2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：四边形（含答案）

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2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2021•禅城区校级二模）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：
①DE平分∠HDC；
②∠EDC＝30°；
③DO＝OE；
④＝，其中正确的是（ ）

A．②③ B．①④ C．①③ D．①③④
2．（2021•广饶县二模）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，∠ACB＝45°，分别以AB、AC为边向三角形ABC外部作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG交点为K，CE、AG交点为N，延长CA交BG于点M，连接CG．则下列结论：①△ABG≌△AEC；②BG⊥CE；③AM＝AN；④2CF2＝KG•CE，其中正确的有（ ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2020•泗水县二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，；④BE+DF＝EF．其中正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．（2020•南宁模拟）如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，CD＝AF，AM平分∠BAN．下列结论：
①△CDE≌△AFE；②∠BCM＝∠NCM；③AE•AM＝NE•FM；④BN2+EF2＝EN2；其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2021•朝阳二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG，EF．下列结论：①∠EFG＝45°；②△AEG的周长为8；③△CEG∽△AFG；④△CEG的面积为6.8．其中正确的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．（2020•江油市二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别在AB、AD上，若AE：ED＝1：2，AF：FB＝1：3，连接EC、DF、BE，EC与DF相交于H，DF与BE相交于G，且S△EGH＝2，则S△BCD是（ ）

A．77 B．126 C．63 D．64
7．（2019•大鹏新区二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2021•连云港模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝+2，AD＝．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﹣2；②弧D′D″的长度是；③∠A′AF＝7.5°；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是（ ）

A．①②④ B．①③ C．②③④ D．①②③④
9．（2021•永嘉县校级模拟）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD为⊙O的内接矩形，AD＝6，M为DC中点，E为⊙O上的一个动点，连接DE，作DF⊥DE交射线EA于F，连接MF，则MF的最大值为（ ）

A．3 B．6+ C． D．
10．（2020•泰安二模）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB＝10，AD＝12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），给出四个结论：①AF的长为10；②△BGH的周长为18；③；④GH的长为5，其中正确的结论有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

2022年中考数学复习之挑战压轴题（选择题）：四边形（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•禅城区校级二模）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：
①DE平分∠HDC；
②∠EDC＝30°；
③DO＝OE；
④＝，其中正确的是（ ）

A．②③ B．①④ C．①③ D．①③④
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．
【分析】由旋转的性质可得∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE＝BE，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＝BE，∠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和②；由角的数量关系和等腰三角形的判定和性质，可判断③；由相似三角形的判定和性质可判断④；即可求解．
【解答】解：∵∠ABE＝90°，AB＝BE，
∴∠AEB＝∠BAE＝45°，AE＝BE，
∵将△ABE绕点A逆时针旋转45°，
∴∠DAE＝∠AEB＝45°，AD＝AE＝BE，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＝BE，∠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；②错误；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴∠ABH＝∠AHB＝67.5°，
∴∠OHE＝∠OEH＝67.5°，
∴OH＝OE，∠DHO＝22.5°＝∠HDO，
∴DO＝HO，
∴OE＝OD，故③正确；
如图，过点H作HN⊥BC于N，

∵∠AEB＝45°，
∴△NEH是等腰直角三角形，
∴＝，
∵∠ABH＝67.5°，
∴∠CBH＝22.5°，
∴∠NBH＝∠CDE＝22.5°，
∵∠HNB＝∠ECD＝90°
∴△BHN∽△DEC，
∴＝＝＝，故④正确．
综上所述：①③④．
故选：D．
【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．
2．（2021•广饶县二模）如图，△ABC中，∠BAC＝120°，∠ACB＝45°，分别以AB、AC为边向三角形ABC外部作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE、BG交点为K，CE、AG交点为N，延长CA交BG于点M，连接CG．则下列结论：①△ABG≌△AEC；②BG⊥CE；③AM＝AN；④2CF2＝KG•CE，其中正确的有（ ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】根据正方形的性质易证∠EAC＝∠BAG，即可证明△EAC≌△BAG，即可判断①；由△EAC≌△BAG，可得CE＝BG，∠AEC＝ABG，即可证明CE⊥BG；可判断②；然后证明△MAG≌△NAC，可得AM＝AN，进而判断③；证明△KGC∽△CGB，可得＝，所以CG2＝KG•BG，由BG＝CE，CG＝CF，即可判断④．
【解答】解：∵正方形ABDE和正方形ACFG，
∴∠EAB＝∠GAC＝90°，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△ABG和△AEC中，

∴△ABG≌△AEC（SAS），故①正确；
∴∠AGB＝∠ACE，
∵∠ACE+∠ANC＝90°，
∴∠AGB+∠ANC＝90°，
∵∠GNK＝∠ANC，
∴∠AGB+∠GNK＝90°，
∴∠GKN＝90°，
∴BG⊥CE，故②正确；
∵△ABG≌△AEC，
∴∠MGA＝∠NCA，
∵∠MAG＝∠NAC＝90°，AG＝AC，
在△MAG和△NAC中，
，
∴△MAG≌△NAC（ASA），
∴AM＝AN，故③正确；
∵∠ACB＝45°，∠ACG＝45°，
∴∠BCG＝90°，
∵BG⊥CE，
∴∠CKG＝∠BCG＝90°，
∵△ABG≌△AEC，
∴BG＝CE，
∵∠KGC＝∠CGB，
∴△KGC∽△CGB，
∴＝，
∴CG2＝KG•BG，
∵BG＝CE，CG＝CF，
∴2CF2＝KG•CE，故④正确．
∴其中正确的有①②③④，共4个．
故选：D．
【点评】本题属于几何综合题，考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是综合运用知识解决问题．
3．（2020•泗水县二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连接EN、EF，有以下结论：
①△ABM∽△NEM；②△AEN是等腰直角三角形；③当AE＝AF时，；④BE+DF＝EF．其中正确的个数有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】①如图1，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，
②利用相似三角形的性质可得∠NAE＝∠AEN＝45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；
③先证明CE＝CF，假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
④如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，可作判断．
【解答】解：如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，
∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴＝，
∴＝，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，故①正确，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∴∠NAE＝∠AEN＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，故②正确，
在△ABE和△ADF中，
∵，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE＝AF，CE＝CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE＝OF，
Rt△CEF中，OC＝EF＝x，
△EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，
∴OE＝BE，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO＝AB＝1，
∴AC＝＝AO+OC，
∴1+x＝，
x＝2﹣，
∴＝＝，故③正确，
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，
∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，
∵∠ABE＝∠ABH＝90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，故④正确．
故选：D．
【点评】本题属于四边形综合题，综合考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
4．（2020•南宁模拟）如图，以矩形ABCD对角线AC为底边作等腰直角△ACE，连接BE，分别交AD，AC于点F，N，CD＝AF，AM平分∠BAN．下列结论：
①△CDE≌△AFE；②∠BCM＝∠NCM；③AE•AM＝NE•FM；④BN2+EF2＝EN2；其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】①正确，只要证明∠EAF＝∠DCE，即可解决问题；
②正确，只要证明点M是△ABC的内心即可；
③正确．如图2中，将△ABN逆时针旋转90°得到△AFG，连接EG．想办法证明△GEF是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；
④错误．利用反证法证明即可．
【解答】解：如图1中，连接BD交AC于O，连接OE．

∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，∠OAD＝∠ODA，
∵△ACE是等腰直角三角形，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠EAF＝∠DCE，
在△CDE和△AFE中，
，
∴△CDE≌△AFE（SAS），故①正确，
∵CD＝AB＝AF，∠BAF＝90°，
∴∠ABF＝∠AFB＝∠FBC＝45°，
∴BM平分∠ABC，
∵AM平分∠BAC，
∴点M是△ABC的内心，
∴CM平分∠ACB，
∴∠MCB＝∠MCN，故②正确，
如图2中，将△ABN绕点A逆时针旋转90°，得到△AFG，连接EG，

∵∠NAB＝∠GAF，
∴∠GAN＝∠BAD＝90°，
∵∠EAN＝45°，
∴∠EAG＝∠EAN＝45°，
∵AG＝AN，AE＝AE，
∴△AEG≌△AEN（SAS），
∴EN＝EG，GF＝BN，
∵∠AFG＝∠ABN＝∠AFB＝45°，
∴∠GFB＝∠GFE＝90°，
∴EG2＝GF2+EF2，
∴BN2+EF2＝EN2，故④正确，
不妨设AE•AM＝NE•FM，
∵AE＝EC，
∴＝，
∴只有△ECN∽△MAF才能成立，
∴∠AMF＝∠CEN，
∴CE∥AM，
∵AE⊥CE，
∴MA⊥AE（矛盾），
∴假设不成立，故③错误，
故选：C．
【点评】本题考查了四边形综合题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
5．（2021•朝阳二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG，EF．下列结论：①∠EFG＝45°；②△AEG的周长为8；③△CEG∽△AFG；④△CEG的面积为6.8．其中正确的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】四边形综合题．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】由“SAS”可证△EHF≌△CBE，可得EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，可证△CEF是等腰直角三角形，可得∠EFG＝45°，故①正确；
由勾股定理可求FC的长，通过证明△FPG∽△FQC，可求PG＝，由勾股定理可求EG的长，则可求△AEG的周长＝AG+EG+AE＝++3＝8，故②正确；
利用勾股定理可求FG长，可得GC的长，利用相似三角形的判定可证△CEG∽△AFG，故③正确；
先求出△EFC的面积，即可求△CEG的面积为6.8，故④正确．
【解答】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝90°，
∵HF∥AD，
∴∠H＝90°，
∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，
∴∠AFH＝∠HAF＝45°．
∵AF＝，
∴AH＝HF＝1＝BE．
∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，
∴△EHF≌△CBE（SAS），
∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，
∵∠BCE+∠BEC＝90°，
∴HEF+∠BEC＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠EFG＝45°，故①正确；
在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，
∴EC2＝BE2+BC2＝17，
∴CF＝＝，
过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，
∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，
∴四边形APFH是矩形，
∵AH＝HF，
∴矩形AHFP是正方形，
∴AP＝PF＝AH＝1，
同理：四边形ABQP是矩形，
∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP＝1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，
∵AD∥BC，
∴△FPG∽△FQC，
∴，
∴，
∴PG＝，
∴AG＝AP+PG＝，
在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝＝，
∴△AEG的周长＝AG+EG+AE＝++3＝8，故②正确；
∵FG＝＝＝，
∴GC＝，
∵＝，＝＝，
∴，
又∵∠FAG＝∠ECF＝45°，
∴△CEG∽△AFG，故③正确；
∵S△EFC＝EC2＝，，
∴S△CEG＝×＝6.8，故④正确；
故选：D．

【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，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，求出PG的长是解题的关键．
6．（2020•江油市二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别在AB、AD上，若AE：ED＝1：2，AF：FB＝1：3，连接EC、DF、BE，EC与DF相交于H，DF与BE相交于G，且S△EGH＝2，则S△BCD是（ ）

A．77 B．126 C．63 D．64
【考点】矩形的性质；三角形的面积．
【专题】面积法；运算能力．
【分析】利用正方形的性质，三角形形似的性质及面积，先求出△ADF的面积，再求出△BCD的面积即可．
【解答】
解：过F作FM垂直与M，连接EF，延长CE交BA的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝CD，
∵FM⊥AB，
∴FM∥AD，
∴△BFM∽△BAE，
∴＝，
∵＝，
∴＝，AF＝AB，
∴＝，
∵＝，
∴ED＝2AE，
∴，
∵△DGE∽△FGM，
∴＝，DG＝DF，
∴△AEN∽△DEC，
∴＝＝，
∴AN＝CD＝AB，
∴NF＝AN+AF＝AB+AB＝AB，
∴＝＝，
∵△NHF∽△CHD，
∴，
∴DH＝DF，
∴HD＝DG﹣DH＝DF﹣DF＝DF，
∴，
∵S△EDF＝×＝，
∴S△AEFS△DEF＝，
∴S△ADF＝S△AEF+S△EDF＝，
∴S△BCD＝4S△ADF＝4×＝77．
故选：A．
【点评】本题考查正方形的性质，三角形形似的性质及面积，求出△ADFD的面积是本题的关键．
7．（2019•大鹏新区二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】正方形的判定与性质；坐标与图形变化﹣对称；三角形的面积；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】①由矩形的性质得到∠OBC＝90°，根据折叠的性质得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根据直角三角形的性质得到DH＝＝3，根据三角形的面积公式得到△OAD的面积为OA•DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB＝∠POA，等量代换得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根据勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确．
【解答】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC＝90°，
∵将△OBP沿OP折叠得到△OPD，
∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，
∵∠BOP＝45°，
∴∠DOP＝∠BOP＝45°，
∴∠BOD＝90°，
∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB＝OD，
∴四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，
∵点A（10，0），点B（0，6），
∴OA＝10，OB＝6，
∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，
∴∠DOA＝30°，
∴DH＝＝3，
∴△OAD的面积为OA•DH＝×3×10＝15，故②正确；
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD＝OC时，CD取最小值，
∵AC＝OB＝6，OA＝10，
∴OC＝＝＝2，
∴CD＝OC﹣OD＝2﹣6，
即CD的最小值为2﹣6；故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO＝90°，
∵∠ODP＝∠OBP＝90°，
∴∠ADP＝180°，
∴P，D，A三点共线，
∵OA∥CB，
∴∠OPB＝∠POA，
∵∠OPB＝∠OPD，
∴∠OPA＝∠POA，
∴AP＝OA＝10，
∵AC＝6，
∴CP＝＝8，
∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正确；
故选：D．

【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
8．（2021•连云港模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝+2，AD＝．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﹣2；②弧D′D″的长度是；③∠A′AF＝7.5°；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是（ ）

A．①②④ B．①③ C．②③④ D．①②③④
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【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＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F＝﹣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'＝，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，
∴D'B＝AB﹣AD'＝2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F＝1，
∴EF＝＝＝2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，
∴A'F＝﹣2，故①正确；
∵tan∠FED'＝＝＝，
∴∠FED'＝30°
∴α＝30°+45°＝75°，
∴弧D'D″的长度＝＝π，故②正确；
∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，
∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，
∴∠A'AF＝7.5°，故③正确；
∵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，
所以所有正确的序号为：①②③④．
故选：D．
【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．
9．（2021•永嘉县校级模拟）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD为⊙O的内接矩形，AD＝6，M为DC中点，E为⊙O上的一个动点，连接DE，作DF⊥DE交射线EA于F，连接MF，则MF的最大值为（ ）

A．3 B．6+ C． D．
【考点】矩形的性质．
【专题】动点型；矩形 菱形 正方形；与圆有关的计算．
【分析】如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．判断出点F的运动轨迹即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，以AD为边向上作等边△ADJ，连接JF，JA，JD，JM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵AD＝6，AC＝4，
∴sin∠ACD＝＝＝，
∴∠ACD＝60°，
∴∠FED＝∠ACD＝60°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝90°，
∴∠EFD＝30°，
∵△JAD是等边三角形，
∴∠AJD＝60°，
∴∠AFD＝∠AJD，
∴点F的运动轨迹是以J为圆心JA为半径的圆，
∴当点F在MJ的延长线上时，FM的值最大，
此时FJ＝6，JM＝＝，
∴FM的最大值为6+，
故选：B．
【点评】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质和判定，点的运动轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点F的运动轨迹，属于中考选择题中的压轴题．
10．（2020•泰安二模）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB＝10，AD＝12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），给出四个结论：①AF的长为10；②△BGH的周长为18；③；④GH的长为5，其中正确的结论有（ ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；压轴题；运算能力；推理能力．
【分析】过G点作MN∥AB，交AD、BC于点M、N，可知四边形ABEF为正方形，可求得AF的长，可判断①，且△BNG和△FMG为等腰三角形，设BN＝x，则可表示出GN、MG、MD，利用折叠的性质可得到CD＝DG，在Rt△MDG中，利用勾股定理可求得x，再利用△MGD∽△NHG，可求得NH、GH和HC，则可求得BH，容易判断②③④，可得出答案．
【解答】解：如图，过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝12，
由折叠可得AB＝BE，且∠A＝∠ABE＝∠BEF＝90°，
∴四边形ABEF为正方形，
∴AF＝AB＝10，
故①正确；
∵MN∥AB，
∴△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，
设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，
又由折叠的可知DG＝DC＝10，
在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2＝GD2，
即（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，解得x＝4，
∴GN＝BN＝4，MG＝6，MD＝8，
又∠DGH＝∠C＝∠GMD＝90°，
∴∠NGH+∠MGD＝∠MGD+∠MDG＝90°，
∴∠NGH＝∠MDG，
∵∠DMG＝∠GNH，
∴△MGD∽△NHG，
∴＝＝，即＝＝，
∴NH＝3，GH＝CH＝5，
∴BH＝BC﹣HC＝12﹣5＝7，
故④正确；
又△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且BN＝4，MG＝6，
∴BG＝4，GF＝6，
∴△BGH的周长＝BG+GH+BH＝4+5+7＝12+4，
∴＝＝，
故②不正确；③正确；
综上可知正确的为①③④，
故选：C．

【点评】本题为四边形的综合应用，涉及知识点有矩形的性质、正方形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质及方程思想等．过G点作AB的平行线，构造等腰直角三角形，利用方程思想在Rt△GMD中得到方程，求得BN的长度是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．

考点卡片
1．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
2．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
3．正方形的判定与性质
（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．
（2）正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
4．四边形综合题
四边形综合题．
5．坐标与图形变化-对称
（1）关于x轴对称
横坐标相等，纵坐标互为相反数．
（2）关于y轴对称
纵坐标相等，横坐标互为相反数．
（3）关于直线对称
①关于直线x＝m对称，P（a，b）⇒P（2m﹣a，b）
②关于直线y＝n对称，P（a，b）⇒P（a，2n﹣b）