初中4.2 平行四边形练习题

这是一份初中4.2 平行四边形练习题，共49页。

A．∠BAFB．∠CBG
C．∠BADD．以上选项都不可以
【分析】先判断出菱形和矩形的对角线相较于同一个点O，再判断出点A，O，F，B共圆，进而判断出△AOB∽△HEF，得出，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接AC，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
连接EG，FH，
∵一个菱形被分割成4个直角三角形和1个矩形后仍是中心对称图形，
∴EG与FH的交点也是点O，
∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF＝∠AFB＝∠EFG＝90°，
∴∠AOB＝∠AFB＝90°，
∴点A，O，F，B共圆，
∴∠AFO＝∠ABO，
∵∠AOB＝∠HEF＝90°，
∴△AOB∽△HEF，
∴，
∴，
在Rt△AOB中，tan∠BAO＝，
∵AC是菱形的对角线，
∴∠BAO＝，
∴＝tan，
故选：C．
【点评】此题主要考查了菱形和矩形的性质，四点共圆，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，判断出△AOB∽△HEF是解本题的关键．
2．（诸暨市月考）如图，一块长方形场地ABCD的长AB与宽BC的比是：1，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别是E、F两点．现计划在四边形DEBF区域种植花草，则四边形DEBF与长方形ABCD的面积比等于（ ）
A．1：3B．2：3C．1：2D．1：4
【分析】由AAS证明△ADE≌△CBF得出BF＝DE．由BF∥DE，即可得出四边形DEBF是平行四边形．设AD＝x，则AB＝x，由勾股定理求出AC，再求出DE、CF、EF的长，计算出四边形DEBF与矩形ABCD的面积，再作比值即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠DAE＝∠BCF．
∵BF⊥AC，DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CFB＝90°，BF∥DE．
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS），
∴DE＝BF，AE＝CF，
又∵BF∥DE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
设AD＝BC＝x，则CD＝AB＝x，
∴AC＝＝＝x，
∵DE⊥AC于点E，
∴S△ADC＝AD•CD＝AC•DE，
∴x•x＝x•DE，
∴DE＝x，
在△ADE中，AE＝＝x，
CF＝x，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝x，
∴S四边形DEBF＝EF•DE＝x•x＝x2，
∵S矩形ABCD＝x•x＝x2，
∴四边形DEBF与矩形ABCD的面积之比为1：3．
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
3．（南浔区二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BD，AB＝5，BD＝4，CD＝3，点E是AC的中点，则BE的长为（ ）
A．2B．C．D．3
【分析】过点C作CF⊥AB的延长线于点F，根据题意可判断四边形BFCD是矩形，则有BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，再由勾股定理求得BC＝5，AC＝，从而可判断△ABC是等腰三角形，则有BE⊥AC，利用三角形的等积可求解．
【解答】解：过点C作CF⊥AB的延长线于点F，如图所示：
∵AB∥CD，AB⊥BD，
∴CD⊥BD，
∵CF⊥AB，
∴CF⊥CD，
∴BD∥CF，
∴四边形BFCD是矩形，
∴BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，
在Rt△BCF中，BC＝，
在Rt△AFC中，AC＝＝，
∴BC＝AB＝5，
∴△ABC是等腰三角形，
∵点E是AC的中点，
∴BE⊥AC，
∵，
∴×5×4＝×BE，
解得：BE＝．
第二种解法：延长AB，在AB的延长线上截取BM＝AB，连接CM，过点C作CN⊥AB，交AB延长线于点N，如图，
∵AB∥CD，AB⊥BD，
∴CD⊥BD，
∵CN⊥AB，
∴CN⊥CD，
∴BD∥CF，
∴四边形BFCD是矩形，
∴BN＝CD＝3，CN＝BD＝4，
∴NM＝BM﹣BN＝2，
在Rt△CNM中，CM＝，
∵点E是AC的中点，AB＝BM，
∴BE是△ACM的中位线，
∴BE＝CM＝．
故选：C．
【点评】本题主要考查矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解答的关键是求得AC的长度．
4．（吴兴区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E为对角线AC上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线上于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连结CG．若AB＝2，则CE+CG的值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】通过矩形和正方形的性质证明矩形DEFG是正方形，根据正方形的性质证明△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝4．
【解答】解：作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝×2＝4，
故选：C．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，通过证明全等判定矩形DEFG是正方形．
5．（宁波模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝1，以AB，AC，BC为边在同一侧作正方形ABED，正方形ACGF，正方形BCHI，CG交DE于点N，CH交BE于点L．EJ⊥CG于点J，LK⊥EJ于点K，设NE＝x，当矩形CLKJ为正方形时，x的值等于（ ）
A．B．C．﹣1D．
【分析】根据正方形的性质证明△ABL≌△BEN得到BL＝EN＝x，AL＝BN＝，根据正方形的性质分别证明△BCL∽△BEN和△LKE∽△BEN，根据相似三角形的性质求出KL和CL的长度，根据正方形的性质得到KL＝CL进而求解．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵∠ABC+∠NBE＝90°，
∴∠CAB＝∠NBE，
∵∠ACL＝∠NEB＝90°，AB＝BE＝1，
∴△ABL≌△BEN（ASA），
∴BL＝EN＝x，AL＝BN＝，
∵∠CBL＝∠EBN，∠LCB＝∠NEB＝90°，
∴△BCL∽△BEN，
∴＝，
∴＝，
∴CL＝，
∵KL∥JB，
∴∠KLE＝∠EBN，
∵∠LKE＝∠BEN＝90°，
∴△LKE∽△BEN，
∴＝，
∴＝，
∴KL＝，
∵矩形CLKJ为正方形，
∴KL＝CL，
∴＝，
∴x＝或x＝（舍去），
∴x＝，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和正方形的性质，解题的关键是根据正方形的性质证明△ABL≌△BEN，△BCL∽△BEN和△LKE∽△BEN．
6．（富阳区一模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3．动点P从点A出发，沿AB运动到点B停止，过点E作EF⊥PE交射线BC于点F，联结PF，设M是线段PF的中点，则点P运动的整个过程中，线段DM长的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
【分析】连接BE、EM、BM，作BE的垂直平分线GH分别与DA的延长线、BC的延长线交于点G、H，过D作DN⊥GH于点N，连接EH，过H作HK⊥AD，与AD的延长线交于点K，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，知BM＝EM，说明M点在BE的垂直平分线GH上，当M与N点重合时DM＝DN的值最小，根据矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质和相似三角形的性质求得DN便可．
【解答】解：连接BE、EM、BM，作BE的垂直平分线GH分别与DA的延长线、BC的延长线交于点G、H，过D作DN⊥GH于点N，连接EH，过H作HK⊥AD，与AD的延长线交于点K，
∵∠ABC＝∠PEF＝90°，M是PF的中点，
∴BM＝EM，
∴无论P点运动到什么位置时，M点始终在BE的垂直平分线上，
∴M点在GH上，
当M与N点重合时，DM＝DN的值最小，
设EH＝x，
∵GH是BE的垂直平分线，
∴BH＝EH＝x，
∴∠EHG＝∠BHG，
∵GD∥BH，
∴∠EHG＝∠BHG＝∠G，
∴EG＝EH＝x，
∵∠ABH＝∠BAK＝∠K＝90°，
∴四边形ABHK为矩形，
∴AK＝BH＝x，AB＝KH＝6，
∵AD＝8，点E在边AD上，且AE：ED＝1：3，
∴AE＝2，ED＝6，
∴EK＝AK﹣AE＝x﹣2，
∵EH2﹣EK2＝KH2，
∴x2﹣（x﹣2）2＝62，
解得，x＝10，
∴GE＝x＝10，
GD＝EG+DE＝x+6＝10+6＝16，
∵OE∥DN，
∴△GEO∽△GDN，
∴，
∴DN＝EO，
∵，
∴EO＝BE＝，
∴，
即线段DM长的最小值为，
解法二：建立如图坐标系，过点F作FJ⊥AD于J．则D（8，6），E（2，6），设P（0，a），
由△PAE∽△EJF，可得AJ＝18﹣3a，
∴F（20﹣3a，0），
∵PM＝MF，
∴M（10﹣1.5a，0.5a），
∴DM＝＝，
∴当a＝﹣＝时，DM的值最小，此时DM＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，垂线段最短，难度较大，要用的辅助线较多，关键在确定DM最小值的位置．
7．（温州模拟）四个全等的直角三角形如图所示摆放成一个风车的形状，连接四个顶点形成正方形ABCD，O为对角线AC，BD的交点，OE的延长线交BC于点F．记图中阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若2CF＝3BF，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由对称性可知＝，利用正方形的性质和勾股定理分别求出直角三角形的边，即可解答．
【解答】解：过点O作OH⊥BC与H，如图，
由对称性可知，
＝，
设BF＝2a，则CF＝3a，
∴BC＝BF+CF＝5a，
∵正方形ABCD，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴OH垂直平分BC，
∴BH＝CH＝OH＝BC＝，
∴HF＝CF﹣HC＝，
在Rt△OFH中，由勾股定理得，
OF＝＝，
∴S△OCF＝CF•OH＝OF•CE，
∴CE＝＝a，
∵OC＝BC＝a，
在Rt△OFH中，由勾股定理得，
OE＝＝a，
∴EF＝a，
∴S△OCE＝OE•CE＝a2，
S△CEF＝CE•EF＝a2，
S△OBF＝BF•OH＝a2，
∴＝＝，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质和勾股定理等知识，关键是能够表示三角形的边．
8．（镇江）如图，菱形ABCD的顶点B、C在x轴上（B在C的左侧），顶点A、D在x轴上方，对角线BD的长是，点E（﹣2，0）为BC的中点，点P在菱形ABCD的边上运动．当点F（0，6）到EP所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在AB的中点处，则菱形ABCD的边长等于（ ）
A．B．C．D．3
【分析】如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF．首先说明点G与点E重合时，FG的值最大，如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J．设BC＝2a．利用相似三角形的性质构建方程求解即可．
【解答】解：如图1中，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF．
∵E（﹣2，0），F（0，6），
∴OE＝2，OF＝6，
∴EF＝＝2，
∵∠FGE＝90°，
∴FG≤EF，
∴当点G与E重合时，FG的值最大．
如图2中，当点G与点E重合时，连接AC交BD于H，PE交BD于J．设BC＝2a．
∵PA＝PB，BE＝EC＝a，
∴PE∥AC，BJ＝JH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BH＝DH＝，BJ＝，
∴PE⊥BD，
∵∠BJE＝∠EOF＝∠PEF＝90°，
∴∠EBJ＝∠FEO，
∴△BJE∽△EOF，
∴＝，
∴＝，
∴a＝，
∴BC＝2a＝，
故选：A．
【点评】本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
9．（椒江区月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF＝CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP＝BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④再求，证出四边形BEFG是平行四边形，⑤③不正确；此题得解．
【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF＝CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG＝AB＝CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO＝BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP＝BE，
在△APG和△EGP中，，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG＝AB，
∴EG＝EF，即①正确，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP＝BE＝GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正确．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、中位线定理以及平行线的性质定理，解题的关键是利用中位线，寻找等量关系，借助于证明全等三角形找到边角相等．
10．（诸暨市期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，则正方形ABCD的面积S等于（ ）
A．34B．89C．74D．109
【分析】过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CH⊥l2分别交l2、l3于点H、G，根据正方形的性质和平行线的性质，证△ABE≌△CDG即可；易证△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF，且两直角边长分别为h1、h1+h2，四边形EFGH是边长为h2的正方形，所以S＝4××h1（h1+h2）+h22＝2h12+2h1h2+h22＝（h1+h2）2+h12，将h1＝5，h2＝2代入，即可解决问题．
【解答】证明：如图，过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CH⊥l2分别交l2、l3于点H、G，
∵四边形ABCD是正方形，l1∥l2∥l3∥l4，
∴AB＝CD，∠ABE+∠HBC＝90°，
∵CH⊥l2，
∴∠BCH+∠HBC＝90°，
∴∠BCH＝∠ABE，
同理可得，∠BCH＝∠CDG，
∴∠ABE＝∠CDG，
∵∠AEB＝∠CGD＝90°，
在△ABE和△CDG中，
，
∴△ABE≌△CDG（AAS），
∴AE＝CG，
即h1＝h3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∵∠AEB＝∠DFA＝∠BHC＝∠CGD＝90°，∠ABE＝∠FAD＝∠BCH＝∠CDG，
∴△AEB≌△DAF≌△BCH≌△CGD，且两直角边长分别为h1、h1+h2，
∴四边形EFGH是边长为h2的正方形，
∴正方形ABCD的面积S＝4××h1（h1+h2）+h22＝2h12+2h1h2+h22＝（h1+h2）2+h12，
∵h1＝5，h2＝2，
∴S＝（h1+h2）2+h12＝49+25＝74．
故选：C．
【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质、直角三角形的性质，本题的关键在于作好辅助线，根据已知找到全等三角形即可．
11．（灞桥区校级模拟）如图，平面内三点A、B、C，AB＝4，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是（ ）
A．5B．7C．7D．
【分析】如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，推出△ADM是等腰直角三角形，推出AD＝AM，推出当AM的值最大时，AD的值最大，利用三角形的三边关系求出AM的最大值即可解决问题；
【解答】解：如图将△BDA绕点D顺时针旋转90°得到△CDM．
由旋转不变性可知：AB＝CM＝4，DA＝DM．∠ADM＝90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AD＝AM，
∴当AM的值最大时，AD的值最大，
∵AM≤AC+CM，
∴AM≤7，
∴AM的最大值为7，
∴AD的最大值为，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
二．填空题（共14小题）
12．（温州校级开学）如图，点E，F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边FG，EH的中点M，N，已知菱形EGFH的面积为S，则图中阴影部分的面积和为 S .（用含S的代数式表示）
【分析】如图，连接EF、GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，由E、F分别是CD、AB的中点，可得DE＝CD，AF＝AB，得出四边形ADEF是平行四边形，再利用四边形EGFH是菱形，可得GH⊥EF，OG＝OH＝GH，∠EOG＝90°，利用AAS证明△HGM≌△AFM，再利用ASA证明△AGL≌△EGR，从而得出ER＝RT＝FT＝EF＝AD，根据菱形EGFH的面积为S，可得EF•GH＝2S，进而得AD•AB＝4S，运用平行四边形面积可得S▱ALCK＝AL•AB＝AD•AB＝S，S▱GMHN＝S，再利用S阴影＝S▱ALCK﹣S▱GMHN，即可求得答案．
【解答】解：如图，连接EF、GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠D＝90°，
∵E、F分别是CD、AB的中点，
∴DE＝CD，AF＝AB，
∴DE＝AF，
∵DE∥AF，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∵∠D＝90°，
∴四边形ADEF是矩形，
∴EF∥AD，EF＝AD，∠AFE＝90°，
∵四边形EGFH是菱形，
∴GH⊥EF，OG＝OH＝GH，
∴∠EOG＝90°，
∴∠EOG＝∠AFE，
∴GH∥AF，
∴∠GHM＝∠FAM，
∵点M是FG的中点，
∴GM＝FM，
在△HGM和△AFM中，
，
∴△HGM≌△AFM（AAS），
∴GH＝AF，
∴GH＝AB，
∵OG＝AF，OE＝OF，OG∥AF，
∴点G是矩形ADEF的中心，即A、G、E三点在同一条直线上，
∴AG＝EG，
∵EF∥AD，
∴∠LAG＝∠REG，
在△AGL和△EGR中，
，
∴△AGL≌△EGR（ASA），
∴AL＝ER，
∵AK∥CL，AL∥CK，
∴四边形ALCK是平行四边形，
同理，四边形ALRT是平行四边形，
∴AL＝RT＝CK，
∴ER＝RT，
同理可得，RT＝FT，
∴ER＝RT＝FT＝EF＝AD，
∵菱形EGFH的面积为S，
∴EF•GH＝2S，
∴AD•AB＝4S，
∵AL＝AD，
∴S▱ALCK＝AL•AB＝AD•AB＝S，
∵S▱GMHN＝S，
∴S阴影＝S▱ALCK﹣S▱GMHN＝S﹣S＝S；
故答案为：S．
【点评】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定与性质，菱形性质，全等三角形判定和性质，平行四边形面积等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质及全等三角形判定和性质等相关知识是解题关键．
13．（闵行区二模）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．
问题：如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，且△ABC的面积为m，如果△ABC存在“最优覆盖菱形”为菱形BCMN，那么m的取值范围是 4≤m≤8 ．
【分析】由△ABC的面积为m可得△ABC的高为，然后再分三角形的高取最大值和最小值两种情况求解即可．
【解答】解：∵△ABC的面积为m，
∴△ABC的BC边上的为高，
如图：当高取最小值时，△ABC为等边三角形，
点A与M或N重合，
如图：过A作AD⊥BC，垂足为D
∵等边三角形ABC，BC＝4，
∴∠ABC＝60°，BC＝4，∠BAD＝30°．
∴BD＝2，
∴AD＝＝2，
∴＝2，即．
如图：
当高取取最大值时，菱形为正方形．
∴点A在MN的中点，
∴，
∴4≤m≤8，
故答案为：4≤m≤8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质/正方形的性质/等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活运用相关知识成为解答本题关键．
14．（嵊州市模拟）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在菱形的边上，若满足PE+PF＝a的点P只有4个，则a的取值范围是 a＝4或12＜a＜8 ．
【分析】不妨假设点P在线段BC上，作点E关于BC的对称点G，EG现BC交于点K，连接FG交BC于点P，此时PE+PF的值最小，求出PE+PF的最值，判断出在线段BC上存在﹣点P满足PE+PF＝a的取值范围，再根据对称性质便可得出结论．
【解答】解：不妨假设点P在线段BC上，作点E关于BC的对称点G，EG现BC交于点K，连接FG交BC于点P，此时PE+PF的值最小，如图1，
过F作FH⊥EK于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝12，∠ACB＝60°，
∵点E，F将对角线AC三等分，
∴AE＝EF＝FC＝4，
∴GK＝EK＝EC•sin∠ACB＝4，CK＝CE＝4，
∵FH⊥EG，BC⊥EG，
∴HF∥BC，
∵EF＝FC，
∴，
∴HF＝＝2，
∴，
根据菱形的对称性知，当PE+PF＝a＝4时，在菱形ABCD的四边各存在一点满足条件PE+PF＝a；
当点P在C点时，PE+PF＝8+4＝12，
当P点在B点时，连接BD，与AC交于点O，如图2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OC＝，
∴，
∵OE＝OF＝EF＝2，
∴PE＝PF＝，
∴，
当点P由C运动到B时，PE+PF的值由最大值12减小到4再增加到8，
由菱形的对称性质知，当12＜PE+PF＜8时，即12＜a＜8时，在菱形ABCD的四边各存在一点满足条件PE+PF＝a；
综上，点P在菱形的边上，若满足PE+PF＝a的点P只有4个，则a的取值范围是a＝4或12＜a＜8．
故答案为：a＝4或12＜a＜8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，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．
15．（温岭市一模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E、F分别在BC与CD上，且∠EAF＝45°
（1）如图甲，若EA＝EF，则EF＝ ；
（2）如图乙，若CE＝CF，则EF＝ 7﹣4． ．
【分析】（1）已知EA＝EF，∠EAF＝45°，由三角形的内角和得∠AEF＝90°，∠AEB+∠FEC＝90°，又因∠BAE+∠AEB＝90°，等量代换得∠BAE＝∠CEF，从而证明△ABE≌△ECF；EF的长可由勾股定理求出．
（2）作辅助线FM和EN，已知△CEF，构建两个等腰△DEM，△BEN可求出线段DF，AM，FC，BE和AN的长；证明△ANE∽△FMA，再由两个三角形相似的性质求出相似比，解出x的值，由勾股定理（或三角函数）求出EF的长．
【解答】解：（1）如图甲所示：
∵EA＝EF，
∴△AEF是等腰直角形，∠EAF＝∠EFA，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EFA＝45°，
又∵在△AEF中，∠EAF+∠EFA+∠AEF＝180°，
∴∠AEF＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
又∵∠AEB+∠AEF+∠FEC＝180°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
又∵△ABE中，∠B+∠BAE+∠AEB＝180°，
∠B＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
在△ABE和△ECF中
，
∴△ABE≌△ECF（AAS）
∴AB＝EC，BE＝CF，
又∵AB＝3，BC＝4，
∴EC＝3，CF＝1，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：
＝＝
故答案为．
（2）如图乙所示：
作DM＝DF，BN＝BE，分别交AD，AB于点M和点N，设MD＝x，
∵四边形ABCDA是矩形，
∴∠B＝∠D＝90°，
∴∠BNE＝45°，∠DMF＝90°，
又∵∠BNE+∠ENA＝180°，∠FMD+∠FMA＝180°，
∴∠ENA＝135°，∠FMA＝135°，
又∵∠EAF＝45°，∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠FAD＝90°，
∴∠BAE+∠FAD＝45°，
∵∠BAE+∠NEA＝45°，
在△ANE和△FMA中
，
∴△ANE∽△FMA（AA）
∴；
又∵MD＝x，
∴DF＝x，
∵CE＝CF，AB＝3，BC＝4，
∴FC＝EC＝3﹣x，BE＝BN＝x+1，AN＝2﹣x，
∴，
解得：2﹣4，或﹣2﹣4（舍去），
∴FC＝3﹣（）＝7﹣2，
∴EF＝FC＝（7﹣2）＝7﹣4．
故答案为7﹣4．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理的运用等相关知识，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键，
16．（镇海区期末）如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是它的四条边上的点，且AE＝BF＝CG＝DH，AC与四边形EFGH的边EH交于点P．若，则∠AHE＝ 22.5 度．
【分析】过点E作EM∥BC交AC于点M，根据正方形的性质可得AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，所以EM∥BC，可得△AEM是等腰直角三角形，可得AM＝AE，然后根据平行线分线段成比例定理和已知条件可得AE＝AP，再根据三角形内角和定理即可解决问题．
【解答】解：如图，过点E作EM∥BC交AC于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，
∴EM∥BC，
∴∠AEM＝90°，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴AE＝ME，
∴AM＝AE，
∵EM∥BC，
∴＝＝，
∵，
∴AE＝AP，
∴∠AEP＝∠APE＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠AHE＝90°﹣67.5°＝22.5°．
故答案为：22.5°．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
17．（椒江区校级月考）如图，点E在正方形ABCD内，且∠AED＝90°，AE＝2，连接BE，则△ABE的面积为 2 ．
【分析】过点B作BF⊥AE的延长线于点F，证明△ABF≌△ADE（AAS），可得BF＝AE＝2，AF＝DE，设正方形ABCD的边长为a，根据勾股定理可得AF＝DE＝，所以EF＝AF﹣AE＝﹣2，由S△ABE＝S△ABF﹣S△BEF，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，过点B作BF⊥AE的延长线于点F，
∴∠AFB＝∠AED＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠BAE+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADE，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（AAS），
∴BF＝AE＝2，AF＝DE，
设正方形ABCD的边长为a，
∴AF＝DE＝，
∴EF＝AF﹣AE＝﹣2，
∵S△ABE＝S△ABF﹣S△BEF，
∴S△ABE＝BF•AF﹣BF•EF
＝2×﹣2×（﹣2）
＝﹣+2
＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△ABF≌△ADE．
18．（柯桥区期中）如图，已知：PA＝2，PB＝4，以AB为边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当∠APB＝45°时，则PD的长为 2 ．
【分析】由于AD＝AB，∠DAB＝90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，则△APF为等腰直角三角形，得到∠APF＝45°，PF＝AP＝2，即有∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，然后在Rt△FBP中，根据勾股定理可计算出FB的长，即可得到PD的长．
【解答】解：∵AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，如图，
∴AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴∠APF＝45°，PF＝AP＝2，
∴∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，
在Rt△FBP中，PB＝4，PF＝2，
∴由勾股定理得FB＝＝＝2，
∴PD＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质和旋转的性质：旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等，对应点的连线段所夹的角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等；也考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理．
19．（婺城区校级期末）如图，点A是x轴上的一个动点，点C在y轴上，以AC为对角线画正方形ABCD，已知点C的坐标是C（0，4），设点A的坐标为A（n，0）．
（1）当n＝2时，正方形ABCD的边长AB＝ ．
（2）连接OD，当OD＝时，n＝ 2或6 ．
【分析】（1）在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长度，然后再求得正方形的边长即可；
（2）先求得OD与y轴的夹角为45°，然后依据OD的长，可求得点D的坐标，过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴，接下来，再证明△DNA≌△DMC，从而可得到CM＝AN，从而可得到点A的坐标．
【解答】解：（1）当n＝2时，OA＝2，
在Rt△COA中，AC2＝CO2+AO2＝20．
∵ABCD为正方形，
∴AB＝CB．
∴AC2＝AB2+CB2＝2AB2＝20，
∴AB＝．
故答案为：．
（2）如图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．
∵ABCD为正方形，
∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．
又∵∠COA＝90°，
∴点O也在这个圆上，
∴∠COD＝∠CAD＝45°．
又∵OD＝，
∴DN＝DM＝1．
∴D（﹣1，1）．
在Rt△DNA和Rt△DMC中，DC＝AD，DM＝DN，
∴△DNA≌△DMC．
∴CM＝AN＝OC﹣MO＝3．
∵D（﹣1，1），
∴A（2，0）．
∴n＝2．
如下图所示：过点D作DM⊥y轴，DN⊥x轴．
∵ABCD为正方形，
∴A、B、C、D四点共圆，∠DAC＝45°．
又∵∠COA＝90°，
∴点O也在这个圆上，
∴∠AOD＝∠ACD＝45°．
又∵OD＝，
∴DN＝DM＝1．
∴D（1，﹣1）．
同理：△DNA≌△DMC，则AN＝CM＝5．
∴OA＝ON+AN＝1+5＝6．
∴A（6，0）．
∴n＝6．
综上所述，n的值为2或6．
故答案为：2或6．
【点评】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质、四点共圆，证得OD与两坐标轴的夹角为45°是解题的关键．
20．（金牛区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E为CD上一动点，AE交BD于F，过F作FH⊥AE交BC于点H，过H作HG⊥BD于G，连接AH．在以下四个结论中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③FC＝2；④△CEH的周长为12．其中正确的结论有 ②④ ．
【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；
②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；
③F是动点，CF的长度不是定值；
④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长，为定值．
【解答】解：①连接FC，延长HF交AD于点L，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADB＝∠CDF＝45°．
∵AD＝CD，DF＝DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS）．
∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．
∵∠ALH+∠LAF＝90°，
∴∠LHC+∠DAF＝90°．
∵∠ECF＝∠DAF，
∴∠FHC＝∠FCH，
∴FH＝FC．
∴FH＝AF．故①错误，
②∵FH⊥AE，FH＝AF，
∴∠HAE＝45°．
③∵F是动点，CF的长度不是定值，本选项错误；
④延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则：LI＝HC，
根据△MEC≌△CIM，可得：CE＝IM，
同理，可得：AL＝HE，
∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝12．
∴△CEH的周长为12，为定值．
解法二：延长CB到T，使得BT＝DE，则△ADE≌△ABT，
想办法证明△AHE≌△AHT，可得EH＝HT，推出△ECH的周长＝EH+CH+EC＝HT+CH+CE＝CH+BH+CE+DE＝2BC＝12．
故②④结论都正确．
故答案为②④．
【点评】本题考查正方形的性质、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．
21．（台州）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
22．（鄞州区校级期中）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，点P是AD边上的一个动点，连结BP，点C关于直线BP的对称点为C1，当点P运动时，点C1也随之运动．若点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域的面积是 π+ ．
【分析】由临界状态确定出C1的运动路径，明确点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域为：扇形BC'C''和△BCC''，再分别计算两部分面积即可．
【解答】解：如图，当P与A重合时，点C关于BP的对称点为C′，
当P与D重合时，点C关于BP的对称点为C″，
∴点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域为：扇形BC'C''和△BCC''，
在△BCD中，
∵∠BCD＝90°，DC＝AB＝1，BC＝，
∴tan∠DBC＝＝，
∴∠DBC＝30°，
∴∠CBC″＝60°，
∵BC＝BC''
∴△BCC''为等边三角形，
∴S扇形BC′C″＝＝π，
作C''F⊥BC于F，
∵△BCC''为等边三角形，
∴BF＝BC＝，
∴C''F＝tan60°×＝，
∴S△BCC''＝×＝，
∴线段CC1扫过的区域的面积为：π+．
故答案为：π+．
【点评】本题考查了以矩形为背景的轴对称，扇形的面积计算，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是画出线段CC1扫过的图形．
23．（沂源县一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．记K为矩形AOBC对角线的交点，则△KDE的最大面积为 ．
【分析】当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题．
【解答】解：∵A（5，0），B（0，3），
∴OA＝5，OB＝3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC＝OB＝3，OA＝BC＝5，∠OBC＝∠C＝90°，
∴AB＝＝＝，
∴BK＝AK＝AB＝，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，
∴AD＝AO＝5，
如图，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，
当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，
最大面积＝×D′E′×KD′＝×3×（5+）＝．
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
24．（瑞安市期末）图甲是小张同学设计的带图案的花边作品，该作品由形如图乙的矩形图案设计拼接面成（不重叠，无缝隙）．图乙中，点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，若AB＝4，BC＝6，则图乙中阴影部分的面积为
．
【分析】因为S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN，想办法求出菱形PHQF的面积，△HTN的面积即可解决问题．
【解答】解：如图，设FM＝HN＝a．
由题意点E、F、G、H分别为矩形AB、BC、CD、DA的中点，可得四边形HQFP是菱形，它的面积＝S矩形ABCD＝×4×6＝6，
∵FM∥BJ，CF＝FB，
∴CM＝MJ，
∴BJ＝2FM＝2a，
∵EJ∥AN，AE＝EB，
∴BJ＝JN＝2a，
∵S△HBC＝•6•4＝12，HJ＝BH，
∴S△HCJ＝×12＝，
∵TN∥CJ，
∴△HTN∽△HCJ，
∴＝（）2＝，
∴S△HTN＝×＝，
∴S阴＝S菱形PHQF﹣2S△HTN＝6﹣＝，
故答案为．
【点评】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
25．（婺城区校级期末）如图，边长为2的正方形OABC顶点O与坐标原点O重合，边OA、OC分别与x、y轴正半轴重合，在x轴上取点P（﹣2，0），将正方形OABC绕点O逆时针旋转a°（0°＜a＜180°），得到正方形OA′B′C′，在旋转过程中，使得以P，A′，B′为顶点的三角形是等腰三角形时，点A′的坐标是 （，1）或（0，2）或（﹣1，）或（﹣，1） ．
【分析】分四种情形，画出图形分别求解即可解决问题；
【解答】解：有四种情形：
①如图1中，当PB′＝PA′时，连接PC′．易证△POC′是等边三角形，
∴∠POA′＝150°，∠A′OA＝30°，
∵OA′＝2，
∴A′（，1）．
②如图2中，当A′与C重合时，△PA′B′是等腰三角形，此时A′（0，2）
③如图3中，当PA′＝A′B′时，△A′OP是等边三角形，
∴∠A′OP＝60°，
∴A′（﹣1，）．
④如图4中，当PA′＝PB′时，易证△POC′是等边三角形，
∴∠POC′＝60°，∵∠A′OC′＝90°，
∴∠A′OP＝30°，
∵OA′＝2，
∴A′（﹣，1），
综上所述，满足条件的点A′坐标为（，1）或（0，2）或（﹣1，）或（﹣，1）．
故答案为（，1）或（0，2）或（﹣1，）或（﹣，1）．
【点评】本题考查正方形的性质、旋转变换、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（共5小题）
26．（西湖区校级三模）如图，四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，AC的垂线EF交AD于点M，交CD的延长线于点F．
（1）求证：AM＝AE；
（2）连接CM，DF＝2．
①求菱形ABCD的周长；
②若∠ADC＝2∠MCF，求ME的长．
【分析】（1）连接BD，由菱形的性质得到AC⊥BD、AB＝AD，结合ME⊥AC得到ME∥BD，然后结合点E是AB的中点得到点M时AD的中点，最后得到AM＝AE；
（2）①先证明△MAE≌△MDF，然后得到AE＝DF＝2，进而得到AB的长，最后求得菱形的周长；
②连接CM，记EF与AC交点为点G，先由AM＝AE，△MAE≌△MDF得到DF＝DM，MF＝ME，从而得到∠DMF＝∠DFM，进而得到∠ADC＝2∠DFM，然后结合∠ADC＝2∠MCD得到∠MCD＝∠DFM，从而得到MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，再由ME⊥AC，AM＝ME得到∠MGC＝90°，ME＝2MG，进而得到MC＝2MG，即可得到∠MGC＝60°，故∠ADC＝60°，从而得到△ADC为等边三角形，△DMC为直角三角形，最后求得CM的长即为ME的长．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AD＝AB，
∵EM⊥AC，
∴ME∥BD，
∵点E是AB的中点，
∴点M是AD的中点，AE＝AB，
∴AM＝AD，
∴AM＝AE．
（2）解：①由（1）得，点M是AD的中点，
∴AM＝MD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠AEM，∠EAM＝∠FDM，
∴△MDF≌△MAE（AAS），
∴AE＝DF，
∵AB＝2AE，DF＝2，
∴AB＝4，
∴菱形ABCD的周长为4AB＝4×4＝16．
②如图，连接CM，记EF与AC交点为点G，
∵AM＝AE，△MAE≌△MDF，
∴DF＝DM，MF＝ME，
∴∠DMF＝∠DFM，
∴∠ADC＝2∠DFM，
∵∠ADC＝2∠MCD，
∴∠MCD＝∠DFM，
∴MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，
∵ME⊥AC，AM＝AE，
∴∠MGC＝90°，ME＝2MG，
∴MC＝2MG，
∴∠GMC＝60°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠MCD＝30°，
∴∠DMC＝90°，
∴△DMC为直角三角形，
∵DF＝2，
∴DM＝2，CD＝4，
∴CM＝＝2，
∴ME＝2．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟知菱形的性质．
27．（滨江区校级开学）已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合），连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于点H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1．
①证明：∠DAH＝∠DCH；
②猜想线段CG与EF的关系并说明理由；
（2）取DF中点M，连结MG，若MG＝4，正方形边长为6，求BE的长．
【分析】（1）①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG＝∠FCG，∠GCF＝∠E即可解决问题；
（2）分两种情形解决问题：①当点F在线段CD上时，连接DE；
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．分别求出EC即可解决问题．
【解答】证明：（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝DC，
在△ADH和△CDH中，
，
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠DAH＝∠DCH；
②结论：EF＝2CG，理由如下：
∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF＝∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH＝90°，
∴∠FCG+∠DAF＝90°，
∵∠DFA+∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∵∠GCE+∠GCF＝90°，∠CFG+∠E＝90°，
∴∠GCE＝∠GCF，
∴CG＝GE，
∴EF＝2CG；
（2）①如图，当点F在线段CD上时，连接DE．
∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∵FG＝GE，FM＝MD，
∴DE＝2MG＝8，
在Rt△DCE中，CE＝＝＝2，
∴BE＝BC+CE＝6+2；
②如图，当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可知GM是△DEC的中位线，
∴DE＝2GM＝8，
在Rt△DCE中，CE＝2，
∴BE＝BC﹣CE＝6﹣2
综上所述，BE的长为 6+2或6﹣2．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、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，属于中考常考题型．
28．（西湖区校级三模）如图，O是正方形ABCD对角线AC，BD的交点，AF平分∠BAC，交BD于点M，DE⊥AF于点H，分别交AB，AC于点E，G．
（1）证明△AED≌△BFA；
（2）△ADM是等腰三角形吗？请说明理由；
（3）若OG的长为1，求BE的长度．
【分析】（1）由正方形的性质及DE⊥AF可得∠ADE＝∠BAF，AD＝BA，从而证明△AED≌△BFA．
（2）由AF平分∠BAC可求∠DAM的度数，再由∠ADM＝45°及三角形内角和定理求解．
（3）作FK⊥AC于点K，通过求可得＝，设AG长为x，用含x代数式分别表示AB，AC，BF，FC长度求出x的长进而求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAE＝∠ABF＝90°，AD＝AB，
∵DE⊥AF，
∴∠DAH+∠ADE＝90°，
∵∠DAH+∠BAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
在△AED和△BFA中，
，
∴△AED≌△BFA（ASA）．
（2）△ADM是等腰三角形，理由如下：
∵∠BAC＝45°，AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF＝∠BAC＝22.5°，
∴∠DAM＝∠DAC+∠CAF＝67.5°，
∴∠DMA＝180°﹣∠DAM﹣∠ADM＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴∠DAM＝∠DMA，
∴△ADM是等腰三角形．
（3）∵∠ADE＝∠BAF＝22.5°，
∴∠CDG＝∠ADC﹣∠ADE＝67.5°，
∴∠DGC＝180°﹣∠GCD﹣∠CDG＝67.5°，
∴CG＝CB，
∵AE∥CD，
∴∠AEG＝∠CDG＝67.5°，
∴AE＝AG，
如图，作FK⊥AC于点K，设AG＝AE＝x，
∵AO＝AG+OG＝x+1，
∴AB＝BC＝AO＝（x+1），AC＝2AO＝2（x+1），
∵△AED≌△BFA，
∴BF＝AE＝x，
∵AF平分∠BAC，
∴FK＝BF＝x，
∵S△ABF＝AB•BF，S△ACF＝AC•FK，
∴＝＝，
又∵＝，
∴＝＝，
即＝，
解得x＝，
∴BE＝AB﹣AE＝（x+1）﹣x＝2．
解法二：BF＝x之后，可以直接AB＝（x+1），BC＝x+x，由AB＝BC，可以直接解出x．
【点评】本题考查正方形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质及解直角三角形的方法．
29．（西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝，E为正方形ABCD内一点，DE＝AB，∠EDC＝α（0°＜α＜90°），连结CE，AE，过点D作DF⊥AE，垂足为点F，交CE的延长线于点G，连结AG．
（1）当α＝20°时，求∠DAE的度数；
（2）判断△AEG的形状，并说明理由；
（3）当GF＝1时，求CE的长．
【分析】（1）由正方形的性质，求出∠ADE＝70°，再根据三角形内角和定理求解即可即可求解．
（2）由等腰三角形的性质可得DG是AE的垂直平分线，可得AG＝GE，由四边形内角和定理，可求∠GEA＝45°，即可求解．
（3）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质可求AC，AG的长，在Rt△ACG中，利用勾股定理可求解．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AB＝AD，
∵∠CDE＝20°，
∴∠ADE＝70°，
∵DE＝AB，
∴DA＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝×（180°﹣70°）＝55°．
（2）结论：△AEG是等腰直角三角形．
理由：∵AD＝DE，DF⊥AE，
∴DG是AE的垂直平分线，
∴AG＝GE，
∴∠GAE＝∠GEA，
∵DE＝DC＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA，∠DEC＝∠DCE，
∵∠DAE+∠DEA+∠DEC+∠DCE+∠ADC＝360°，
∴∠DEA+∠DEC＝135°，
∴∠GEA＝45°，
∴∠GAE＝∠GEA＝45°，
∴∠AGE＝90°，
∴△AEG为等腰直角三角形．
（3）如图，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝AB＝，
∵△AEG为等腰直角三角形，GF⊥AE，
∴GF＝AF＝EF＝1，
∴AG＝GE＝，
∵AC2＝AG2+GC2，
∴10＝2+（EC+）2，
∴EC＝（负根已经舍弃）．
【点评】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形的性质，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．
30．（江北区模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝OC，连接CE、OE，连接AE交OD于点F．
（1）求证：OE＝CD；
（2）若菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，求AE的长．
【分析】（1）只要证明四边形OCED是平行四边形，∠COD＝90°即可；
（2）在Rt△ACE中，利用勾股定理即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，DE＝AC，
∴AC⊥BD，DE＝OC．
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵AC⊥BD，四边形OCED是平行四边形，
∴四边形OCED是矩形，
∴OE＝CD．
（2）解：∵菱形ABCD的边长为6，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，BD⊥AC，AO＝CO＝AC．
∵∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝6，
∵△AOD中BD⊥AC，AD＝6，AO＝3，
∴OD＝＝3，
∵四边形OCED是矩形，
∴CE＝OD＝3，
∵在Rt△ACE中，AC＝6，CE＝3，
∴AE＝＝＝3．
【点评】本题考查菱形的性质、矩形的判定和性质、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，属于中考常考题型．