2024年中考数学热点探究十一 与三角形、四边形有关的辅助线练习附解析

这是一份2024年中考数学热点探究十一 与三角形、四边形有关的辅助线练习附解析，共39页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。

1．如图，在四边形ABCD 中，点P是边CD 上的动点，点Q是边BC 上的定点，连接AP，PQ ，E，F 分别是AP，PQ 的中点，连接EF .点P在由C到D运动过程中，线段EF的长度（ ）
A．保持不变B．逐渐变小
C．先变大，再变小D．逐渐变大
2．如图，⊙O半径长2cm，点A、B、C是⊙O三等分点，点D为圆上一点，连接AD，且AD=22cm，CD交AB于点E，则∠BED=()
A．75°B．65°C．60°D．55°
3．如图，矩形ABCD是由4块矩形拼接而成，矩形A'B'C'D'是由4个直角三角形和一个平行四边形拼接而成.则（ ）
A．ac+bd=ad+bcB．a2+d2=b2+c2
C．(ac+bd)2⩾(a2+d2)(b2+c2)D．(ac+bd)2⩽(a2+d2)(b2+c2)
4．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且保持AE=CF，在CD上取一点G，连结GF，使EF恰好平分∠BFG，连结EG．若要求正方形ABCD的面积，则只需要知道( )
A．ΔEFG 的面积B．ΔEDG 的面积
C．ΔCFG 的周长D．ΔEDG 的周长
5．如图，在矩形ABCD中，AD=3AB=310，点P是AD的中点，点E在BC上，CE＝2BE，点M、N在线段BD上．若△PMN 是等腰三角形且底角与∠DEC相等，则MN的值为（ ）
A．6或2B．3或158C．2或3D．6或158
6．将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形ABCD，记△AED的面积为S1，四边形EFCG的面积为S2.若EG∥CF，EG=3，S1S2=16，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．23B．94C．32D．92
7．如图，在正方形ABCD中，ΔBPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E，F，连接BD，DP；BD与CF相交于点H．给出下列结论：①AE=12FC；②∠PDE=15°；③SΔPBCSΔPCD=3；④SΔDHCSΔBHC=12；⑤DE2=PF⋅FC．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，在BC上取点F，使得CF＝CE，连结AF交CD于点G，连结AD．若CG＝GF，则BC2AD2的值等于（ ）
A．5+12B．5+32C．5−12D．3−52
二、填空题（每题4分，共20分）
9．如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+12BP的最小值为 ．
10．如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC=135°，AD=42，AB=8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为 ．
11．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，AB=12，AD平分∠CAB，点F是AC的中点，点E是AD上的动点，则CE+EF的最小值为 ．
12．如图，点E是边长为8的正方形ABCD的边AD上一动点(端点A，D除外)，以CE为边作正方形CEFG，EF与AB交于点H，连接BE，BF，BG．下列四个结论：①BG＝DE；②∠FAB＝∠FEB；③当点E为AD中点时，H也是EF的中点；④当点E在AD边上运动时，AH有最大值为2．其中正确的结论是 (填序号)．
13．如图，在等边三角形ABC中，点D，E分别是边BC，CA上的点，且BD=CE，连结AD，BE交于点P．连接CP，若CP⊥AP时，则AE：CE= ；设△ABC的面积为S1，四边形CDPE的面积为S2，则S2S1＝ ．
三、解答题（共4题，共36分）
14． 如图， 在平行四边形ABCD中， E为DC边的中点，连接AE， 若AE的延长线和BC的延长线相交于 F．
（1） 求证： AD=FC；
（2）连接BE， 若△AEB的面积为2， 求平行四边形ABCD的面积．
15．如图1，已知四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H、依次连接EF、FG、GH、HE、得到四边形EFGH．
（1）求证：四边形EFGH为平行四边形；
（2）连接AC与BD，当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形？
（3）如图2，若四边形ABCD是菱形，则四边形EFGH是什么图形，请说明理由．
16．如图，在一个正六边形ABCDEF中，点O是该正六边形的中心，将该六边形的每条边延长，延长线的交点分别为G、H、I、J、K、L．
（1）证明四边形OBGA是菱形；
（2）若AB的长为6，请计算正六边形ABCDEF的面积．
17．如图，在ΔABD中，AB=AD，∠BAD=α．点C是BD延长线上一动点，连接AC，将AC绕点A顺时针旋转α得到AE，连接DE交AC于点F．
（1）求证：∠C=∠E；
（2）如图1，若DE//AB，DF=2，FE=7，求BD的大小；
（3）如图2，若点F为AC中点，SΔADFSΔABC=1n+2，CD=4，求AB的长（用含n的代数式表示）．
四、实践探究题（共4题，共40分）
18．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝32，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交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．
19．“转化”是解决数学问题的重要思想方法，通过构造图形全等或者相似建立数量关系是处理问题的重要手段.
（1）【问题情景】：如图（1），正方形ABCD中，点E是线段BC上一点（不与点B、C重合），连接EA.将EA绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接CF，求∠FCD的度数.
以下是两名同学通过不同的方法构造全等三角形来解决问题的思路，
①小聪：过点F作BC的延长线的垂线；
②小明：在AB上截取BM，使得BM=BE；
请你选择其中一名同学的解题思路，写出完整的解答过程.
（2）【类比探究】：如图（2）点E是菱形ABCD边BC上一点（不与点B、C重合），∠ABC=α，将EA绕点E顺时针旋转α得到EF，使得∠AEF=∠ABC=α（a≥90°），则∠FCD的度数为 （用含α的代数式表示）
（3）【学以致用】：如图（3），在（2）的条件下，连结AF，与CD相交于点G，当α=120°时，若DGCG=12，求BECE的值.
20．综合与实践
在△ABC中，AB=AC，D为边BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B.
（1）如图1，当射线DN经过点A时，DM交边AC于点E，不添加辅助线，则图①中与△ADE相似的三角形有 .(填序号)
①△ABD ②△ADC ③△ABC④△DCE
（2）如图2，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于点E，F(点E与点A不重合)，求证：△BDF∽△DEF
（3）在图2中，若AB=AC=5，BC=6，当△DEF的面积等于△ABC的面积14时，求线段EF的长.
21．我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形.
（1）如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（B、C除外），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点E.请根据给出的定义判断，四边形ADCE （选择是或不是）等补四边形.
（2）如图2，等补四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，若S四边形ABCD=8，求BD的长.
（3）如图3，四边形ABCD中，AB=BC，∠A+∠C=180°，BD=4，求四边形ABCD面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，连接AQ，
∵E、F分别为PA、PQ的中点，
∴EF为△PAQ的中位线，
∴EF＝12 AQ，
∵Q为定点，
∴AQ的长不变，
∴EF的长不变，
故答案为：A．
【分析】连接AQ，则可知EF为△PAQ的中位线，可知EF＝12 AQ，可知EF不变．
2．【答案】A
【解析】【解答】解：连接OA、OB、OC、OD，则OA=OB=OC=OD=2cm，
∵点A、B、C是⊙O三等分点，
∴∠AOB=∠BOC=∠COA=120°，AB=BC=AC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵OD=OA=2cm，AD=22cm，
∴OD2+OA2=AD2，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∴∠AOD=90°，∠DOA=∠ADO=45°，
∵弧BD对应∠DAB和∠DCB，
∴∠DAB=∠DCB
∵AB=BC=AC，
∴∠ACB=∠BAC=∠ABC=60°，
∵∠BED=∠EDA+∠DAB，∠DAB=∠DCB，
∴∠BED=∠ADE+∠DCB，
∵∠ADE=∠ADO+∠ODC，∠ADO=45°,∠ODC=∠OCD
∴∠ADE=45°+∠OCD
∴∠BED=45°+∠OCD+∠DCB=45°+∠OCB=45°+30°=75°
故答案为：A.
【分析】连接OA、OB、OC、OD，根据等腰三角形的性质及勾股定理逆定理得出△AOD为等腰直角三角形，再由圆周角定理及各角之间之间的关系进行等量代换即可求解.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：ac+bd-(ad+bc )=ac+bd-ad-bc=a(c-d)-b(c-d)=(c-d)(a-b)，
∵矩形ABCD是由4块矩形拼接而成，
∴a≠b，c≠d，
∴(c-d)(a-b)≠0，
∴ac+bd-(ad+bc)=0，
即ac+bd≠ad+bc，
故选项A不正确；
如下图所示：
根据矩形的性质及勾股定理得：
a2+d2=OD2， b2+c2=OB2，
∵矩形ABCD是由4块矩形拼接而成，
∵OD与OB不一定相等，
故选项B不正确；
∵(ac+bd)2-(a2+d2)(b2+c2)=a2c2+2abcd+b2a2-(a2b2+a2c2+b2a2+c2a2)=a2c2+2abcd+b2a2-a2b2-a2c2-b2a2-c2a2
=-a2b2+2abcd-c2a2
=-(ab-cd)2≤0，
∴(ac+bd)2-(a2+d2)(b2+c2)≤0，
即(ac+bd)2≤(a2+d2)(b2+c2).
故选项C不正确，选项D正确，
故答案为：D.
【分析】由于ac+bd-(ad+bc)=(c-d)(a-b)，而根据题意得a≠b，c≠d，则(c-d)(a-b)≠0，因此ac+bd-(ad十bc)=0，即ac+bd≠ad+bc，据此可对选项A进行判断；根据矩形的性质及勾股定理得a2+d2=OD2，b2+c2=OB2，依题意得，OD与OB不一定相等，据此可对选项B进行判断；由于(ac+bd)2-(a2+d2)(b2+c2)=-(ab-cd)2<0，则(ac+bd)2≤(a2+d2)(b2+c2)，据此可对选项C，D进行判断，综上所述即可得出答案.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：在CD上取一点H，使DH=AE，连接EH，FH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠C=90°，AD=CD，
∴AD−AE=CD−DH，即DE=CH，
∵AE=CF，
∴DH=CF，
在△FEH和△CHF中，
DE=CH∠D=∠CDH=CF，
∴△FEH≌△CHF(SAS)，
∴EH=HF，∠DEH=∠CHF，
∵∠DEH+∠DHE=90°，
∴∠CHF+∠DHE=90°，
∴∠EHF=90°，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HFE=45°，
设∠GFH=α，
则∠GFE=∠HFE+∠GFH=45°+α，
∵EF平分∠BFG，
∴∠BFE=∠GFE=45°+α，
∴∠CFG=180°−∠BFE−∠GFE=180°−2(45°+α)=90°−2α，
∵∠C=90°，
∴∠CGF=90°−∠CFG=90°−(90°−2α)=2α，
∵∠CGF是△GFH的一个外角，
∴∠CGF=∠GFH+∠GHF，
即2α=α+∠GHF，
∴∠GHF=α，
∴∠GHF=∠GFH，
∴GF=GH，
∴CD=DH+GH+CG=CF+GF+CG，
即要求正方形ABCD的面积，则只需要知道△CFG的周长，
故答案为：C.
【分析】在CD上取一点H，使DH=AE，先证△FEH≌△CHF(SAS)，得出EH=HF，∠EHF=90°，再证∠GHF=∠GFH，于是得出GF=GH，从而得出CD的长，即可进行判断.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：①MN为等腰ΔPMN的底边时，作PF⊥MN于F，如图所示：
则∠PFM=∠PFN=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，BC=AD=3AB=310，∠A=∠C=90°，
∴AB=CD=10，BD=AB2+AD2=10，
∵点P是AD的中点，
∴PD=12AD=3102，
∵∠PDF=∠BDA，
∴ΔPDF∽ΔBDA，
∴PFAB=PDBD，即PF10=310210，
解得：PF=32，
∵CE=2BE，
∴BC=AD=3BE，
∴BE=CD，
∴CE=2CD，
∵ΔPMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，PF⊥MN，
∴MF=NF，∠PNF=∠DEC，
∵∠PFN=∠C=90°，
∴ΔPNF∽ΔDEC，
∴NFPF=CECD=2，
∴MF=NF=2PF=3，
∴MN=2NF=6；
②MN为等腰ΔPMN的腰时，作PF⊥BD于F，如图所示：
由①得：PF=32，MF=3，
设MN=PN=x，则FN=3−x，
在RtΔPNF中，(32)2+(3−x)2=x2，
解得：x=158，即MN=158；
综上所述，MN的长为6或158．
故答案为：D.
【分析】根据题意可知有两种情况：①MN为等腰ΔPMN的腰时，作PF⊥BD于F，由①得：PF=32，MF=3，设MN=PN=x，则FN=3−x，在RtΔPNF中，由勾股定理得出方程，解方程即可；②MN为等腰ΔPMN的底边时，作PF⊥MN于F，则∠PFM=∠PFN=90°，由矩形的性质得出AB=CD，BC=AD=3AB=310，∠A=∠C=90°，得出AB=CD=10，BD=10，证明ΔPDF∽ΔBDA，得出利用相似三角形的性质求出PF=32，证出CE=2CD，由等腰三角形的性质得出MF=NF，∠PNF=∠DEC，证出ΔPNF∽ΔDEC，利用相似三角形的性质求出NF=2PF=3，即可得出答案；
6．【答案】D
【解析】【解答】解：连接GF、HF，HE，
由题意可知：DE=CG=BF=AH，DG=CF=BH=AE，∠ADE=∠DCG=∠CBF=∠BAH，∠DAE=∠CDG=∠BCF=∠ABH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠DCB=∠CBA=∠BAD=90°，
∴∠EDG=∠GCF，
∴△EDG≌△GCF(SAS)，
∴EG=GF，
同理可证：△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，
则：EG=GF=FH=HE，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EG∥HF，
又∵EG∥CF，
∴C，F，H在同一直线上，
又∵∠CBA=∠ABH+∠FBH+∠CBF=∠BCF+∠FBH+∠CBF=90°，
∴∠BHC=90°，
∵△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE
∴∠BHC=∠CFG=∠DGE=∠AEH=90°，则∠GFH=90°，
∴四边形EGFH是正方形，
∴D，G，F在同一直线上；A，E，G在同一直线上；B，H，E在同一直线上；
设DG=CF=BH=AE=x，
则S1=12AE⋅DG=12x2，S2=12EG⋅GF+12GF⋅CF=12×3×3+12×3x=9+3x2，
∵S1S2=16，即：12x29+3x2=16，
∴x=32，（负值已舍去）
∴S阴=4S1=4×12x2=4×12×32×32=92，
故答案为：D.
【分析】连接GF、HF、HE，由题意可得DE=CG=BF=AH，DG=CF=BH=AE，∠ADE=∠DCG=∠CBF=∠BAH，∠DAE=∠CDG=∠BCF=∠ABH，根据正方形的性质可得∠ADC=∠DCB=∠CBA=∠BAD=90°，推出∠EDG=∠GCF，利用SAS证明△EDG≌△GCF，同理可证△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，得到EG=GF=FH=HE，推出四边形EGFH为菱形，根据全等三角形的性质可得∠BHC=∠CFG=∠DGE=∠AEH=90°，得到四边形EGFH为正方形，设DG=CF=BH=AE=x，根据三角形的面积公式表示出S1、S2，结合S1S2=16可得x的值，然后根据S阴影=4S1进行计算.
7．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AB=DC=BC，AD//BC.
∵ΔBPC是等边三角形，
∴∠PBC=∠PCB=60°，
∴∠ABE=∠DCF=30°.
∴△ABE≌△DCF（ASA）.
∴BE=CF.
∵Rt△ABE中，∠ABE=30°.
∴AE=12BE.
∴AE=12FC. ①正确；
∵ΔBPC是等边三角形，
∴PC=PB=BC，
∴PC=DC.
∵∠DCF=30°，
∴∠CPD=∠CDP=75°.
∵∠ADC=90°，
∴∠PDE=∠ADC－∠CDP=15°.②正确；
过点P作PM⊥BC于点M，PN⊥CD于点N，
∴PN=12PC=12CD，PM=3MC=32BC，
∴SΔPBCSΔPCD=12×BC×PM12×CD×PN=34BC214CD2=3.③正确；
∵Rt△DCF中，∠DCF=30°.
∴BC=DC=DFtan30°=3DF.
∵AD//BC，
∴△DFH∽△BCH.
∴DHBH=DFBC=DF3DF=33.
∴S△DHCS△BHC=DHBH=33≠12，④错误；
∵BE=CF，PB=PC，
∴PF=PE.
∵BD是正方形ABCD的角平分线，
∴∠ABD=∠CBD=45°.
∴∠EBD=∠ABD－∠ABE=15°=∠PDE.
∵∠PED=∠DEB，
∴△PED∽△DEB.
∴PEDE=DEBE.
∴DE2=PE⋅BE=PF⋅FC.⑤正确.
共有4个正确答案
故答案为：D.
【分析】由正方形性质和等边三角形性质得∠A=∠ADC=90°，AB=DC和∠ABE=∠DCF，利用ASA证得△ABE≌△DCF，可得BE=CF，再利用30°角的直角三角形的性质即可得判定①；由正方形性质和等边三角形性质得得∠DCP=30°，CD=CP，可求得∠CDP，从而可得∠PDE的度数，可判断②；过点P作PM⊥BC于点M，PN⊥CD于点N，分别表示出△PBC和△PCD的面积，即可判断③；利用AD//BC，得△DFH∽△BCH.从而可得DH：BH，根据同高的三角形面积比等于底边长之比可判断④；由BE=CF，PB=PC，得PF=PE.由△PED∽△DEB得PEDE=DEBE，利用比例性质可得DE2=PE⋅BE=PF⋅FC，可判断⑤.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：如图：
连接AC，
∵AB是 ⊙O 的直径，
∴∠ACB=90°，
∵CD⊥AB，
∴AC=AD，∠CEB=∠CEA=90°，
∴∠ABC+∠CAB=90°，∠ABC+∠BCE=90°，
∴∠BAC=∠BCE，
∴△BCE∽△BAC，
∴BCBA=BEBC.
∴BC2=BA×BE.
同理可得：AC2=BA×AE.
∵ CG=GF，
∴∠FCG=∠CFG，
又∵∠ACF=∠BEC=90°，CF=CE.
∴△ACF≌△BEC（ASA）.
∴AC=BE.
∴AC2=BA×BA−BE=BA×BA−AC，
即AC2+BA×AC−BA2=0
解得：AC=−AB±5AB2(舍负).
∴AC=5−12AB=BE.
∴AE=AB−BE=AB−5−12AB=3−52AB
∵CD⊥AB ，
∴AC=AD.
∴BC2AD2=BC2AC2=BA×BEBA×AE=BEAE=5−12AB3−52AB=5+12.
故答案为：A.
【分析】证明得△BCE∽△BAC，根据相似三角形性质得BC2=BA×BE，同理证得AC2=BA×AE.再根据CG=GE，得∠FCG=∠CFG，可利用ASA证△ACF≌△BEC，得到AC=BE. 在AC2=BA×AE中将AE替换成AB－BE，代入AC，解得AC=5−12AB，于是可得AE长，即可求BC2AD2的值 .
9．【答案】6
【解析】【解答】解：如图所示：连接AO，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，
∴∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°，
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4，
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA= ∠OAB=30°，
∴∠OAE=∠OAB=12∠BAC=30°，
∵BE ⊥AC，
∴OE=12OA=2，
∴BE =EO+BO=2+4=6，
∵PD⊥AB，∠ABE=30°，
∴PD=12BP，
∴CP+12BP=CP+DP≤CF，
∴CP+12BP的最小值为CF的长度，
∵△ ABC是等边三角形，BE ⊥AC，CF⊥AB，
∴CF=BE= 6，
∴CP+12BP的最小值为6，
故答案为：6.
【分析】根据等边三角形的性质求出∠ABE=∠CBE=12∠ABC=30°，再根据圆内接三角形的性质求出OA=OB=4，CF⊥AB，最后根据含30°角的直角三角形的性质等计算求解即可。
10．【答案】203
【解析】【解答】解：如图，连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵平行四边形ABCD中，∠ABC=135°，AD=42，
∴∠CBH=45°，BC=42，
又∵∠H=90°，
∴∠BCH=45°，
∴CH=BH=4，
设AE=x，则BE=8−x，
∵EF垂直平分AC，
∴CE=AE=x，
∵在Rt△CEH中，CH2+EH2=EC2，
∴42+(8−x+4)2=x2，
解得x=203，
∴AE的长为203．
故答案为：203．
【分析】如图，连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，由平行四边形对边相等得BC=AD，由邻补角的定义可得∠CBH=45°，根据直角三角形两锐角互余可求得∠BCH=45°，然后根据等角对等边可得CH=BH；设AE=x，则由线段的构成得BE=AB-AE=8-x；由线段的垂直平分线的性质“线段的垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”可得CE=AE=x，在直角三角形CEH中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程可求解.
11．【答案】33
【解析】【解答】解：如图所示，过点C作CG⊥AD于点G，并延长交AB于点H，连接HF交AD于点E，
∵AD平分∠CAB，
易得△AGC≅△AGH，
∴AC=AH，
∵AD平分∠CAB，AE=AE，
易得△ACE≅△AHE，
∴EC=EH，
∴CE+EF的最小值为FH，
∵ 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，AB=12，
∴BC=AB2−AC2=122−62=63，AH=AC=6，
∴点H为AB的中点，
又∵ 点F是AC的中点，
∴FH是△ACB的中位线，
∴FH=12BC=33，
∴CE+EF的最小值为33.
故答案为：33.
【分析】过点C作CG⊥AD于点G，并延长交AB于点H，连接HF交AD于点E，先证△AGC≅△AGH，得出AC=AH，再证△ACE≅△AHE，得出EC=EH，进而得到CE+EF的最小值为FH，然后利用勾股定理求出BC的长，再证FH是△ACB的中位线即可求解.
12．【答案】①，③，④
【解析】【解答】解：(1)∵四边形ABCD，CEFG均为正方形
∴CD＝CB，CE＝CG，∠BCD＝∠GCE＝90°，∴∠BCD－∠BCE＝∠GCE－∠BCE
∴∠BCG＝∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG＝DE．故①正确
(2)作FM⊥AG于M，连接EG
由(1)可得∠GBC＝∠EDC＝90°，∴A，B，G三点共线
∵∠FGM＝90°－∠CGB，∠BCG＝90°－∠CGB，∴∠FGM＝∠GCB，又∠FMG＝∠GBC，FG＝CG
∴△FGM≌△CGB，∴FM＝GB，GM＝BC＝AB，∴GM－BM＝AB－BM，即GB＝AM，∴FM＝AM
∴∠FAB＝45°，∠FEB<∠FEG＝45°，∴∠FAB>∠FEB．故②错误
(3)∵点E为AD中点，∴AE=12AD=12CD
∵∠AEH＋∠AHE＝90°，∠AEH＋∠DEC＝90°，∴∠AHE＝∠DEC
又∠HAE＝∠EDC＝90°，∴△AEH∽△DCE，∴EHCE=AEDC=12
∴EHCE=EHEF=12．．H是EF的中点．故③正确
(4)∵△AEH∽△DCE∴AHDE=AEDC，∴AH=AE⋅DEDC
设AE＝x，则DE＝AD－AE＝8－x，∴AH=x(8−x)8=−18(x−4)2+2，
当x＝4时，AH有最大值为2．故④正确
综上可知：正确的结论有①，③，④．
【分析】根据正方形的性质证三角形BCG与三角形DCE全等可判定①，作FM⊥AG，连接EG，证三角形FGM和三角形CGB全等可判定②，证三角形AEH和三角形DCE相似可判定③，通过相似三角形地应边成比例可得AH的函数关系，利用二次函数的性质可判定④．
13．【答案】2；27
【解析】【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠BAE=∠ACD=60°，
∵BD=CE，
∴AC−CE=BC−BD，即AE=CD，
在△ABE和△CAD中，
∵AE=CD,∠BAE=∠ACD,AB=AC，
∴△ABE≌△CAD(SAS)，
∴∠CAD=∠ABE，
∴∠APE=∠BAP+∠ABP=∠BAP+∠ΡΑΕ=∠ΒΑΕ=60°，
∴∠DPE=180°−∠APE=180°−60°=120°，
∴C、D、P、E四点共圆，
∵AP⊥PC，
∴∠DPC=∠APC=90°，
即点P恰好落在以AC为直径的圆上，点P也落在以CD为直径的圆上，
∵∠APE=60°，
∴∠CPE=30°，
如图，连接DE，则∠CED=90°,∠CDE=∠CPE=30°，
∴CDCE=2，
∵AE=CD，
∴AECE=2；
如图，过点D作DF∥AC，交BE于点F，
设S1=a，
∵CDCE=2，BD=CE，
∴CDBD=2，
∴BD=13BC,CD=23BC，
∴S△ADC=23a，
同理CE=13AC，
∴S△CDE=13S△ADC=13×23a=29a，
∵AECE=2，
∴S△ADE=2S△CDE=2×29a=49a，
∵DF∥AC，
∴△DFP∽△AEP,△DFB∽△CEB，
∴DFEC=BDBC=13，DPAP=DFAE=DF2CE=16，
∴DPAD=17，
∴S△DPE=17S△ADE=17×49a=463a，
∴S2=S△DPE+S△CDE=463a+29a=27a，
∴S2S1=27aa=27．
故答案为：2；27．
【分析】根据SAS可证明△ABE≌△CAD，可得∠CAD=∠ABE，从而得到∠DPE=180°−∠APE=180°−60°=120°，进而得到C、D、P、E四点共圆，继而得到点P恰好落在以AC为直径的圆上，点P也落在以CD为直径的圆上，可得到∠CPE=30°，连接DE，则∠CED=90°,∠CDE=∠CPE=30°，由直角三角形的性质可得CDCE=2，从而得到AECE=2；过点D作DF∥AC，交BE于点F，证出△DFP∽△AEP,△DFB∽△CEB，可得DPAD=17，即可得出答案．
14．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BF，∴∠D=∠ECF，
∵E为DC边的中点
又∵∠DEA=∠CEF
∴△ADE≌△FCE
∴AD=FC．
（2）解：过点E作EG⊥AB．
∵△AEB的面积为2
∴S△AEB=12AB⋅EG=2
∵S△ADE+S△BCE=12DE⋅EG+12EC⋅EG
=12EG(DE+EC)
=12DC⋅EG
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB=DC
∴S△AEB+S△ADE+S△BCE=2S△AEB=4
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质及中点的定义证得△ADE≌△FCE，进而可得 AD=FC；
（2）过点E作EG⊥AB，先根据△AEB的面积为2得S△AEB=12AB⋅EG=2，再根据S△ADE+S△BCE=12DE⋅EG+12EC⋅EG=12DC·EG，再根据平行四边形的对边相等即可得到行四边形ABCD的面积．
15．【答案】（1）解：证明：连结BD，如图1所示：
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵F、G分别是CB、CD中点，
∴FG是△CBD的中位线，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形．
理由如下：
连结AC、BD，如图2所示：
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形；
（3）解：四边形EFGH是矩形．
理由如下：
连结AC、BD，如图3所示：
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EH=12BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EH∥BD，HG∥AC，
∴EH⊥HG，
∴平行四边形EFGH是矩形．
【解析】【分析】（1）连结BD，先证EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线，进而得到EH∥FG，EH=FG，由此可得四边形EFGH是平行四边形；
（2）AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形， 连结AC、BD， 证明EH⊥HG，再结合（1）中结论即可得证；
（3）连结AC、BD，先证四边形EFGH是平行四边形，再根据菱形的性质得出EH⊥HG，进而可得四边形EFGH是矩形.
16．【答案】（1）证明：∵六边形ABCDEF是正六边形
∴∠AOB=360°÷6=60°
∵AO=BO
∴△AOB是等边三角形
∴∠OAB=∠OBA=60°，
同理，△AOF与△BOC也为等边三角形
∵∠GBA=180°−∠ABC=60°，∠GAB=180°−∠BAF=60°，
∴△GAB也为等边三角形，
∴∠GAB=∠OAB,∠GBA=∠OBA,
又∵AB=AB,
∴△GAB≌△OBA，
∴AG=BG=OB=AO，
∴四边形OBGA是菱形（四条边相等的四边形是菱形）
（2）解：如图，过点O作OM⊥AB
∵AB=6，AO=6，∠OAB=60°
∴OM=AO⋅sin60°=33
∴S△AOB=12⋅6⋅33=93
∴六边形ABCDEF的面积为6×93=543．
【解析】【分析】（1）先根据正六边形的性质求得∠AOB=60°，进而得到△AOB是等边三角形 ，同理证得△AOF与△BOC也是等边三角形，进而得到∠GBA=60°，∠GAB=60°，由此可得△GAB也是等边三角形，再证△GAB≌△OBA ，得出AG=BG=OB=AO，即可证明四边形OBGA是菱形；
（2）过点O作OM⊥AB，利用特殊三角函数值求出OM的长，进而得到△AOB的面积，据此可得正六边形ABCDEF的面积.
17．【答案】（1）证明：∵将AC绕点A顺时针旋转α得到AE，
∴∠CAE=α，AC=AE，
∵∠BAD=α，
∴∠BAD=∠CAE，
∴∠BAC=DAE．
在ΔBAC和ΔDAE中，
BA=DA∠BAC=∠DAEAC=AE，
∴ΔBAC≅ΔDAE(SAS)，
∴∠C=∠E；
（2）解：∵ΔBAC≅ΔDAE，
∴∠ABC=∠ADE，BC=DE=DF+FE=9，
∵AB=AD，
∴∠B=∠ADB，
∴∠ADB=∠ADE．
∵DE//AB，
∴∠ADE=∠BAD，
∴∠B=∠ADB=∠DAB，
∴AB=AD=BD，
设AB=AD=BD=x，则CD=9−x，
∵DE//AB，
∴ΔCDF∽ΔCBA，
∴DFAB=CDCB，
∴2x=9−x9，
解得：x=3或6．
∴BD的长为3或6；
（3）解：∵SΔADFSΔABC=1n+2，ΔBAC≅ΔDAE，
∴SΔADFSΔADE=1n+2，
∴SΔADFSΔAFE=1n+1，
∵点F为AC中点，
∴SΔADF=SΔDCF，
∴SΔDCFSΔAEF=1n+1，
由（1）知：∠C=∠E，
∵∠DFC=∠AFE，
∴ΔDFC∽ΔAFE，
∴DCAE=CFFE=DFAF=SΔDFCSΔAFE=1n+1，
∴4AE=1n+1，
∴AE=4n+1．
∴AC=AE=4n+1，
∴AF=FC=12AC=2n+1，
∴2n+1FE=DF2n+1=1n+1，
∴FE=2n+2，DF=2．
∴DE=DF+FE=2n+4，
∵ΔBAC≅ΔDAE，
∴BC=DE=2n+4，
∵BC=BD+CD，
∴BD=2n．
过点A作AM⊥BD于点M，AN⊥DE于点N，如图，
∵AB=AD，
∴BM=DM=12BD=n，
由（2）知：∠ADB=∠ADE，
∴AM=AN，
在RtΔADM和RtΔADN中，
AD=ADAM=AN，
∴RtΔADM≅RtΔADN(HL)，
∴DM=DN=n，
∴EN=DE−DN=n+4，
∴AN2=AE2−EN2=(4n+1)2−(n+4)2，
∴AM2=AN2=AE2−EN2=(4n+1)2−(n+4)2=8n−n2，
在RtΔADM中，
AB=BM2+AM2=n2+8n−n2=8n=22n．
【解析】【分析】（1）根据题意，得∠BAD=∠CAE=α继而得到∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC即∠BAC=∠DAE，利用△BAC≌△DAE(SAS)即可.
（2）根据(1) △BAC≌△DAE(SAS)得BC=DE=DF+EF=2+7=9，∠C=∠E，得到
∠CDF=∠CAE=α，结合DE∥AB，得到∠CDF=∠CAE=∠BAD=∠DAB=∠BDA=α，得到等边△ABD，利用三角形相似，列出方程解答即可.
（3）根据S△ADFS△ABC=1n+2，设S△ADF=k,S△ABC=(n+2)k，过点A分别作AN⊥BD,AM⊥DE，垂足分别为N，M，利用相似的判定和性质，全等的性质，面积的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一性质解答即可.
18．【答案】（1）解：如图，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，
∵ 四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝90°，
∵∠DEN+∠NEF=∠DEF＝90°，∠MEF+∠NEF=∠MEN＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
又∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：CE+CG的值是定值，定值为6，理由如下：
∵四边形DEFG和四边形ABCD都是正方形，
∴DE＝DG，AD＝DC，∠ADC=90°，∠EDC=90°，
∵∠CDG+∠CDE＝∠EDC=90°，∠ADE+∠CDE＝∠ADC=90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=2AB=2×32=6
即CE+CG的值是定值，定值为6．
【解析】【分析】（1）根据正方形的对角线平分对角，角平分线上的点到两边的距离相等可得EM＝EN，根据矩形的四个角都是直角可得∠DEF＝90°，推得∠DEN＝∠MEF，根据两个角和它们所夹的边分别对应相等的两个三角形全等；全等三角形的对应边相等可得DE=EF，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可证明；
（2）根据正方形的四条边都相等可得DE＝DG，AD＝DC，∠ADC=90°，∠EDC=90°，推得∠CDG＝∠ADE，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等；全等三角形的对应边相等可得AE＝CG，
可得CE+CG=CE+AE=AC，根据勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方求得AC的值，即可得出答案.
19．【答案】（1）解：在AB上截取BM，使得BM=BE，连接ME.如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°.
∵BM=BE，AB=BC，
∴AB−BM=BC−BE，
∴AM=EC.
∵EA顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF.
∵∠MAE+∠MEA=45°，∠CEF+∠MEA=45°，∵∠MAE=∠CEF.
在△AME和△ECF中
AM=EC∠MAE=∠CEFAE=EF，
∴△AME≌△ECF(SAS)
∴∠AME=∠ECF=135°，
则∠FCD=45°.
（2）32α−90°​​​​​​​
（3）解：如图所示：
过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，设菱形的边长为3.
∵DGCG=12，
∴DG=1，CG=2.
∵∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=60°，
∴PD=32，AP=332，
∴PG=PD+DG=52，
∵∠α=120°，
由（2）知，∠GCF=90°.
∴∠APG=∠FCG.
∵∠AGP=∠FGC，
∴△APG∽△FCG，
∴APCF=PGCG，
∴332CF=522，
∴CF=635.
在AB上截取BN，使NB=BE，连接NE，作BO⊥NE于点O.
由（2）可知，△ANE≌△ECF，
∴NE=CF.
∵BN=BE，
∴OE=ON=12NE=12CF=353.
∵∠ABC=120°，
∴∠BNE=∠BEN=30°，
∴BE=OEcs30°=65，
∴CE=95，
∴BECE=23.
【解析】【解答】解：（2）在AB上截取BM，使得BM=BE，连接ME.如图所示：
∵∠ABC=α，
∴∠BME=∠BEM=12180°−α=90°−12α.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°.
∴∠BCD=180°－α.
∵BM=BE，AB=BC，
∴AB−BM=BC−BE，
∴AM=EC.
∵EA顺时针旋转90°得到EF，
∴AE=EF.
∵∠BEM+∠MEA+∠CEF+∠AEF=180°， ∠AEF=∠ABC=α，
∴∠MEA+∠CEF=90°−12α.
∵∠BME=∠MAE+∠MEA=90°−12α，
∵∠MAE=∠CEF.
在△AME和△ECF中
AM=EC∠MAE=∠CEFAE=EF，
∴△AME≌△ECF(SAS)
∴∠AME=∠ECF=180°−90°−12α=90°+12α，
则∠FCD=∠ECF−∠BCD=90°+12α−180°－α=32α−90°.
【分析】（1）在AB上截取BM，使得BM=BE.利用SAS证明△AME≌△ECF，可得∠AME=∠ECF，即可得到∠FCD的度数.
（2）在AB上截取BM，使得BM=BE.解题过程和（1）完全一致，注意∠BCD的度数.
（3）过点A作AP⊥CD交CD的延长线于点P，设菱形边长为3.可求出DG和CG的长.由∠ADC=∠ABC
=120°，可求得PD和AP的长.再根据（2）的结论可得∠GCF=90°，从而可证得△APG∽△FCG，根据相似三角形的性质求得CF长，在AB上截取BN，使NB=BE，连接NE，作BO⊥NE于点O. 由（2）可知，△ANE≌△ECF，从而得OE长.根据∠ABC=120°，又可得求得BE和CE长，从而可得BECE .
20．【答案】（1）①②④
（2）证明：∵∠B+∠BFD=∠CDF=∠MDN+∠CDE，∠MDN=∠B
，∴∠BFD=∠CDE
由AB=AC，得∠B=∠C，
∴△BDF∽△CED
∴BDDF=ECDE
∵BD=CD，
∴CDDF=ECDE．
又∵∠B=∠EDF，
∴△CED∽△DEF.
∴△BDF∽△DEF．
（3）解：连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．
∵AB=AC=5，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=12BC=3．
在Rt△ABD中，AD=AB2−BD2=52−32=4，
S△ABC=12BC·AD=12×6×4=12.
S△DEF=14S△ABC=14×12=3．
又∵12AD·BD=12AB·DH，
∴DH=AD·BDAB=4×35=2.4，
∵△BDF∽△DEF，
∴∠DFB=∠EFD
∵DG⊥EF，DH⊥BF，
∴DH=DG=2.4．
∴S△DEF=12×EF×DG=3∴EF=312DG=2.5．
【解析】【解答】解：①∵AB=AC，D为BC的中点
∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD，
又∵∠MDN=∠B，
∴△ADE∽△ABD，故结论①正确；
②同理可得：△ADE∽△ACD，故②正确；
③在△ADE与△ABC中只有∠MDN=∠B或∠MDN=∠C，只有一组角相等不能判断两个三角形相似，故结论③不正确；
④∵∠MDN=∠B，∠B+∠BAD=90°，∠MDN+∠EDC=90°，
∴∠BAD=∠EDC，
∵∠BAD=∠DAE，
∴∠DAE=∠EDC，
∵∠MDN=∠C，
∴△ADE∽△DCE，故④正确；
故图①中与△ADE相似的三角形有：①②④.
故答案为：①②④；
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定即可判断求解；
（2）根据已知条件，首先求出∠BFD=∠CDE，由有两个角对应相等的两个三角形相似可得△BDF∽△CED，由相似三角形的性质得比例式BD：DF=EC：DE，结合已知可得△CED∽△DEF，则结论可求解；
（3）连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H；先根据S△DEF=14S△ABC可求出DH的长，然后根据S△DEF=12EF×DG可求解.
21．【答案】（1）是
（2）解：如图所示：
∵AB=BC，∠ABC=90°，将△ADB绕点B逆时针旋转90°可得△CBE.
∴BD=BE，∠DBE=90°，∠DAB=∠ECB，∠ABC=∠DBE=90°.
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠DAB+∠DCB=180°，
∴∠EAC+∠DCB=180°，
∴D、C、E三点共线.
∵S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=S△CBE+S△CBD=S△BDE，
∴S△BDE=S四边形ABCD=8
∴Rt△DBE中，12BD2=8，
解得：BD=4.
（3）解：如图所示：
延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.
∵AB=BC，∠BAD+∠C=180°，∠EAB+∠BAD=180°，
∴∠EAB=∠C.
∴△EAB≌△DCB(SAS).
∴S四边形ABCD=S△ABD+S△CBD=S△ABD+S△EBA=S△EBD，BD=BE.
当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，最大为S△EBD=12BD2=12×42=8.
∴ 四边形ABCD面积的最大值8.
【解析】【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°.
∵△ABD绕点A逆时针旋转60° 得到△ACE，
∴AD=AE，∠ADB=∠AEC.
∵∠ADB+∠ADC=180°，
∴∠AEC+∠ADC=180°，
∴四边形ADCE是等补四边形.
故答案为：是.
【分析】（1）根据旋转性质得AD=AE，∠ADB=∠AEC.结合∠ADB+∠ADC=180°，可得∠AEC+∠ADC=180°，即可得到结论；
（2）将△ADB绕点B逆时针旋转90°得△CBE，根据旋转性质可得BD=BE，∠DAB=∠ECB，∠ABC=∠DBE=90°.再根据等补四边形性质即可证得D、C、E三点共线，于是有S△BDE=S四边形ABCD=8，表示出△BDE的面积，即可求出BD长.
（3）延长DA到点E，使AE=DC，连接BE.可证得△EAB≌△DCB，于是有S四边形ABCD=S△EBD以及BD=BE，当BE⊥BD时，△EBD的面积最大，用BD表示出面积，即可得到最大的四边形面积.