGC中，BG2+CG2＝BC2，
∴（x-6）2+（x-4）2＝102．
化简得，x2-10x-24＝0
解得x1＝12，x2＝-2（舍去）
所以AD＝x＝12．
【分析】（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；再根据对称的性质得到AE＝AF，从而说明四边形AEGF是正方形；
（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型（x﹣6）2+（x﹣4）2＝102，求出AD＝x＝12．
11．【答案】（1）证明：补全图形如图所示，
∵四边形 ABCD 是正方形，AC 是对角线，
∴∠ACB＝45°，
∵EG⊥AC，∴∠EGC=90 °
∴∠ GEC= ∠ ACB=45 °
∴GC＝GE；
（2）解： DF=2BG ．理由如下：
证明：∵△EGC 是等腰直角三角形，
∴EG＝GC，∠GEC＝∠ACB＝45°，
∴∠BEG＝∠GCF＝135°，
由旋转得：DG＝GF，
正方形 ABCD 中，AB=AD，∠BCA=∠DCA=45°，CG=CG
∴△CBG≌△CDG（SAS），
∴∠CGB=∠CGD， BG＝DG，
∴BG=GF ∴∠GBC=∠GFB
又∠BEG＝∠GCF
∴△BEG≌△FCG（AAS），
∴∠BGE＝∠CGF，
∴∠CGB﹣∠BGE＝∠CGD﹣∠CGF，
即∠EGC＝∠DGF＝90°，
∴△DGF 是等腰直角三角形，
∴DF=DG2+GF2=BG2+BG2=2BG2=2BG
即 DF=2BG ．
【解析】【分析】（1）证明三角形EGC时等腰三角形即可得出结论；（2）连接DG、FG，利用“SAS”证明△CBG≌△CDG，得到角、边相等，证出△DGF 是等腰直角三角形，即可证出结论。
12．【答案】（1）解：点C、C'即为所求
（2）解：菱形ADBE即为所求．
【解析】【分析】（1）根据等边三角形的性质，底边中线垂直底边，即可得到满足条件的直角三角形；
（2）根据AB的位置特点以AB为一条边分别在AB上方和AB下方作等边三角形，即可得到 以AB为对角线的菱形ADBE.
13．【答案】（1）解：如图①，菱形ABEF即为所求．
（2）解：如图②，正方形AGHK即为所求．
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质及要求画图即可；
（2）根据网格的特点、勾股定理作出边长为10的正方形即可.
14．【答案】（1）解：如图，
（2）解：如图，
【解析】【分析】（1）作△ABC，使直线BP是AC边上的中线即可；
（2）作平行四边形ABMN，使对角线在直线AP上即可.
15．【答案】解：（Ⅰ）在△AEB和△AEF中，
AB=AFBE=FEAE=AE ，
∴△AEB≌△AEF，
∴∠EAB=∠EAF，
∵AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB=∠EAB，
∴BE=AB=AF．
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（Ⅱ）如图，连结BF，交AE于G．
∵菱形ABEF的周长为16，AE=4 3 ，
∴AB=BE=EF=AF=4，AG= 12 AE=2 3 ，∠BAF=2∠BAE，AE⊥BF．
在直角△ABG中，∵∠AGB=90°，
∴cs∠BAG= AGAB = 234 = 32 ，
∴∠BAG=30°，
∴∠BAF=2∠BAE=60°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠BAF=60°．
【解析】【分析】（Ⅰ）先证明△AEB≌△AEF，推出∠EAB=∠EAF，由AD∥BC，推出∠EAF=∠AEB=∠EAB，得到BE=AB=AF，由此即可证明；
（Ⅱ）连结BF，交AE于G．根据菱形的性质得出AB=4，AG= 12 AE=2 3 ，∠BAF=2∠BAE，AE⊥BF．然后解直角△ABG，求出∠BAG=30°，那么∠BAF=2∠BAE=60°．再根据平行四边形的对角相等即可求出∠C=∠BAF=60°．
16．【答案】（1）解：根据小红同学设计，作图如下：
．
（2）证明：在菱形ABCD中，∠ADE=∠CDE，AD=DC，
∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴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°，
∵AE=DE，
∴∠EAD=∠ADB=36°，
∴∠EAD=∠ABD=36°，
∵∠ADE=∠BDA，
∴△ADE∽△BDA，
∴ADBD=DEAD，即AD2=BD⋅DE，
∵∠BAE=∠BAD−∠EAD=72°，∠BEA=∠EAD+∠ADE=72°，
∴∠BAE=∠BEA，
∴BE=AB，
设AB=x=BE，DE=a（其中x,a＞0），则AD=x，BD=BE+DE=x+a，
∴x2=(x+a)⋅a，
∴x2−ax−a2=0，解得x=5+12a或x=1−52a（舍去），
∴ABDE=1+52，
∴S△EBCS△EDC=S△ABES△ADE=BEDE=ABDE=5+12．
【解析】【分析】（1）根据小红同学设计的尺规作图步骤作图即可；
（2）根据菱形的性质得∠ADE=∠CDE，AD=CD，从而由SAS判断出△ADE≌△CDE，得AE=CE，由垂直平分线的性质得AE=DE，从而由等量代换可得结论；
（3）由菱形性质得∠ABD=∠DBC=36°，由平行线的性质得∠ADB=∠DBC，∠DAB=108°，由等边对等角及等量代换得∠ADE=∠BDA，由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可得AD2=BD×DE，由角的和差及三角形外角性质推出∠BAE=∠BEA，由等角对等边得BE=AB，设AB=BE=x，DE=a，则AD=x，BD=BE+DE=x+a，代入AD2=BD×DE求解可用含a的式子表示x，从而求出AB与DE的比值，进而根据同高三角形的面积之比等于底之比及等量代换可得答案.
17．【答案】解：(1)如图，
AD平分∠BAC；
(2)如上图，EF垂直平分AD；
(3) 四边形AEDF是菱形．
【解析】【解答】解：(3)∵EF垂直平分AD，
∴EA=ED，FD=FA，∠AOE=∠AOF，
∵AD平分∠BAC，
∴∠EAD=∠FAD，
∵AO=AO，
∴△AOE≌△AOF，(ASA)，
∴AE=AF，
∴AE=ED=DF=AF．
∴四边形AEDF是菱形．
【分析】先根据要求作出角平分线和垂直平分线，再利用菱形的判定方法求解即可.
18．【答案】由AB=1.5m，S△ABC=1.5m2 ，可得BC=2m．
由图①，设甲设计的正方形桌面边长为x(m)，由DE∥AB，得Rt△CDE∽Rt△CBA，
∴xAB=BC−xBC，即5=x1.5=2−x2，解得x=67
由图②，过点B作Rt△ABC斜边AC上的高线BH，交DE于点P ，交AC于点H．
由AB=1。5m，BC=2m，得AC=AB2+BC2=1.52+22=2.5(m)．
由AC·BH=AB·BC，得BH=AB×BCAC=1.5×22.5=1.2(m)．设乙设计的桌面的边长为y(m)，
∵ DE∥AC，∴Rt△BDE∽Rt△BAC，∴BPBH=DEAC，即1.2−y1.2=y2.5，解得y=3037
∵67>3037．∴甲同学设计的方案较好．
【解析】【分析】根据S△ABC=12×BC×AB可求出BC的值；
甲：如图①，设甲设计的正方形桌面边长为x(m)，由平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得Rt△CDE∽Rt△CBA，再根据相似三角形的性质可得比例式求解x的值；
乙：图②，设乙设计的桌面的边长为y(m)，过点B作Rt△ABC斜边AC上的高线BH，交DE于点P ，交AC于点H．根据S△ABC=12×BC×AB=12×AC×BH可求出BH的值，然后由平行与三角形一边的直线(或两边的延长线)和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似可得Rt△BDE∽Rt△BAC，再根据相似三角形的性质可得比例式求解y的值；比较x、y的大小即可判断求解.
19．【答案】解：如图甲所示，连结OF.
设方案一中正方形边长为a，
则OD=33a，∴(33a+a)2+a2=25，
∴(73+233)a2=25.
如图乙所示，作OH⊥EF交CD于点M，连结OE.
设方案二中正方形边长为m，EH=12m，OM=32m，
∴(32m+m)2+14m2=25，
∴(2+3)m2=25，
∵73+233m2.
即方案一的正方形的面积大
【解析】【分析】如图甲所示，连接OF构造直角三角形OFE，设方案一中正方形边长为a，先利用30°角直角三角形的性质表示出OD长度，进而利用勾股定理解得(73+233)a2=25；如图乙所示，作OH⊥EF，连接OE构造直角三角形OHE，设方案二中正方形边长为m，利用垂径定理分别表示出OM、HE，再通过勾股定理得到(2+3)m2=25，从而可判定a>m，故方案一的正方形的面积大.
20．【答案】解：方案一：
S菱形=12EG·FH=12×12×5=30（cm2） ，
方案二：设AE=EC=则BE=12-X
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2 ，
52+12−x2=x2，解得=16924 ，
S菱形=EC·AB=16924×5≈35.21（cm2）
答：小丰折出的菱形面积更大．
【解析】【分析】按照图形用面积公式计算S=30和S=35.21，可知方案二小明同学所折的菱形面积较大.
21．【答案】（1）15；35
（2）解：设GF与CH相交于点I，正方形AEFG的边长为adm，则FI=(a-2)dm，CI=(9-a)dm，
∵sinB=35
∴tanB=34，
∵GF∥AB，
∴∠B=∠CFI，
在Rt△FIC中，tan∠CFI=tanB=CIFI=9−aa−2=34，
解得a=6；
设正方形MNPQ边长为bdm，
∵NM∥BC，
∴∠B=∠MNA，
在Rt△PBN中，sinB=PNBN=bBN=35，
则BN=53b，
在Rt△MAN中，
cs∠MNA=ANMN=ANb=45，
则AN=45b
∴45b+53b=14，
解得b=21037，
正方形AEFG和正方形MNPQ边长之比为621037=3735；
（3）247
【解析】【解答】解：（1）如图，过点C作CH⊥AB于点H，
∴∠AHC=90°=∠D=∠DAH，
∴四边形CDAH是矩形，
∴AH=CD=2dm，CH=AD=9dm，
∴BH=AB-AH=12dm，
在Rt△BCH中，BC=CH2+BH2=15dm，
∴sinB=CHCB=915=35；
故答案为：15；35；
（3）如图，在△BEF余料上再截取一个正方形EKJL，设正方形EKJL的边长为xdm，
∵BE=AB-AE=14-6=8dm，
∴BK=(8-x）dm，
在Rt△BJK中，tanB=34，
∴JKKB=x8−x=34，
解得x=247，即正方形EKJL的边长为247dm；
如图，在△BEF余料上再截取一个正方形RSTU，设正方形RSTU的边长为ydm，
同理在Rt△BST中，sinB=STBT=yBT=35，∴BT=53y，
在Rt△UTE中，cs∠UTE=ETUT=ETy=45，∴ET=45y，
∴53y+45y=8，
解得y=12037，
即正方形RSTU的边长为12037dm，
∵247＞12037，
∴在△BEF余料上再截取一个最大正方形，该正方形的边长为247.
故答案为：247.
【分析】（1）过点C作CH⊥AB于点H，由三个角是直角得四边形是矩形得四边形CDAH是矩形，由矩形的对边相等得AH=CD=2dm，CH=AD=9dm，进而根据线段的和差算出BH，然后利用勾股定理算出BC，最后根据正弦函数的定义可求出sinB的值；
（2）设GF与CH相交于点I，正方形AEFG的边长为adm，则FI=(a-2)dm，CI=(9-a)dm，由sinB=35可推出tanB=34，由二直线平行，同位角相等得∠B=∠CFI，进而根据等角的同名三角函数值相等得tan∠CFI=tanB=CIFI=9−aa−2=34，据此可求出a的值；设正方形MNPQ边长为bdm，由二直线平行，同位角相等得∠B=∠MNA，在Rt△PBN中，由∠B的正弦函数可求出BN=53b，在Rt△MAN中，由∠MNA的余弦函数可求出AN=45b，进而根据AN+BN=AB建立方程可求出b，从而此题得解了；
（3）同（2）分两种情况求解，再比大小即可.
22．【答案】解：任务1：15；35；比较面积，
设GF与CH相交于点I，正方形AEFG的边长为a，
∵sinB=35，
∴tanB=34，csB=45，
在Rt△FIC中，tan∠CFI=tanB=34，FI=a−2，CI=9−a，
∴CIFI=9−aa−2=34，
解得a=6；
设正方形MNPQ边长为b，
∴∠B=∠MNA，
在Rt△FIC中，sinB=PNBN=bBN=35，则BN=53b，
在Rt△MAN中，cs∠MNA=ANMN=ANb=45，则AN=45b，
∴45b+53b=14，
解得b=21037，
正方形AEFG和正方形MNPQ边长之比为621037=3735；
任务3：247
【解析】【解答】解：任务1：探寻边角，
作CH⊥AB于H，
∵∠A=∠D=90°，CH⊥AB，
∴四边形ADCH是矩形，
∴CH=AD=9dm，AH=CD=2dm，BH=AB−AH=12(dm)，
∴BC=92+122=15(dm)，
sinB=CHBC=915=35，
故答案为：15，35；
任务3：应用实践，
如图，在△BEF余料上再截取一个正方形EKJL，设正方形EKJL的边长为m，
∵BE=AB−AE=14−6=8(dm)，
∴BK=8−m，
在Rt△BJK中，tanB=34，
∴JKBK=m8−m=34，
解得m=247，即正方形EKJL的边长为247dm；
如图，在△BEF余料上再截取一个正方形RSTU，设正方形RSTU的边长为n，
同理
在Rt△BST中，sinB=STBT=nBT=35，则BT=53n，
在Rt△UTE中，cs∠UTE=ETUT=ETn=45，则ET=45n，
∴45n+53n=8，
解得n=12037，即正方形RSTU的边长为12037dm；
∵247>12037，
∴在△BEF余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为247dm.
故答案为：247.
【分析】任务1：作CH⊥AB于H，则四边形ADCH是矩形，CH=AD=9dm，AH=CD=2dm，BH=AB-AH=12dm，利用勾股定理可得BC，然后根据三角函数的概念进行解答；
任务二：设GF与CH相交于点I，正方形AEFG的边长为a，则tanB=34，csB=45，根据∠CFI=∠B结合三角函数的概念可求出a的值；设正方形MNPQ边长为b，则∠B=∠MNA，根据三角函数的概念可得BN、AN，然后根据BN+AN=AB=14可求出b的值，据此解答；
任务3：在△BEF余料上再截取一个正方形EKJL，设正方形EKJL的边长为m，则BE=8dm，BK=8-m，根据∠B正切函数的概念可得m的值，据此可得正方形EKJL的边长；在△BEF余料上再截取一个正方形RSTU，设正方形RSTU的边长为n，同理可得n的值，据此解答.
23．【答案】解：方案一：连接OQ，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由翻折的不变性，知AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，
∴OP=OC=2.5，∠QPO=∠C=90°，又OQ=OQ，
∴△QPO≌△QCO(HL)，
∴PQ=CQ，
设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x)2=(3+x)2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，AD=BC=5，
由作图知BO=OC=12BC=2.5，
由旋转的不变性，知CR=AB=3，∠BAO=∠R，∠B=∠OCR=90°，
则∠OCR+∠OCD=90°+90°=180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO=∠OAQ，
∴∠OAQ=∠R，
∴QA=QR，
设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2=AQ2，即52+(3−x)2=(3+x)2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【解析】【分析】 （1）方案一：连接OQ， 由翻折不变性可得AP=AB=3，OP=OB=2.5，∠APO=∠B=90°，根据HL证明△QPO≌△QCO，可得PQ=CQ， 设PQ=CQ=x，则AQ=3+x，DQ=3−x， 在Rt△ADQ中，利用勾股定理建立方程并解之即可；
（2）方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ=∠R，从而推出QA=QR， 设CQ=x，则QA=QR=3+x，DQ=3−x， 在Rt△ADQ中， 利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
24．【答案】（1）4
（2）解：连结AC、CE，如图3，
图3
∵矩形ABCD，ABEF为平行四边形，
∴DC∥AB∥EF且DC=AB=EF，
∴DFEC为平行四边形，∴DF=CE，
∵ABCD为矩形，∴AC=DB，
∵AE=DF=DB，∴AE=CE=AC
即△ACE是一个等边三角形，∴∠AEC=60°，
∵DF∥CE，∴∠FGE=∠AEC=60°
（3）解：设AC与BD相交于点Q，如图4，
图4
∵四边形ABCD是矩形，且AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，∴AC与BD互相垂直平分，
∵AB=42，∴AQ=BQ=AB2=4
∴AE=BD=AC=2AQ=8
∵EA=EC，BA=BC，∴BE是线段AC的中垂线，
又∵BD也是线段AC的中垂线，∴E、B、D三点共线，
在Rt△AEQ中，∠AQE=90°，QE=82−42=43
∴BE=43−4，∵AF∥BE，AQ⊥BE，∴△BEF的BE边上的高等于AQ=4
∴S△BEF=12×4×(43−4)=83−8.
【解析】【解答】解：(1)过A作AE∥BD交CB的延长线于E，
∵AC⊥BD，∴AC⊥AE，
∴△AEC是直角三角形。
∵AE∥BD，AD∥BC，∴四边形AEBD是平行四边形，
∴AE=BD=4，BE=AD=1
∴EC=AE2+AC2=42+32=5
∴BC=EC-BE=5-1=4
故答案为：4
【分析】(1)过A作AE∥BD交CB的延长线于E，轲得△AEC是直角三角形，四边形AEBD是平行四边形，结合勾股定理求出EC，再计算BC即可.
(2)先判定DFEC是平行四边形，得DF=CE，根据矩形的性质得AC=BD，再结合已知条件 AE=DF=DB， 推导出AE=CE=AC，得∠AEC=60°，再根据平行线的性质得出∠FGE=∠AEC=60°。
(3)先证明四边形ABCD是正方形，得AC和BQ互相垂直平分，根据AB=CB，AE=CE得BE是AC 的垂直平分线，得BQ，BE在同一直线上，由正方形的性质得出AQ，∠AQE=90°，由勾股定理计算出QE，得BE，再根据三角形面积公式计算出△BEF的面积.
25．【答案】（1）【定理证明】证明：∵点D、E分别是AB、AC的中点，
∴ADAB=AEAC=12，
又∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC，
∴∠ADE=∠ABC，ADAB=DEBC=12，
∴DE∥BC，且DE=12BC.
解：（1）∵点E、G分别是AB、AC的中点，
∴EG∥BC，且EG=12BC，
∴∠EGC+∠ACB=180°，
∵∠ACB=80°，
∴∠EGC=100°；
∵点G、F分别是AC、DC的中点，
同理可得：FG=12AD，FG∥AD，
∴∠FGC=∠DAC=20°，
∴∠EGF=120°，EG=FG，
∴∠EFG=(180°-120°）÷2=30°。
（2）解：GH=342.
连接AC，取AC的中点O，连接OG，取CD的中点M，连接OM，
∵点E是AB的中点，
∴AE=12AB=12×6=3，
∵点O是AC的中点，点G是CE的中点，
∴OG∥AE，且OG=12AE=12×3=32，
∴∠GOC=∠EAC，
又∵M是CD的中点，
∴OM∥AD，且OM=12AD=12BC=12×10=5，
∴∠COM=∠DAC，
∴∠GOH=∠GOC+∠COM=∠EAC+∠DAC=90°，
∵AD∥BC，
∴OM∥BC，
∴OM经过DF的中点，
∵点H是DF的中点，
∴点H在OM上，
∴MH=12CF=12×12BC=14×10=52，
∴OH=OOH=M-MH=52，
在Rt△GOH中：GH=OG2+OH2=（32）2+（52）2=342。
【解析】【分析】【定理证明】首先证明△ADE∽△ABC，然后根据相似三角形的性质得出：∠ADE=∠ABC，ADAB=DEBC=12，进一步得出结论：DE∥BC，且DE=12BC；
（1）首先根据三角形中位线定理得出EG∥BC，且EG=12BC，FG=12AD，FG∥AD，然后根据平行线的性质得出∠EGC=100°，∠FGC=20°，从而得出∠EGF=120°，EG=FG，然后根据等腰三角形的性质及三角形内角和，求得∠EFG=30°；
（2）连接AC，取AC的中点O，连接OG，取CD的中点M，连接OM，首先根据三角形中位线定理得出△GOH是直角三角形，且可求得OG=12AE=32，OH=52，然后根据勾股定理求得GH的长为342。
26．【答案】（1）解：∵点D、E分别是AB与AC的中点，
∴ADAB=AEAC=12．
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ABC．
∴∠ADE=∠ABC，ADAB=DEBC=12．
∴DE∥BC，且DE=12BC
【结论应用】
（2）25
（3）解：∠BAC=2∠E
【解析】【解答】解：（2）∵ 点P、M、N分别是AC、AD、BC的中点，
∴PM∥CD，PM=12CD，PM∥AB，PM=12AB，
∴∠APM=∠ACD=40°，
∵AB=CD， AB⊥AC
∴PM=PN，∠APN=90°，
∴∠MPN=∠APN+∠APM=130°，
∴∠PMN=∠PNM=12（180°-∠MPN）=25°.
故答案为：25.
（3）取CD的中点G，连接MG，NG，
∵ 点M、N分别是AD、BC的中点 ，
∴NG∥BD，NG=12BD，MG∥AC，MG=12AC，
∴∠GMN=∠E，∠BMN=∠GNM，
∵BD=AC，
∴GN=GM，
∴∠GMN=∠GNM，
∴∠E=∠AME，
∴∠BAC=∠E+∠AME=2∠E.
故答案为：∠BAC=2∠E.
【分析】（1）先证△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质可得 ∠ADE=∠ABC，ADAB=DEBC=12，根据平行线的判定即得结论；
（2）根据三角形中位线定理可得PM∥CD，PM=12CD，PM∥AB，PM=12AB，利用平行线的性质可得∠APM=∠ACD=40°，∠APN=90°，利用AB=CD，可得PM=PN，从而得出∠MPN=∠APN+∠APM=130°，利用等腰三角形的性质即可求解；
（3）取CD的中点G，连接MG，NG，同（2）可证△MGN为等腰三角形，利用扥腰三角形的性质及三角形外角的性质即可求解.
27．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AC⊥BD，垂足为O，
∴AC与BD相互垂直平分，
∴AB=AD.
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：①证明：∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=8，BD=6，
∴AO=4，DO=3，
∵AD=5，∴AD2=AO2+DO2，
∴△AOD是直角三角形且∠AOD=90°，∴AC⊥BD，
∴□ABCD为菱形；
②②∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACB=∠ACD，
∴∠E=12∠ACD，
∴∠E=12∠ACB，
∵∠ACB=∠E+∠COE，
∴∠E=∠COE，
∴OC=OE=12AC=4，
过点O作OG∥CD交BC于点G，
∴BGGC=BODO=1，
∴CG=12BC=12AD=52，
∴OFEF=GCCE=58.
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得到：AO=CO，BO=DO，进而可证明出AC与BD相互垂直平分，得到AB=AD，进而即可求证；
（2）①根据题意得到：AO=4，DO=3，进而根据勾股定理的逆定理即可证明△AOD是直角三角形，进而即可求证；
②根据菱形的性质和已知条件得出：∠E=∠COE，则OC=OE=12AC=4，过点O作OG∥CD交BC于点G，然后根据平行线等分线段定理即可求解.
28．【答案】（1）证明：连接AC，在△ABC和△CDA中
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AB=CD，AC=CA，
∴△ABC≌△CDA，
∴BC=DA，
∴四边形ABCD是平行四边形
（2）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，AD=BC
∵BC=CF
∴AD∥CF，AD=CF
∴四边形ACFD是平行四边形
（3）解：7
【解析】【解答】（3）根据题意判断四边形ACFD和四边形ABCD均为平行四边形，
∴平行四边形ACFD和平行四边形ABCD同底等高，
∴平行四边形ACFD面积=平行四边形ABCD面积=7
【分析】（1）先证明△ABC≌△CDA，可得BC=DA，再结合AB=CD，即可得到四边形ABCD是平行四边形；
（2）先证明AD∥CF，AD=CF，即可得到四边形ACFD是平行四边形；
（3）先判断出四边形ACFD和四边形ABCD均为平行四边形，再求出平行四边形ACFD面积=平行四边形ABCD面积=7即可。
29．【答案】（1）三线合一
（2）证明：由旋转，得∠GCF=90°，CF=CG．
∴∠BCF+∠ECG=90°．
∵四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，
∴∠CBF=∠ABC=∠GCF=90°．
∴∠BCF+∠BFC=90°．
∴∠BFC=∠ECG．
在Rt△ADF中，AE是DF中垂线，
∴AE=EF．
∵AB=BF，∠EBA=90°，
∴BE=12AF=12AD．
∵AD=BC=2AB，
∴BE=CE=12BC．
∴△GEC≌△CBF．
∴∠GEC=∠CBF=90°．
∴点G在BC的垂直平分线上．
（3）解：m=5或m=17．
【解析】【解答】（1）【反思交流】等腰三角形的“三线合一”
故答案为：三线合一．
(3)【拓展应用】解：依题意点M在BC的垂直平分线上，
∵MH=AB=1，
∴EM=EH+1或EH−1
∴BC=AD=2AB=2，BF=AB=1
∴CF=BC2+BF2=5，
∵旋转，
∴FH=CF=5，
在Rt△CFH中，CH=2CF=10，EH=CH2−CE2=10−1=3
当EM=EH−1=3−1=2时，
∴CM=CE2+EM2=12+22=5
当EM=EH+1=3+1=4时，
∴CM=CE2+EM2=12+42=17，
故答案为：m=5或m=17．
【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一求解即可；
（2）先求出 ∠BFC=∠ECG，再求出AE=EF，最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）根据题意先求出FH=CF=5，再利用勾股定理计算求解即可。
30．【答案】（1）85；
（2）解：连接CE，
∵∠DAE=60°，AE=AC，
∴△ACE是等边三角形，
∴CA=CE，∠ACE=60°，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=30°，AB=8cm，
∴CA=2AB=16，BC=83，
∴CE=16，
∵∠ACB=30°，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
BC2+CE2=BE2，
∴(83)2+162=BE2，
解得：BE=87（负值舍去）；
（3）解：过E作EM⊥BA的延长线于M点，过C作CN⊥ME的延长线于N点，
∵∠ABC=90°，
∴四边形MBCN是矩形，
∴BM=CN=AB+AM=8+AM，
连接CE，
∵D为AC中点且DE⊥AC，
∴AE=CE=82，
∠AED=∠CED=45°，即∠AEC=90°
∴∠AEM+∠CEN=90°，
∵∠MAE+∠MEA=90°，
∴∠AEM=∠ECN，
∴Rt△AME≅Rt△ENC(AAS)，
∴AM=NE，ME=CN，
∴ME=8+AM，
在Rt△AME中，由勾股定理得，
AE2=AM2+ME2，
∴(82)2=AM2+(8+AM)2，
解得：AM=43−4或−43+4(舍去)，
∴AM=43−4
∴MB=AB+AM=8+AM=4+43，
∵BM=CN=ME，
∴Rt△BME是等腰直角三角形，
∴BE=2BM=(4+43)2=(42+46)cm；
【解析】【解答】解：（1）操作探究1：连接CD，
∵AD=BC=AB，AD⊥AB，BC⊥AB，
∴AD∥BC且AD=BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD⊥CD，CD=AD=8cm，∠BCD=90°，
∵AD⊥DE，
∴C、D、E三点共线，
∴CE=2CD=16cm，
在直角三角形BCE中，根据勾股定理可得：BC2+CE2=BE2，
∴82+162=BE2，
解得：BE=85（负值舍去），
故答案为：85；
【分析】（1）连接CD构造正方形ABCD，由E、D、C三点共线结合勾股定理求得BE的长；
（2）连接CE，构造等边三角形AEC，进而得直角三角形BCE，根据勾股定理求BE的长；
（3）过E作EM⊥BA的延长线于M点，过C作CN⊥ME的延长线于N点，构造矩形MBCN，根据矩形的性质证明三角形AME全等于三角形CNE，得三角形BME为等腰直角三角形，在直角三角形AME中可求AM的长，再利用直角三角形中30度角对的直角边等斜边的一半的性质和等腰直角三角形中斜边等于直角边的2倍即可求解.方案设计
方案1
方案2
裁剪方案示意图
说明
图中的正方形AEFG和正方形MNPO四个顶点都在原四边形的边上
测量数据
AD=9dm，CD=2dm，AB=14dm，∠A=∠D=90°；
方案设计
方案1
方案2
裁剪方案示意图
说明
图中的正方形AEFG和正方形MNPQ四个顶点都在原四边形的边上
测量数据
AD=9dm，CD=2dm，AB=14dm，∠A=∠D=90°；
任务1：探寻边角
填空：BC= ▲ dm，sinB= ▲ ；
任务2：比较面积
计算或推理：正方形AEFG和正方形MNPQ边长之比；
任务3：应用实践
若在△BEF余料上再截取一个最大正方形，正方形的边长为 ▲ dm.
如图，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC的中点，
可以猜想：DE//BC且DE=12BC.
猜想
如图23.4.2，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC的中点．根据画出的图形，可以猜想：
DE∥BC，且DE=12BC．
对此，我们可以用演绎推理给出证明．
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直.反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗?
可以发现并证明菱形的一个判定定理：
对角线互相垂直的平行四边形是菱形.