【期末满分冲刺】2022-2023学年 北师大版数学九年级上学期-特训04 选填压轴题（第1-4章）

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特训04 期中选填压轴题（第1-4章）
一、单选题
1．对于一元二次方程，下列说法：
①若，则；
②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根；
③若是方程的一个根，则一定有成立；
④若是一元二次方程的根，则
其中正确的：（    ）
A．只有① B．只有①② C．①②③ D．只有①②④
【答案】D
【分析】根据一元二次方程解的含义、一元二次方程根的判别式等知识逐个分析即可．
【解析】由，表明方程有实数根﹣1，表明一元二次方程有实数解，则，故①正确；
∵方程有两个不相等的实根，
∴方程有两个不相等的实根，
即a与c异号．
∴-ac>0，
∴，
∴方程必有两个不相等的实根；
故②正确；
∵是方程的一个根，
∴，
即
当时，一定有成立；
当c=0时，则不一定成立，例如：方程，则；
故③错误；
∵是一元二次方程的根，
∴，
∴，
∴，
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式、一元二次方程的解等知识，熟练掌握这些知识是解答本题的关键．
2．对于二次三项式（m为常数），下列结论正确的个数有（    ）
①当时，若，则
②无论x取任何实数，等式都恒成立，则
③若，，则
④满足的整数解共有8个
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【分析】①代入求值后因式分解计算即可；②提取公因式x后根据恒成立找关系即可；
③两个方程相加后因式分解即可解题；④去括号后因式分解判断即可．
【解析】①当时，若，则
∴或者，故①错误；
②等式化简后为
∵无论x取任何实数，等式都恒成立，
∴，即
∴，故②正确；
③若，，则两个方程相加得：，
∴

∴ ，故③错误；
④整理得：

∴
∵整数解
∴，，，
∴，， ，， ，，，，，
∴ 整数解共9对，故④错误；
综上所述，结论正确的有②；
故选：A．
【点睛】本题综合考查因式分解的应用，熟练的配方是解题的关键，题目还考查了因式分解法解一元二次方程．
3．若四个互不相等的正实数a，b，c，d满足，，则的值为（    ）
A． B． C．2012 D．2011
【答案】A
【分析】根据题意可将a2012与b2012看做方程（x-c2012）（x-d2012）=2012的两个解，把所求的式子被减数利用积的乘方逆运算变形后换为x1x2，把方程整理后，利用根与系数的关系表示出x1x2，代入整理后的式子中，即可求出所求式子的值．
【解析】解：设a2012与b2012看做方程（x-c2012）（x-d2012）=2012的两个解，
方程整理得：x2-（c2012+d2012）x+（cd）2012-2012=0，
则（ab）2012-（cd）2012=x1x2−(cd)2012，
又x1x2=（cd）2012-2012，
则（ab）2012-（cd）2012=x1x2−(cd)2012=（cd）2012-2012-（cd）2012=-2012．
故选：A．
【点睛】此题考查了根与系数的关系的运用，利用了方程的思想，其中当一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有解，即b2-4ac≥0时，设方程的两个根分别为x1，x2，则有x1+x2=，x1x2=．
4．如图，在中，，．点是上一点，连接，将沿折叠至．连接，，平分交于点．若，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作EF⊥AC，EG⊥AB，通过勾股定理，求出AB，BC，的长度，E是∠BAC，的角平分线，得出AGEF为正方形，利用正方形性质及勾股定理即可求出答案．
【解析】解：作EF⊥AC，EG⊥AB，
由题得∠ABC=90°，，
∴∠BAC，=90°，BC=BC,，
∴AB：BC，=1:2，∠AC，B=30°，∠ABC，=60°，
又∵，
∴
∴
∴AB=,
∵AE是∠BAC，的角平分线
∴EG=EF，
∴四边形AGEF为正方形
设AG=x，∴FA=AG=GE=EF=x
FC,=，C,E=2x
∴

解得x=1或x= （舍去）
∴x=1，即FA=AG=GE=EF=1
AE为正方形AGEF的对角线
∴AE=．
故选：A ．

【点睛】本题主要考查折叠的性质正方形的性质及勾股定理的应用，解题关键在于做出辅助线，得出AGEF为正方形．
5．下列命题：如图，正方形ABCD中，E、F分别为AB、AD上的点，AF＝BE，CE、BF交于H，BF交AC于M，O为AC的中点，OB交CE于N，连OH．下列结论中：①BF⊥CE；②OM＝ON；③；④．其中正确的命题有（    ）

A．只有①② B．只有①②④ C．只有①④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①可证△ABF≌△BEC，根据全等三角形的性质可得结果．
②由题意正方形中∠ABO＝∠BCO，在上面所证∠BCE＝∠ABF，由△OBM≌△ONC得到ON＝OM即得证．
③利用AAS证明三角形OCN全等于三角形OBM，所以BM＝CN，只有H是BM的中点时，OH等于BM（CN）的一半，所以③错误．
过O点作OG垂直于OH，OG交CH于G点，由题意可证得三角形OGC与三角形OHB全等．
按照前述作辅助线之后，是等腰直角三角形，OH乘以之后等于HG，则在证明之后，CG＝BH，所以④式成立．
【解析】解：∵AF＝BE，AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴△ABF≌△BEC，
∴∠BFA＝∠BEC，
,
,
∴∠BHE＝90°，
即BF⊥EC，①正确；
∵四边形是正方形，是的中点，
∴BO⊥AC，BO＝OC，
，
由①得∠BCE＝∠ABF，
∴∠ECO＝∠FBO，
,
∴△OBM≌△ONC，
∴ON＝OM，
即②正确；
③∵△OBM≌△ONC，
∴BM＝CN，
∵∠BOM＝90°，
∴当H为BM中点时，OH＝BM＝CN，
因此只有当H为BM的中点时，，故③错误；
④过O点作OG垂直于OH，OG交CH与G点，

,
,
在△OGC与△OHB中，
，
△OGC≌△OHB，
∵OH⊥OG，
∴△OHG是等腰直角三角形，
，
则△OGC≌△OHB，
CG＝BH，
所以④式成立．
综上所述，①②④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的证明以及直角三角形斜边中线的性质，比较综合，有一定难度．
6．如图，正方形ABCD中，AB＝4，延长DC到点F（0＜CF＜4），在线段CB上截取点P，使得CP＝CF，连接BF、DP，再将△DCP沿直线DP折叠得到△DEP．下列结论：

①若延长DP，则DP⊥FB；
②若连接CE，则；
③连接PF，当E、P、F三点共线时，CF＝4﹣4；
④连接AE、AF、EF，若△AEF是等腰三角形，则CF＝4﹣4；其中正确有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】C
【分析】证明△DCP≌△BCF，利用全等三角形的性质与三角形的内角和定理可判断①，证明DP⊥EC，结合BF⊥DP，可判断②，当E，P，F共线时，求解∠DPC＝∠DPE＝． 在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，DJ＝JP，设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，可得x+x＝4，解方程可判断③，连接CE，BD．由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，证明点E在DB上，EA＝EC，可得∠ECF＞∠EFC，EF＞EC，可判断④，从而可得答案．
【解析】解：①如图1中，延长DP交BF于点H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCP＝∠BCF＝90°，
在△DCP和△BCF中，
，
∴△DCP≌△BCF（SAS），
∴∠CDP＝∠CBF，
∵∠CPD＝∠BPH，
∴∠DCP＝∠BHP＝90°，
∴DP⊥BF，故①正确．
②∵C，E关于DP对称，
∴DP⊥EC，
∵BF⊥DP，
∴，故②正确．
③如图2中，当E，P，F共线时，∠DPC＝∠DPE＝．

在CD上取一点J，使得CJ＝CP，则∠CJP＝∠CPJ＝，
∴
∴∠JDP＝∠JPD＝，
∴DJ＝JP，
设CJ＝CP＝x，则DJ＝JP＝x，
∴x+x＝4，
∴x＝4﹣4，
∴CF＝4﹣4，故③错误，
④如图3中，连接CE，BD．

由③可知，当CF＝4﹣4时，∠CDP＝∠EDP＝，
∴∠CDE＝，
∴点E在DB上，
∵A，C关于BD对称，
∴EA＝EC，
∵∠ECF＞∠EFC，
∴EF＞EC，
∴EF＞EA，
∴此时△AEF不是等腰三角形，故④错误．
故选：C．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，三角形内角和定理的应用，二次根式的除法运算，轴对称的性质，熟练的应用以上知识解题是关键．
7．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，．其中正确的是（　　）

A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【分析】①通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，②设BC＝x，CE＝y，由勾股定理就可以得出EF与x、y的关系，表示出BE与EF，即可判断BE+DF与EF关系不确定；③当∠DAF＝15°时，可计算出∠EAF＝60°，即可判断△EAF为等边三角形，④当∠EAF＝60°时，设EC＝x，BE＝y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出和，再通过比较大小就可以得出结论．
【解析】解：①四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴BC﹣BE＝CD﹣DF，即CE＝CF，
∵AE＝AF，
∴AC垂直平分EF．故①正确；
②设BC＝a，CE＝y，则BE=DF=a-y，
∴BE+DF＝2（a﹣y），EF＝y，
∴BE+DF与EF关系不确定，只有当y＝（2﹣）a时成立，故②错误；
③当∠DAF＝15°时，
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠DAF＝∠BAE＝15°，
∴∠EAF＝90°﹣2×15°＝60°，
又∵AE＝AF
∴△AEF为等边三角形．故③正确；
④当∠EAF＝60°时，则△AEF是等边三角形，
设EC＝x，BE＝y，则CF=x，
∴AB=BC=x+y，，
∴，
∵，
即，
∴，
∵，，
∴．故④正确．
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【点睛】本题属于四边形综合题，是中考填空题或选择题的压轴题，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是解题的关键．
8．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列四个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE＝∠BAP．其中正确结论个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】连接PC，延长AP交EF于H，延长FP交AB于G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△ABP≌△CBP后，即可证明①AP=EF；④∠PFE=∠BAP；由于P是动点，只有点P为BD的中点或PD＝AD时，△APD是等腰三角形，故③错误；根据平行线的性质，得出∠AGF＝∠ABC＝90°，再利用三角形的内角和定理，即可得AP⊥EF，即可判断②正确．
【解析】解：如图，连接PC，延长AP交EF于H，延长FP交AB于G，
在正方形ABCD中，
∵∠ABP＝∠CBP＝45°，AB＝CB，
∵在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC，∠BAP＝∠BCP，
又∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC＝EF，∠BCP＝∠PFE，
∴AP＝EF，∠PFE＝∠BAP，故①④正确；
只有点P为BD的中点或PD＝AD时，△APD是等腰三角形，故③错误；
∵PFBC，
∴∠AGF＝∠ABC＝90°，
∵∠BAP＝∠PFE，∠APG＝∠FPH，
∴∠AGP＝∠AHF＝90°，
∴AP⊥EF，故②正确，
综上可得：正确结论为①、②、④，有3个．

故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，平行线的性质、三角形的内角和定理．解本题关键在熟练掌握相关性质、定理．
9．如图，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5 cm，3 cm，B，C，D三点在同一条直线上，下列结论：①AD＝BE；②△CFG为等边三角形；③CM＝cm；④CM平分∠BMD．其中正确的有(　　)

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据等边三角形的性质得CA=CB，CD=CE，∠ACB=60°，∠DCE=60°，则∠ACE=60°，利用“SAS”可判断△ACD≌△BCE，则AD=BE，可判断①；由等边三角形的判定得出△CFG是等边三角形，可判断②；证明△DMC∽△DBA，求出CM长，可判断③；证明M、F、C、G四点共圆，由圆周角定理得出∠BMC=∠FGC=60°，∠CMD=∠CFG=60°，得出∠BMC=∠DMC，所以CM平分∠BMD，可判断④，据此即可判定．
【解析】解：∵△ABC，△ECD均为等边三角形，
∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，DC=EC，
∴∠ACG=60°，
∴∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD (SAS)，
∴BE = AD，故①正确；
∴∠CAG=∠CBF，
在△CBF和△CAG中，
，
∴△BCF≌△ACG(ASA)，
∴FC=GC，
∵∠FCG=60°，
∴△CFG为等边三角形，故②正确；
∵∠EMD=∠MBD+∠MDB=∠MAC+∠MDB=∠FCB=60°，
∴∠EMD=∠ACG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC=∠FGC=60°，∠CMD=∠CFG=60°，
∴∠BMC=∠DMC，
∴CM平分∠BMD，故④正确；
如图：过点E作EP⊥BD于点P，

则，
∴，
∵，
∴，
∴AD=BE=7，
∵∠DMC=∠ABD，∠MDC=∠BDA，
∴△DMC∽△DBA，
∴，
∴，
∴CM＝，故③错误．
故正确的有3个，
故选：C．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质综合，勾股定理，四点共圆的判定与性质，熟练掌握全等三角形的手拉手模型是解题关键．
10．如图，在边长为2的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（    ）
①△CMP∽△BPA；②△CNP的周长始终不变；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段AM的最小值为；⑤当△ABP≌△ADN时，BP＝2－2

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质逐个分析即可；证AB=CB=DC=AD=2，∠C=∠B=90°，得△CMP∽△BPA，故①正确；证即可求证，故②正确；NE≠EP，故③错误；AM的最小值==，故④错误；PB=，故⑤正确．
【解析】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
又∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=2，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正确，
∵，
∴
∴，
又∵
∴△CNP的周长为：，
故②正确，
当PB=PC=PE=1时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，，解得，∴NE≠EP，故③错误，
设PB=x，则CP=2﹣x，
∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM=x（2﹣x），作MG⊥AB于G，
∵AM==，
∴AG最小时AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=2﹣x（2﹣x）=，
∴x=1时，AG最小值=，
∴AM的最小值==，故④错误．
∵△ABP≌△ADN时，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，
∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=z，
∴z+z=2，∴z=，
∴PB=故⑤正确．
故选：B

【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握相关知识点，根据题意灵活应用并判断是解题的关键.
11．如图，正方形ABCD的边长为4，，点E是直线CM上一个动点，连接BE，线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，连接DF，则线段DF长度的最小值等于（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．利用正方形的性质、勾股定理得出，利用旋转的性质得出，，再证明，得出，可知点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，进而求出DH的值即可．
【解析】解：如图，连接BD，在BD上截取BG＝BC，连接FG，过点D作于点H．

∵四边形ABCD是正方形，边长为4，
∴，，，
∴，，
∴，
∵线段BE绕点B顺时针旋转45°得到BF，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点F在直线GF上运动，点F与点H重合时，DF的值最小，
∵，，
∴，
∴DF的最小值为．
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及垂线段最短等知识点，通过得出点F的运动轨迹是解题的关键．
12．如图，现有一张矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ＝CD；②四边形CMPN是菱形；③P，A重合时，MN＝2；④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．其中正确的是（    ）

A．①②③④ B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】B
【分析】先判断出四边形CNPM是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN＝NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ＝CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN＝x，表示出AN＝NC＝8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可．
【解析】解：如图1，

∵四边形ABCD是矩形，
∴PM∥CN，
∴∠PMN＝∠MNC，
∵∠MNC＝∠PNM（折叠的性质），
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN，
∵NC＝NP（折叠的性质），
∴PM＝CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，  
∵CN＝NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，
∴∠MQC＝∠D＝90°，
∵CM＝CM，
若CQ＝CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），
∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，这个不一定成立，故①错误；
点P与点A重合时，如图2所示：

设BN＝x，则AN＝NC＝8−x，
在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2，
即42＋x2＝（8−x）2，
解得x＝3，
∴CN＝8−3＝5，AC＝＝＝，
∴CQ＝AC＝，
∴QN＝＝，
∴MN＝2QN＝．故③正确；
当MN过点D时，如图3所示：

此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小（四边形CNPM的边CN上的高固定为AB的长），此时四边形CNPM是正方形，则S最小＝S菱形CMPN＝×4×4＝4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大＝×5×4＝5，
∴4≤S≤5，故④错误．
故选：B．
【点睛】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．
13．如图，点E和点F是正方形ABCD的边BC和边CD上的两动点，且∠EAF＝45°，有下列结论：①EF＝BE+DF；②∠AEB＝∠AEF；③BG2+DG2＝2AG2；④如果BE＝CE，那么DF：CF＝1：3；⑤△AFE∽△AGM且相似比是；其中正确的结论有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】延长CB至Q，使BQ＝DF，连接AQ，由“SAS”可证△AEF≌△AEQ，可得EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，可得BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正确；由结论①及勾股定理可求DF，CF的长，可得DF：CF＝1：2，故④错误；由旋转的性质可得AP＝AG，，∠ADP＝∠ABG＝45°，由勾股定理可求，故③正确；通过证明△EAF∽△MAG，可得相似比为，故⑤正确；即可求解．
【解析】解：如图，延长CB至Q，使BQ＝DF，连接AQ，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，，
∴∠ADF＝∠ABQ=90°，
∵BQ＝DF，
∴△ADF≌△ABQ（SAS），
∴AF＝AQ，∠DAF＝∠BAQ，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAQ＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEQ中，
，
∴△AEF≌△AEQ（SAS），
∴EQ＝EF，∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BQ＝BE+DF＝EF，故①②正确；
设AB＝BC＝CD＝2a，
当BE＝EC＝a时，
∵ ，
∴ ，
∴DF＝a，
∴CF＝a，
∴DF：CF＝1：2，故④错误；
如图，将△ABG绕点A逆时针旋转90°，连接PG，

∴AP＝AG，∠PAG＝90°，∠ADP＝∠ABG＝45°，
∴，∠BDP＝90°，
∴，
∴，故③正确；
如图，连接ME，

∵∠CBD＝∠EAF＝45°，
∴点A，点B，点E，点M四点共圆，
∴，
∴∠AEM＝∠EAM＝45°，
∴AM＝EM，
∴AE＝AM，
∵∠AMB＝∠ADB＋∠DAM =45°＋∠DAM，∠DAG＝∠EAF＋∠DAM＝45°＋∠DAM，
∴∠DAG＝∠AMB，
∵，
∴∠DAG＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEF，
∴∠AMB＝∠AEF，
又∵∠EAF＝∠GAM，
∴△EAF∽△MAG，
∴相似比为＝，故⑤正确；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理以及相似三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
14．如图，在中，，将绕顶点A逆时针旋转至，此时点D在上，连接，线段分别交于点H、K，则下列四个结论中：①；②是等边三角形；③；④当时，；正确的是（    ）

A．①②④ B．①③④ C．②③④ D．①②③
【答案】A
【分析】①由绕顶点A逆时针旋转至，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可证明；②由ABCD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由ADBC，得到∠AEF＝120°，进一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，结论得证；③过点H作HMAD交AB于点M，连接DM，证明△BHC、△DMH和△BHM是等边三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，点H为CD的中点，再证明△CKH∽△AKB，进一步得到AD＝3HK；④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，分别用AD表示出△ACF和的面积，即可得到结论．
【解析】解：①∵将绕顶点A逆时针旋转至，
∴△AEF≌△ABC，
∴∠EAF＝∠BAC，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，
故①正确；
②∵ABCD，
∴∠EDH＝∠DAB＝60°，
∵ADBC，
∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，
∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，
∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，
∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，
∴△DEH是等边三角形，
故②正确；
③过点H作HMAD交AB于点M，连接DM，如图1，
∵△EDH是等边三角形，
∴∠BHC＝∠EHD＝60°，
∵ADBCHM，
∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，
∴△BHC是等边三角形，
∵HMADBC，
∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，
∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，
∴△DMH和△BHM都是等边三角形，
∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，
∴点H为CD的中点，
∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，
∴△CKH∽△AKB，
∴，
∴，
∴AD＝3HK，
∴2AD＝3HK错误，
故③错误；
④过点C作CN⊥AB的延长线于点N，如图2，则∠BNC＝90°，
∵ABCD，
∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠BCN＝30°，
∴BN＝BC＝AD，CN＝BC＝AD，
∴AN＝AB＋BN＝2AD＋AD＝AD，
∴AC＝＝AD，
由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，
∴△ACF是等边三角形，
∴等边三角形△ACF的高为AC＝AD，
∴ ,
∵的边AB上的高＝CN＝AD，
∴，
∴，
故④正确，
综上，①②④正确，
故选：A．

【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、图形的旋转、平行四边形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，添加适当的辅助线是解题的关键．
15．如图，在菱形中，，交BC的延长线于点E．连接AE交BD于点F，交CD于点G、于点H，连接CF．有下列结论：①；②；③；④．其中正确结论个数为（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据菱形的对称轴即可判断①，证明，根据相似三角形的性质即可判断②，设 ，根据已知条件，结合含30度角的直角三角形的性质，进而可得 ，证明，可得，设 ， 则 ，根据，求得，进而即可判断③，根据，分别求得，即可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴对角线BD所在直线是菱形ABCD的对称轴， A与C关于对称，
，， 故①正确，
，
，
，
又 ，
，
，
，
， 故②正确，
菱形中，，
，，，
设 ，
，
，
Rt中，，
，
，

，
设，则，
，
又，
，
，
，
， 故③正确，

Rt中，，
，
Rt中，，
，

，

Rt中，，
Rt中，，
，
，
，
， 故④正确，
故正确的为∶ ①②③④．
故选D
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．
16．如图，为正方形对角线上一动点，，，在上结论：①；②；③；④若，，则．其中正确结论的个数是 （   ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】①利用等腰直角三角形判定即可；②利用“8”字形模型即可判断；③证明即可；④先利用求出AG、GE的长度，再利用即可求出
【解析】∵，
∴
∴，故①正确，
∵正方形
∴
∵，
，

∴，故②正确，
∵
∴
∴
∴，故③正确，
∵，，
∴，，
∵AB∥CD
∴
∴
∴，，
∵，
∴
∴
∴，解得，故④正确，
综上所述，正确的是①②③④
故选：D
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17．如图，正方形中，为上一点，是延长线上一点，且，连结，，，是中点，连结，设与相交于点N．则个结论：；∽∽；；若，则；正确的结论有（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质可得，然后利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，判断出①正确；根据全等三角形对应边相等可得，然后判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再根据两组角对应相等的三角形相似得到∽∽，判断出②正确；根据勾股定理可得，再利用相似三角形对应边成比例列式整理可得，然后求出，判断出③正确；连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后判断出直线垂直平分，过点作于，得到，然后求出，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，判断出④正确．
【解析】解：正方形中，，
在和中，
，
≌，
，
，故①正确；
，
是等腰直角三角形，
，
，，
∽，
，，
∽，
∽∽，故②正确；
在中，由勾股定理得，，
由∽得，，
，
，
，故③正确；
连接、，
是的中点，、是直角三角形，
，
又，
直线是的垂直平分线，
过点作于，则，
，
，
是的中点，，，
，
，
，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②③④．
故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的性质，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，等腰直角三角形的判定与性质，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线，平行线分线段成比例定理，熟记各性质与定理并作出辅助线是解题的关键．
18．如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的是（    ）
①△CMP~△BPA；②四边形AMCB的面积最大值为10；③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线；④线段 AM的最小值为2；⑤当△ABP≌△ADN时，BP=．

A．①③④ B．①②⑤ C．①②③ D．②④⑤
【答案】B
【分析】根据相似三角形的判定和性质逐个分析即可. 根据正方形的性质以及翻折证明角度相等，根据AA可证△CMP∽△BPA，故①正确；当x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；NE≠EP，故③错误；AM的最小值==5，故④错误；PB=故⑤正确．
【解析】∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，
∵∠CPN+∠NPB=180°，
∴2∠NPM+2∠APE=180°，
∴∠MPN+∠APE=90°，
∴∠APM=90°，
∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA．故①正确；
设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，
∴，
∴CM=x（4﹣x），
∴S四边形AMCB=[4+x（4﹣x）]×4==，
∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确；
当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，在Rt△PCN中，

解得，
∴NE≠EP，故③错误；
作MG⊥AB于G，∵AM==，
∴AG最小时AM最小，
∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣x（4﹣x）=，
∴x=1时，AG最小值=3，
∴AM的最小值==5，故④错误；
∵△ABP≌△ADN，
∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5°．
∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，
∴∠BPK=∠BKP=45°，
∴PB=BK=z，AK=PK=z，
∴z+z=4，
∴z=，即PB=故⑤正确．
故选B．

【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．利用正方形的性质以及翻折进行角度的转化，从而证明三角形相似是解题的关键．

二、填空题
19．开学伊始，各校新生都组织了军训，某校军训汇演的场地为一块长方形地块，某班准备学生在场地内站成行距、列距均为的方阵，场地边缘不站人，且最靠边的行、列距离边缘都是．但后来发现这样安排只能刚好站下参加汇演的所有女生，就决定男生站在边缘一圈的位置，且行、列与女生对齐，发现刚好占满所有可以站人的位置．汇报演出时男生挥舞彩旗，女生摇动啦啦球，采购彩旗和啦啦球时发现啦啦球的单价是彩旗的4倍，而啦啦球的总价是彩旗总价的4.8倍．如果场地面积不超过，那么场地的面积为___________．
【答案】50
【分析】先设出相应未知数，再根据题意列出方程，利用实际问题的限制要求，得到a和b的取值范围，在范围内判断求解即可．
【解析】解：设长方形地块的长为am，宽为bm，彩旗的单价为x元/个；
由题意可知女生占地的长为（a-2）m，宽为（b-2）m，
由间隔均为1m，可得女生人数为（a-2+1）(b-2+1)，即为（ab-a-b+1）人，
由于男生站在边缘一圈的位置，且行、列与女生对齐，发现刚好占满所有可以站人的位置，所以男生人数为2（a+1）+2(b-1)，即为（2a+2b）人；
∵采购彩旗和啦啦球时发现啦啦球的单价是彩旗的4倍，而啦啦球的总价是彩旗总价的4.8倍，
∴4.8（2a+2b）x=4（ab-a-b+1）x；
化简得：，
∵长方形地块学生横纵间距都是1m，且刚好站满，
∴a和b都是正整数，且
∴且为5的整数倍，
∴或，
∴；
故答案为：50．
【点睛】本题考查了列代数式和方程在实际问题中的应用，解决本题的关键是读懂题意，列出代数式，建立方程，通过限定条件，求出未知数的值．
20．近年来，网红北京迎来了无数中外游客．除了游故宫、登长城、吃烤鸭以外，稻香村的传统糕点成为了炙手可热的伴手礼．根据消费者的喜好，现推出A、B两种伴手礼礼盒，A礼盒装有2个福字饼，2个禄字饼：B礼盒装有1个福字饼，2个禄字饼，3个寿字饼，A、B两种礼盒每盒成本价分别为盒中福禄寿三种糕点的成本价之和．已知A种礼盒每盒的售价为96元，利润率为20%，每个禄字饼的成本价是寿字饼的成本价的3倍．国庆期间，由于客流量大，一天就卖出A、B两种礼盒共计78盒，工作人员在核算当日卖出礼盒总成本的时候把福字饼和禄字饼的成本看反了，后面发现如果不看反，那么当日卖出礼盒的实际总成本比核算时的总成本少500元，则当日卖出礼盒的实际总成本为_____元．
【答案】5740
【分析】根据题意可得A礼盒的成本价格，进而可求出1个福字饼和1个禄字饼的成本和为40元，再设一个福字饼成本x元，一个禄字饼成本（40﹣x）元，A种礼盒m袋，B种礼盒n袋，列出方程得到xn＝20n+250，最后求出每日卖出礼盒的实际总成本即可．
【解析】解：设A礼盒成本价格a元，根据题意，得
96﹣a＝20%a，
解得a＝80，
∵A礼盒装有2个福字饼，2个禄字饼，
∴2个福字饼和2个禄字饼的成本价格为80元，
∴1个福字饼和1个禄字饼的成本价格为40元，
设个福字饼成本价x元，1个禄字饼成本价（40﹣x）元，则1个寿字饼成本价为（40﹣x）元，
A种礼盒m袋，B种礼盒n袋，
根据题意，得
m+n＝78
80m+n[x+2（40﹣x）+3×（40﹣x）]+500＝80m+n[（40﹣x+2x+3×（40﹣x）]
∴xn＝20n+250
设A、B两种礼盒实际成本为w元，则有
w＝80m+xn+2n（40﹣x）+n×（40﹣x）
＝80（m+n）﹣500
＝80×78﹣500
＝5740．
故答案为：5740．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，解决本题的关键是求出A礼盒的成本．
21．如图，在矩形中，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为（），得到矩形，边与相交于点，边与的延长线相交于点．在矩形旋转过程中，当落在线段上时，_____，当是线段的三等分点时，_____．

【答案】          或
【分析】设，则，然后利用旋转的性质和勾股定理求出，然后求比值即可；分两种情况：①当时，②当时，分情况进行讨论即可．
【解析】∵四边形是矩形，

当落在线段上时，此时点与点E重合，

设，则，
由旋转的性质可知．
在中，，
；
①当时，
设，则，
过点F作交于点G，连接CF，

，
，
，
，
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
；
②当时，
设，则，
同理可求．
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
，
综上所述，当是线段的三等分点时，的值为或．
故答案为：，或．
【点睛】本题主要考查矩形与旋转，掌握矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用是解题的关键．
22．如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'，连接PP' ，CP'．当点P' 落在边BC上时，∠PP'C的度数为________； 当线段CP' 的长度最小时，∠PP'C的度数为________

【答案】     120°##120度     75°##75度
【分析】由旋转性质及旋转角知△BPP′为等边三角形，得到∠PP′B=60°；当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=120°；将线段BA绕点B逆时针旋转60°后点A落在点E，连接BE，得到△ABP≌△EBP′(SAS)，再证明△ABP为等腰直角三角形，进而得到∠EP′B=∠APB=45°，
最后当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，由此可以求出∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°．
【解析】解：由线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP'可知，△BPP′为等边三角形，
∴∠PP′B=60°，
当点P' 落在边BC上时，∠PP'C=180°-∠PP′B=180°-60°=120°；
将线段BA绕点B逆时针旋转60°，点A落在点E，连接BE，设EP′交BC于G点，如下图所示：

则∠ABP=∠ABE-∠PBE=60°-∠PBE，∠EBP′=∠PBP′-∠PBE=60°-∠PBE，
∴∠ABP=∠EBP′，
且BA=BE，BP=BP′，
∴△ABP≌△EBP′(SAS),
∴AP=EP′，∠E=∠A=90°，
由点P' 落在边BC上时，∠PP'C=120°可知，∠EGC=120°，
∴∠CGP′=∠EGB=180°-120°=60°，
∴△EBG与△P′CG均为30°、60°、90°直角三角形，
设EG=x，BC=2y，
则BG=2EG=2x，CG=BC-BG=2y-2x，GP′=CG=y-x，
∴EP′=EG+GP′=x+(y-x)=y=BC，
又已知AB=BC，
∴EP′=AB，
又由△ABP≌△EBP′知：AP=EP′，
∴AB=AP，
∴△ABP为等腰直角三角形，
∴∠EP′B=∠APB=45°，∠EP′P=60°-∠EP′B=60°-45°=15°，
当CP′⊥EF于H时，CP′有最小值，
此时∠PP'C=∠EP′C-∠EP′P=90°-15°=75°，
故答案为：120°，75°．
【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、矩形的性质、旋转的性质及等腰三角形的性质，属于四边形的综合题，难度较大，熟练掌握各图形的性质是解题的关键．
23．如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交与点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是________________．

【答案】4
【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根据平行线的性质得到DE⊥AC，根据垂直的定义得到∠DNA＝∠BMC＝90°，由全等三角形的性质得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
在△DNA和△BMC中，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
24．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为_______．

【答案】
【分析】以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，设正方形ABCD的边长为2，从而求出E的坐标，然后根据待定系数法求出直线CE的解析式，即可求出G的坐标，从而可求出GE，根据旋转的性质可求出F的坐标，进而求出H的坐标，则可求OH，最后代入计算即可得出答案．
【解析】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：

设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），
∵E为OE中点，
∴E（，），
设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（，）代入得：
，
解得，
∴直线CE解析式为，
在中，令x＝﹣1得y＝，
∴G（﹣1，），
∴GE＝＝，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（，），C（1，1），
∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，
∴F（，），
∵H是EF中点，
∴H（，0），
∴OH＝，
∴＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，两点间距离公式等知识，以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系是解题的关键．
25．如图，已知、为的边上的两点，且满足，一条平行于的直线分别交、、的延长线于点、、，则________．

【答案】3
【分析】过点M作MGDF，点G在AB上，过点N作NHDF，H在AB上，NH交AM于I，则有MGDFNHAC，利用平行线分线段成比例和平行线判定三角形相似可得，再利用DFNH得到，从而得解．
【解析】过点M作MGDF，点G在AB上，过点N作NHDF，H在AB上，NH交AM于I，
则有MGDFNHAC

∵GMNH，
∴△BMG∽△BNH
∴
又∵BM=，
∴
∵MGNHAC，
∴
∴
∵MGNH
∴△AHI∽△AGM   
∴
又∵
∴
∴
又∵DFNH   
∴△AHI∽△ADE，△ANI∽△AFE，
∴
∴
∴
故答案是：3．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例和三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
26．如图，等边边长为，点，分别是，边上的动点，且，作平行四边形PQCR，则用含的代数式表示平行四边形PQCR 的面积为_____；当PCAR时，______．

【答案】          ##
【分析】过点P作PH⊥BC于点H，由AP=BQ=x，得PB=QC=4-x，利用含30度角的直角三角形得PH=，进一步得到平行四边形PQCR的面积与x的关系式；当PCAR时，证△AOR∽△COP，利用相似三角形对应边成比例列出方程求解即可．
【解析】解：如图，过点P作PH⊥BC于点H，

∴∠PHB=90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，BC=AB=4，
∵AP=BQ=x，
∴PB=QC=4-x，
在Rt△BPH中，∵∠B=60°，
∴PH=，
∴平行四边形PQCR的面积=QC•PH=；
当PCAR时，如图，连接PC，AR，AC、PR交于点O，

∴△AOR∽△COP，
∴，
∵PRBC，
∴△APO是等边三角形，
∴AO=AP=PO=x，
∴OR=PR-PO=4-x-x=4-2x，CO=4-x，
∴，
解得x=，
∴当PCAR时，x=，
故答案为：；．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质等知识点，添加合适的辅助线进行解决问题是解题的关键．
27．如图，是等边三角形，是等腰直角三角形，，于点E，连接分别交于点F、点G，过点A作交于点H，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是___________．（把你认为正确结论的序号都填上）．

【答案】①②③④
【分析】①由等边三角形与等腰直角三角形知是等腰三角形且顶角，据此结合三角形内角和即可判断；②证即可判断；③由、即可得证；④设，则、，设，由知，根据是等腰直角三角形之，据此得出，证得，从而得出与的关系即可判断．
【解析】解：为等边三角形，为等腰直角三角形，
、、，，
是等腰三角形，且顶角，
，故①正确；
如图，设与的交点为，

由，
为等腰直角三角形，且，
，
，
，
则，
在和中，
，
，
，故②正确；
，，
，故③正确；
在中，设，则，
，  
设，
，
，
，，
，
，
，，
，
，即，  
整理，得：，
由得，即，故④正确；
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是利用参数表示出线段的长．
28．如图，已知在矩形纸片中，，，点E是的中点，点F是边上的一个动点，将沿所在直线翻折，得到，连接，，则当是以为腰的等腰三角形时，的长是_______________．

【答案】1或或
【分析】存在三种情况：当时，连接ED，利用勾股定理可以求得ED的长，可判断三点共线，根据勾股定理即可求解；当时，可以证得四边形是正方形，即可求解；当时，连接EC，FC，证明三点共线，再用勾股定理，即可求解．
【解析】解：①当时，连接ED，如图，

∵点E是的中点，，，四边形是矩形，
∴，
由勾股定理可得，，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴，
∵，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，
解得，
∴；
②当时，如图，

∵，
∴点在线段CD的垂直平分线上，
∴点在线段AB的垂直平分线上，
∵点E是的中点，
∴是AB的垂直平分线，
∴，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴，
∴四边形是正方形，
∴；
③当时，连接EC，FC，如图，

∵点E是的中点，，，四边形是矩形，
∴，
∴，
∵将沿所在直线翻折，得到，
∴，
∵，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
在中，，
∴
∴，
解得，
∴；
综上所述，AF的长为1或或．
故答案为：1或或．
【点睛】本题考查矩形中的翻折问题，涉及矩形的性质、等腰三角形的性质、正方形的判定和性质、勾股定理，分类讨论思想的运用是解题的关键．
29．如图，菱形中，，对角线相交于点，点、分别是边、上的点，且，连接、分别交对角线于点、，若，，则的面积为 __．

【答案】
【分析】根据菱形的性质可推导出，，，，再由可得：，根据相似三角形的性质列出式子，根据可以判定，故，再由，可得：，根据相似三角形的性质列出式子，即可得出答案．
【解析】解：四边形为菱形，，，
，，，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
30．如图，矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M、N分别在矩形的边AD、BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接 PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①四边形 CMPN是菱形；②点P与点A重合时， MN＝5；③△PQM的面积S的取值范围是4≤S≤5，其中所有正确结论的序号是______．  

【答案】①③##③①
【分析】先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN= CN判断四边形CMPN是菱形，点P与点A重台时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断②，当MN过D点时，求出四边形CMPN面积的最小值，当P与A重台时，求出四边形面积的最大值，即可判断③．
【解析】解：①如下图，

∵ ，
∴ ，
∵折叠，∴ ，NC=NP
∴ ，
∴ ，
∴PM=CN，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 为菱形，
故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示

设 ，则 ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，
∴ ， ，
∴ ，
又∵四边形 为菱形，
∴ ，且 ，
∴
∴ ，
故②错误，不符合题意；
③当 过点D时，如图3所示：

此时， 最短，四边形 的面积最小，则S最小为 ，
当P点与A点重合时， 最长，四边形 的面积最大，则S最大为 ，
∴ ，故③正确，符合题意.
故答案为：①③.
【点睛】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．
31．如图，已知在正方形 外取一点 ，连接 、 、 ．过点 作 的垂线交 于点 ． ，．下列结论：① ；② ；③点 到直线 的距离为 ；④．其中正确结论的序号是_______．

【答案】①②④
【分析】根据正方形 可知，，，，可以求出，故①符合答案；在四边形中，由四边形的内角和、①可知，故②符合题意；在 ， 中，可求出 ， ，即点 到 的距离是 ，那么点 到 的距离是要小于 ，故③不符合题意；四边形 的面积等于 的面积与 的面积之和，故④符合题．
【解析】解：∵在正方形中，，
∴，
∴，
和中
∵，
∴，故①符合题意；
∵，
∴，
∴，
∴ ，故②正确；
如图所示，过点作，交的延长线于点，
∵，，

∴，，
∴，
∴，
在，，中，由勾股定理可求得：，
∵ ，
∴由勾股定理可求得： ，
∴，故③错误；
∵，，
∴，故④正确．
故答案是：①②④．
【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定定理．关键是添加合适的辅助线，利用图形结合思想来解决问题．
32．如图，正方形中，，点为对角线上一点，且，连接并延长交于点，过点作于点，交于点．下列结论中：①；②；③；④．其中正确的结论有_________．

【答案】①②③
【分析】由正方形的性质得∠BAC =∠DAC =∠ACB= 45°，再AE= AB得AE= AD，根据等腰三角形的性质求得∠ADE=∠AED = 67.5°，∠ABE=∠AEB = 67.5°，进而求得∠BEG，便可判断②的正误；由等腰三角形的性质求得∠BAF= 22.5°，再证明∠BAF=∠CDG，根据ASA定理便可得△ABF≌△DCG，从而可判断①的正误；证明△EBG∽△CBE，由比例线段可得出，从而判断③的正误；在AH上截取HM = BH，得到BM = AM =BH，由勾股定理便可求得BH，再由，求出BF，即可判断④的正误．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB = BC= CD= AD，∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°，
∵AE = СВ，
∴AB= BC= CD= AD = AE，
∵AB=AE=AD，∠BAC=∠DAC=45°，
∴∠ ADE=∠AED = 67.5°，∠ABE=∠AЕВ=67.5°，
∴∠BEG=180°-∠AED-∠AEВ=45°，故②正确；
∵AH⊥BЕ，AB= АЕ，
∴BH = НЕ，∠BAF=∠EAF= 22.5° ，
∵∠CDG =∠ADC - ∠ADG = 22.5°，
∴∠BAF=∠CDG，
又∵∠ABC=∠DCG=90°，AB=DC,
∴△ABF≌△DCG (ASA)，故①正确；
∵∠BEG =∠ACB= 45°，∠EBС =∠EBG，
∴△EBG∽△CBE，
∴,
∴
∴，故③正确；
在AH上截取HM=BH，

则∠НВМ=∠ВМH=45°，
∴∠АВM=∠ВАM=22.5°，
∴АМ=ВM=BH，
∵，
∴，
∴，
∵△ABF≌△DCG，
∴BF= CG，
∴BG=BC-CG=2-BF，
∵，CD=2，
∴
∴BF=，故④错误；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
33．正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，DE平分∠ADO交AC于点E，把△ADE沿AD翻折，得到△，点F是DE的中点，连接AF，BF，． 若AE＝2，则四边形的面积是________．

【答案】##
【分析】连接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N．易知△AEB≌△AED≌△ADE′，先求出正方形AMEN的边长，再求出AB，根据S四边形ABFE′＝S四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB即可解决问题．
【解析】连接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝OB＝OD＝OC，
∠DAC＝∠CAB＝∠DAE′＝45°，
在△ADE和△ABE中，
，
∴△ADE≌△ABE（SAS），
∵把△ADE沿AD翻折，得到△ADE′，
∴△ADE≌△ADE′，△ADE′≌△ABE，
∴DE＝DE′，AE＝AE′，
∴AD垂直平分EE′，
∴EN＝NE′，
∵∠NAE＝∠NEA＝∠MAE＝∠MEA＝45°，AE＝2，
∴AM＝EM＝EN＝AN＝，
∵ED平分∠ADO，EN⊥DA，EO⊥DB，
∴EN＝EO＝，AO＝2+，
∴AB＝AO＝2+2，
∴，
，
∵DF＝EF，
∴S△EFB＝S△BDE＝×()＝，
∴S△DEE′＝2S△AED﹣S△AEE′＝-×22＝，
即，
∴S四边形AEFE′＝2S△AED﹣S△DFE′＝2×（2+）﹣（1+）＝3+，
∴S四边形ABFE′＝S四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB＝3++2++1+＝6+3；
故答案为：6+3．
【点睛】本题考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的性质，角平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线，学会利用分割法求四边形面积，属于中考填空题中的压轴题．
34．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，点F沿线段AO从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，连接OE．现给出以下结论：
①；②；③直线；④点E运动的路程是．
其中正确的结论是______．（写出所有正确结论的序号）

【答案】①②③
【分析】①根据，，得出为等边三角形，再由为等边三角形，得，即可得出结论①正确；
②如图，连接，利用证明，再证明，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④如图，延长至 ，使，连接 ，通过，，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段 运动到，从而得出结论④错误．
【解析】解：①∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，
∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，
∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，
∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，
∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，
∴∠ADF＝∠EFC，
∴∠BDE＝∠EFC，
故结论①正确；
②如图，连接OE，
在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC，∠OCE＝∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至，使＝OD，连接，
∵△DAF≌△DOE，∠DOE＝60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段运动到，
∵＝OD＝AD＝AB•tan∠ABD＝4•tan30°＝ ，
∴点E运动的路程是，
故结论④错误．
故答案为①②③．

【点睛】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键．
35．“勾股图”有着悠久的历史，欧几里得在《几何原本》中曾对它做了深入研究．如图，在△ABC中，，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形．连接EB，CM，DG，CM分别与AB，BE相交于点P，Q．若，则___________°，的值为___________．

【答案】          ##
【分析】（1）根据题中条件，根据两个三角形全等的判定定理证得，根据全等的性质得出，
（2）在（1）的基础上，得到，；设，则可得、、、及的长，再由证得，得出，即可得出结果．
【解析】（1）解：四边形、四边形四边形都为正方形，
，，，，
，
在和中，，
，
，
故答案为：；
（2）由（1）可知，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，证明是解题的关键．