2024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(二)

这是一份2024年中考数学精选压轴题之四边形综合探究(二)，共71页。试卷主要包含了实践探究题等内容，欢迎下载使用。

一、实践探究题
1．
（1）问题提出
如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝3，AC＝4，在BC上找一点D，使得AD将△ABC分成面积相等的两部分，作出线段AD，并求出AD的长度；
（2）问题探究
如图②，点A、B在直线a上，点M、N在直线b上，且a∥b，连接AN、BM交于点O，连接AM、BN，试判断△AOM与△BON的面积关系，并说明你的理由；
（3）解决问题
如图③，刘老伯有一个形状为筝形OACB养鸡场，在平面直角坐标系中，O（0，0）、A（4，0）、B（0，4）、C（6，6），是否在边AC上存在一点P，使得过B、P两点修一道笔直的墙（墙的宽度不计），将这个养鸡场分成面积相等的两部分？若存在，请求出直线BP的表达式；若不存在，请说明理由．
2．已知四边形ABCD是菱形，直线l经过点B，且点B右侧的部分在BD的下方，过点A作AE⊥l于点E，点F是直线l上一点且在点B的右侧，连接AF，DF，∠EAF=12∠BAD．
（1）数学思考：
如图①，当∠EAF的边AE，AF都在AB的右侧时，线段BE，EF，DF之间的数量关系为；
（2）猜想证明：
如图②，当∠EAF的边AE，AF分别在AB的两侧时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展延伸：若菱形ABCD的边长为13，∠BAD=60°，BE=5，请直接写出线段DF的长．
3．如图
图1 图2 图3
（1）【问题发现】
如图1，在正方形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，连接EF，求证：BE=BF．
（2）【类比探究】
如图2，在矩形ABCD中，E为对角线AC上的动点，过点B作BE的垂线，过点C作AC的垂线，两条垂线交于点F，且∠ACB=60°，连接EF，求CFAE的值．
（3）【拓展延伸】
如图3，在（2）的条件下，将E改为直线AC上的动点，其余条件不变，取线段EF的中点M，连接BM,CM．若AB=23，则当△CBM是直角三角形时，求CF的长．
4．如图
（1）问题提出如图（1），在正方形ABCD中，E为AD中点，BF⊥CE，求DFCF的值；
（2）问题探究如图（2），在等腰Rt△ABC中，点E为AB的中点，BF⊥CE，求FCBG的值．
5．综合与实践
问题情境：“综合实践课”上，老师画出了如图1所示的矩形ABCD，AD=nAB（其中n>1），P（不与点A重合）是AD边上的动点，连接点P与AB边的中点E，将△APE沿直线PE翻折得到△OPE，延长PO交BC于点F（点F不与点C重合），作∠PFC的平分线FG，交矩形ABCD的边于点G．问PE与FG的位置关系？
（1）数学思考：
请你解答老师提出的问题，并说明理由．
（2）深入探究：
老师将图1中的图形通过几何画板改动为如图2，在点P运动过程中，连接EG，若E，O，G三点共线，点G与点D刚好重合，求n的值．
（3）若n=2，连接PG,OG，当△POG是以OP为直角边的直角三角形，且点G落在AD边上时，请直接写出DPAP的值．
6．黄金分割是一种最能引起美感的分割比例，具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴藏着丰富的美学价值，我们知道：如图1，如果BCAC=ACAB，那么称点C为线段AB的黄金分割点．
（1）如图1，AB=2，点C在线段AB上，且BC（2）如图2，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=1，AC=2，则AB= ，在BA上截取BD=BC，则AD= ，在AC上截取AE=AD，则AEAC的值为 ；
（3）如图3，用边长为a的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABDE得折痕MN，连接EN，把边AE折到线段EN上，即使点A的对应点H落在EN上，得到折痕EC，请证明：C是线段AB的黄金分割点；
（4）如图4，在边长为2的正方形ABCD中，M为对角线BD上一点，点N在边CD上，且CN7． 综合与实践
【问题情境】
为了研究折纸过程中蕴涵的数学知识，老师发给每位同学完全相同的纸片，纸片形状如图1，在四边形ABCD中（BC≥CD），AB∥CD，∠B=90°．
图1
【探究实践】
老师引导同学们在边BC上任取一点E，连接DE，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为H，然后将纸片展平，连接CH并延长，分别交DE，AB于点M，G．
老师让同学们探究：当点E在不同位置时，能有哪些发现？
经过思考和讨论，小莹、小明向同学们分享了自己发现．
（1）如图2，小莹发现：“当折痕DE与AD夹角为90°时，则四边形AGCD是平行四边形．”
（2）如图3，小明发现：“当E是BC的中点时，延长DH交AB于点N，连接EN，则N是BG的中点．
请你分别判断两人的结论是否正确，并说明理由．
（3）【拓展应用】
如图4，小慧在小明发现的基础上，经过进步思考发现：“延长EH交AB于点F．当给出BC和BF的长时，就可以求出CD的长．”
老师肯定了小慧同学结论的正确性．若BC=6，BF=4，请你帮小慧求出CD的长．
8．学完勾股定理后，小宇碰到了一道题：如图1，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，若AB＝5，CD＝4，BC＝6，则AD的长为 ▲ ．
他不会做，去问同桌小轩，小轩通过思考后，耐心地对小宇讲道：“因为AC⊥BD，垂足为O，那么在四边形ABCD中有四个直角三角形，利用勾股定理可得AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，AB2＝OA2+OB2，CD2＝OC2+OD2...”小轩话没讲完，小宇就讲道：“我知道了，原来AD2+BC2与AB2+CD2之间有某种数量关系．”并对小轩表示感谢．
（1）请你直接写出AD的长．
（2）如图2，分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，连接PC，PQ．
①若AC＝4，BC＝8，连接AQ，交PC于点D，当∠ACB＝90°时，求PQ的长；
②如图3，若AB＝10，BC＝8，PC＝83，当∠ACB≠90°时，求△ABC的面积．
9．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.
10．已知四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD边上的点，DE与CF交于点G，令＝k．
（1）特例解析：如图1，若四边形ABCD是矩形，且DE⊥CF，求证：DECF＝k；
（2）类比探究：如图2，若四边形ABCD是平行四边形，当∠B与∠EGC满足什么关系时，DECF＝k仍然成立？并证明你的结论；
（3）拓展延伸：如图3，在（2）的条件下，k=57，AD=5，tan⁡∠DCF=43，∠AED＝45°，求DE的长．
11．通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：．
（1）【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图1，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图2），即“一线三等角”模型和“K字”模型．
请在上图2中选择其中一个模型进行证明△ABC≌△CDE．
（2）【模型应用】如图3，正方形ABCD中，AE⊥DE，DE-4，求△CDE的面积．
（3）如图4，四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝3，DE⊥DC，DE＝DC，求△ADE的面积．
12．综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点.
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点.
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MNIIAD.
【过程思考】
（1）“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是： ① ，②： ，③： ；
（2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
（3）【拓展提升】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D'，射线ED'与菱形ABCD 的边交于点F，请直接写出D'F的长.
13．（1）【问题情境】如图1，小明把三角板EFG（∠GFE=30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、CD、AB上，你发现线段ED与AG有什么数量关系？
直接写出结论： （不用证明）．
（2）【变式探究】如图2，小明把三角板EFG（∠GFE=30°）放置到矩形ABCD中，使得顶点E、F、G分别在AD、BC、AB边上，若GA=4，AE=6，求BG的长．
（3）【拓展应用】如图3，小明把三角形EFG放置到平行四边形ABCD中，使得顶点E、F、G分别落在AD、BC、AB边上，若ABAD=45，AEAD=310，∠FEG=∠BAD，求出EGEF的值．
14．
（1）【观察与猜想】
如图1，点O是矩形ABCD内一点，过点O的直线EF⊥MN，分别交矩形的边为点E，F，M，N．若AD=10，CD=7，EF=8，则MN= ；
（2）【类比探究】
如图2，在平行四边形ABCD中，点E，M分别在边AB，BC上，连接DM与CE交于点O，∠DOE=∠B．求证：CE⋅AB=DM⋅BC；
（3）【拓展延伸】
如图3，在四边形ABCD中，BC=1715，AB=4，∠B=∠ADC=120°，CDAD=45，M在边BC上，连接AC与DM交于点O，当∠AOD=∠B时，求ACDM的值．
15．
（1）【知识呈现】如图①，已知矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F.求证：四边形AFCE是菱形；
（2）【知识应用】如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD、BC于点E、F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=4，BC=5，则EF的长为 ；
（3）【知识拓展】如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD、BC于点E、F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=32，BC=6，∠BCD=45°，则四边形AFCE的面积为 .
16．[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．
（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=4D=42，求△BEF的面积．
17．
（1）【探究证明】某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：
如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：EFGH=ABAD；
（2）【结论应用】如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB=4，BC=6，求折痕EF的长；
（3）【拓展运用】如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB=4，BC=6，EF=4103，求BP的长．
18．（1）【探究发现】
如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，E是AD边上一点，作OF⊥OE交AB于点F．学习小队发现，不论点E在AD边上运动过程中，△AOE与△BOF恒全等．请你证明这个结论；
（2）【类比迁移】
如图2，矩形ABCD的对角线交于点O，∠ABD＝30°，E是BA延长线上一点，将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，点F恰好落在DA的延长线上，求AEAF的值；
（3）【拓展提升】
如图3，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝12，点E是BC边上一点，以BE为边在BC的上方作等边△BEF，连接CF，取CF的中点M，连接AM，当AM＝7时，直接写出BE的长．
19．在正方形ABCD中，E、F分别为AD边上的两点，连接BF、CE并延长交于点Q，连接DQ，H为CQ上一点，连接BH、DH．
（1）如图1，若H为CE的中点，且4DE=AB，DH=17，求线段BC的长；
（2）如图2，过点H作HP//BC，且HB=HP，连接BP，刚好交CH的中点G，当∠QFE+∠QBH=90°时，求证：BP+2DQ=2CQ；
（3）如图3，在(1)的条件下，点M为线段AD上一动点，连接CM，作BN⊥CM于点N，将△BCN沿BC翻折得到△BCN'，点S、R分别为线段BC、CN'上两点，且BC=4CS，N'C=3N'R，连接BR、N'S交于点O，连接CO，请直接写出△BCO面积的最大值．
20．在正方形 ABCD 中，等腰直角 △AEF ， ∠AFE=90° ，连接 CE ，H为 CE 中点，连接 BH 、 BF 、 HF ，发现 BFBH 和 ∠HBF 为定值.
（1）①BFBH= ▲ ；
②∠HBF= ▲ .
③小明为了证明①②，连接 AC 交 BD 于O，连接 OH ，证明了 OHAF 和 BABO 的关系，请你按他的思路证明①②.
（2）小明又用三个相似三角形（两个大三角形全等）摆出如图2， BDAD=EAFA=k ， ∠BDA=∠EAF=θ （ 0°<θ<90° ）
求①FDHD= （用k的代数式表示）
②FHHD= （用k、 θ 的代数式表示）
21．在矩形ABCD中，点E是射线BC上一动点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点G，交直线CD于点F．
（1）当矩形ABCD是正方形时，以点F为直角顶点在正方形ABCD的外部作等腰直角三角形CFH，连接EH．
①如图1，若点E在线段BC上，则线段AE与EH之间的数量关系是 ▲ ，位置关系是 ▲ ；
②如图2，若点E在线段BC的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点E在线段BC上，以BE和BF为邻边作平行四边形BEHF，M是BH中点，连接GM，AB=3，BC=2，求GM的最小值．
22． 已知矩形ABCD，点E、F分别在AD、DC边上运动，连接BF、CE，记BF、CE交于点P．
-
（1）如图1，若ABAD=35，CF=4，∠AEP+∠ABP=180°，求线段DE的长度；
（2）如图2，若∠EBF=∠DEC，BPAD=23，求EPPC；
（3）如图3，连接AP，若∠EBF=∠DEC，AP=AB=2，BC=3，求PB的长度．
23． 在菱形ABCD和菱形BEFG中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．
（1）如图1，若点E、G分别在边AB、BC上，点F在菱形ABCD内部，连接DF，直接写出DF的长度为 ；
（2）如图2，把菱形BEFG绕点B顺时针旋转α°(0<α<360)，连接DF、CG，判断DF与CG的数量关系，并给出证明；
（3）如图3，①把菱形BEFG继续绕点B顺时针旋转，连接GD,O为DG的中点，连接CO、EO，试探究CO与EO的关系；②直接写出菱形BEFG绕B点旋转过程中CO的取值范围．
24． 已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC．
（1）如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求∠ADB的度数．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图①，取BC边的中点D，连接AD，则线段AD即为所求．
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝AB2+AC2=5，
∵点D为BC的中点，
∴AD＝12BC＝52．
（2）解：S△AOM＝S△BON，理由如下：
由图可知，S△AOM＝S△ABM﹣S△AOB，S△BON＝S△ABN﹣S△AOB，
如图②，过点M作MD⊥AB于点D，过点N作NE⊥AB于点E，
∴MD∥NE，∠MDE＝90°，
又∵MN∥DE，
∴四边形MDEN是矩形，
∴MD＝NE，
∵S△ABM＝12⋅AB⋅MD，S△ABN＝12⋅AB⋅NE，
∴S△ABM＝S△ABN，
∴S△AOM＝S△BON．
（3）解：存在，直线BP的表达式为：y＝−59x+4．
如图③，连接AB，过点O作OF∥AB，交CA的延长线于点F，连接BF，交OA于点G，
由（2）的结论可知，S△OBG＝S△AFG，
∴S四边形OACB＝S△BCF，
取CF的中点P，作直线BP，直线BP即为所求．
∵A(4，0)，B(0，4)，C(6，6)，
∴线段AB所在直线表达式为：y＝﹣x+4，
线段AC所在直线的表达式为：y＝3x﹣12，
∵OF∥AB，且直线OF过原点，
∴直线OF的表达式为：y＝﹣x，
联立y=−xy=3x−12，解得x=3y=−3，
∴F（3，﹣3），
∵点P是CF的中点，
∴P(92,32)，
∴直线BP的表达式为：y＝−59x+4．
2．【答案】（1）解：如图，在EF上截取一点G，使BE=GE，连接AG，
，
∵BE=GE，AE⊥BC，
∴AB=AG，
∴∠BAE=∠EAG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∴AD=AG，
∵∠EAF=12∠BAD，∠EAF=∠EAG+∠GAF，∠BAD=∠BAE+∠EAG+∠GAF+∠DAF，
∴∠EAG+∠GAF=12(∠BAE+∠EAG+∠GAF+∠DAF)，
∴∠GAF=∠DAF，
∵AF=AF，
∴△AGF≌△ADF(SAS)，
∴DF=GF，
∴EF=EG+GF=BE+DF
（2）解：不成立，理由如下：
如图，在l上截取B'E=BE，连接AB'，DB'，DB'交AB于H，
，∵BE=B'E，AE⊥l，
∴AB=AB'，
∴∠BAE=∠EAB'，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∴AD=AB'，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠BAE+∠BAF=12(∠BAF+∠DAF)，
∴12∠BAB'+∠BAF=12∠BAF+12∠DAF，
∴12∠BAB'+12∠BAF=12∠DAF，
∴12∠FAB'=12∠DAF，
∴∠FAB'=∠DAF，
∵AF=AF，
∴△AB'F≌△ADF(SAS)，
∴DF=B'F，
∴EF=B'F−B'E=DF−BE
（3）解：第一种情况：如图：
，
在Rt△AGF中，由勾股定理得AE=AB2−BE2=132−52=12，
∵∠EAF=12∠BAD=30°，
∴AF=2EF，
在Rt△AEF中，AE2+EF2=AF2，
∴EF=43，
由（2）可得：EF=DF−BE，
∴DF=EF+BE=43+5；
第二种情况：如图：
，
同理可得：EF=43，
由（1）可得：EF=BE+DF，
∴DF=EF−BE=43−5；
综上所述，DF的长为43+5或43−5．
3．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠BCA=45°,∠ABC=90°,AB=BC，
∵BE⊥BF,CF⊥AC，
∴∠EBF=∠ECF=90°=∠ABC，
∴∠ABE=∠CBF,∠BCF=45°=∠BAC，
∴△ABE≌△CBF(ASA)，
∴BE=BF
（2）解：∵BE⊥BF,CF⊥AC，∴∠EBF=∠ECF=90°，
∴点C，点E，点B，点F四点共圆，∴∠ACB=∠EFB=60°，
∴∠BAE=∠BEF=30°，∴AB=3BC,BE=3BF，
∴ABBC=EBBF=3
∵∠EBF=∠ABC，∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE∽△CBF，∴CFAE=BCAB=33
（3）解：由（2）知：CFAE=BCAB=33，
∵AB=23，∴CB=2，
∵∠EBF=∠ECF=90°,M为EF的中点，
∴BM=12EF,CM=12EF，∴BM=CM，
又∵△CBM是直角三角形，∴CM=22BC=2，
∴EF=2CM=22，
设CF=x，则AE=3x，
∵∠CAB=30°,BC=2，∴AC=2BC=4，
∴CE=AC−AE=4−3x，
∵∠ECF=90°，∴CE2+CF2=EF2，
∴x2+(4−3x)2=8，
∴x=3−1或x=3+1（不合题意，舍去），
当∠MBC=90°或∠MCB=90°时，点M不存在，
当E在AC延长线上时，设CF=x，则AE=3x，
∵∠CAB=30°,BC=2，∴AC=2BC=4，∴CE=AE−AC=3x−4，
∵∠ECF=90°，∴CE2+CF2=EF2，∴x2+(3x−4)2=8，
∴x=3−1（不合题意，舍去）或x=3+1，
综上所述，CF的长为3−1或3+1．
4．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AD，∠D＝∠BCF＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠BCE+∠CBG＝90°，
∴∠DCE＝∠CBG，
∴△DCE≌△CBF（ASA），
∴DE＝CF，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE，
∴CF＝DF，
∴DFCF=1；
（2）解：过点A作AD∥BC，CD∥AB，则四边形ABCD是正方形，
∵E为AB的中点．
由（1）可知M为AD的中点，
∵AD∥BC，
∴△AMF∽△CBF，
∴AMBC=AFCF=12，
设BE＝AE＝x，
∴AC=22x, CE=BE2+BC2=5x
∴CF＝23AC=432x，
∵S△BEC=12BE⋅BC=12CE⋅BG
∴BG＝BE⋅CBCE=x⋅2x5x=255x，
∴CG＝BC2−B2=455x，
∴FG＝=CF2−CG2＝(432x)2−(455x)2=4155x，
∴FGBG=4155x255x=23
5．【答案】（1）解：PE∥FG．
理由：由翻折可知∠APE=∠OPE=12∠APF．
∵FG平分∠PFC，
∴∠PFG=∠CFG=12∠CFP．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠APF=∠CFP，
∴∠EPF=∠PFG，
∴PE∥FG．
（2）解：由翻折知EA=EO，∠EOP=90°，
∵E，O，D三点共线，
∴∠DOF=∠EOF=∠C=90°
又∵DF=DF，∠OFG=∠CFG，
∴△DOF≌△DCF(AAS)，
∴DO=DC=AB．
∵E是AB的中点，
∴设EA=m，则EB=EO=m．
∴OD=CD=AB=2m，
∴DE=OE+OD=3m．
在Rt△ADE中，由勾股定理得AD2+AE2=DE2，
∴AD=(3m)2−m2=22m．
∵AD=nAB，
∴22m=2nm，
∴n=2．
（3）解：DPAP的值为3或42−1．
设AE=OE=BE=a，
∵n=2，
∴AD=2AB=4a，
由题意知，分∠OPG=90°或∠POG=90°，两种情况求解：
①若点G在AD上，当∠OPG=90°时，此时∠APO=90°，如图1，
∵∠A=∠POE=∠APO=90°，
∴四边形AEOP为矩形，
∵AE=OE，
∴矩形AEOP为正方形，
∴AP=AE=a，DP=AD−AP=3a，
∴DPAP=3；
②若点G在AD上，当∠POG=90°时，如图2，过点G作GH⊥BC于点H，此时E，O，G三点在同一直线上，四边形ABHG是矩形，
由（2）可知，AG=2AB，OG=GH=AB=2a，
∴tan∠AGE=OPOG=AEAG=24，即OP2a=24，解得，OP=22a，
∴DP=AD−AP=4a−22a，
∴DPAP=42−1；
综上所述，DPAP的值为3或42−1．
6．【答案】（1）5−12
（2）5；5−1；5−12
（3）证明：设EC与MN交于P，作PQ⊥EN于Q，如图，
∵MN∥AB，且点M为AE中点，
∴NPAC=EMEA=12，
∵EC平分∠AEN，PQ⊥EN，PM⊥AE，
∴PM=PQ，
设PM=PQ=12AC=x，
∴PN=MN−PM=4−x，
∵EN=DE2+DN2=25，
∴sin∠ENM=EMEN=PQPN，
∴225=x4−x，
∴x=5−1，
经检验，x=5−1为方程的解，
∴AC=2x=25−2，
∴ACAB=25−24=5−12，
∴C是线段AB的黄金分割点.
（4）解：延长NE、BA交于点K，过点N作NL⊥AB，过点A作AS⊥AN交NK于S，过S作ST⊥AK，取BM、AN交于O，如图，
∵∠AMO=∠BNO，∠AOM=∠BON，
∴△AMO~△BNO，
∴OAOB=OMON，
∴OAOM=OBON，
又∵∠MON=∠AOB，
∴△MON~△AOB，
∴∠1=∠ABO=45°，
∴△ASN为等腰直角三角形，
∴SA=AN，∠SAN=90°，
∴∠3=90°−∠4=∠5，
∴△STA≅△ALNAAS，
∵N为CD的黄金分割点，CN∴设DN=5−1a=AL=ST，
∴DC=BC=NL=AT=2a，
∴TL=AT+AL=5+1a，
设KT=x，
∴tan∠K=STKT=NLKL，
∴5−1ax=2a5+1a+x，
∴x=3+5a，
经检验，x=3+5a为原方程的解，
∴AK=x+2a=5+5a，
∴AEDE=AKDN=5+352，
设AE=m，则DE=2−m，
∴m2−m=5+352，
∴m=35−5，
经检验m=35−5为原方程的解，
∴DE=7−35.​​​​​​​​​​​​​​
7．【答案】（1）解：结论正确；
理由如下：
由折叠得：DE⊥CG，
∴∠EMG=90°，
∵折痕DE与AD夹角为90°，
∴∠ADE=∠EMG=90°，
∴AD∥CG，
∵AB∥CD，
∴四边形AGCD是平行四边形
（2）解：结论正确；
理由如下：
如图，连接BH，
由折叠得：DC=DH，
CM=HM，
∴∠DHC=∠DCH，
∵AB∥CD，
∴∠NGH=∠DCH，
∴∠DHC=∠NGH，
∵∠GHN=∠DHC，
∴∠NGH=∠GHN，
∴NG=NH，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE，
∴EM∥BH，
∴∠BHG=∠EMG=90°，
∴∠BHN+∠GHN=90°
∠GBH+∠NGH=90°，
∴∠BHN=∠GBH，
∴NB=NH，
∴NG=NB，
∴N是BG的中点
（3）解：∵AB∥CD，∠B=90°，
∴∠DCE=90°，
由折叠得：∠DHE=∠DCE=90°，
HE=CE，
∴∠FHN=∠DHE=90°，
∴∠FHN=∠B，
∵∠HFN=∠BFE，
∴△HFN∽△BFE，
∴HNBE=HFBF，
∵E是BC的中点，
BC=6，
∴HE=CE=BE
=12BC=3，
∴EF=BE2+BF2
=32+42
=5，
∴FH=EF−HE
=5−3
=2，
∴HN3=24，
解得：HN=32，
∴BN=32，
由（2）得：NG=NB，
∴EN∥CG，
∴∠MEN=180°−∠EMH
=90°，
设CD=x，则有DH=x，
∴DN=x+32，
在Rt△DCE中，
CD2+CE2=DE2，
∴x2+9=DE2，
在Rt△EBN中，
NB2+BE2=EN2，
∴(32)2+32=EN2，
∴EN2=454，
在Rt△DEN中，
DE2+EN2=DN2，
∴x2+9+454=(x+32)2，
解得：x=6，
故CD的长为6．
8．【答案】（1）5
（2）①设AB与PC相交于点O，如图，
∵ ∠ACB=90°，AC=4，BC=8，
∴ AB=45，
∵ 分别在△ABC的边BC和边AB上向外作等腰Rt△BCQ和等腰Rt△ABP，
∴ PB=AB，BC=BQ，∠PBA=∠CBQ=90°，PA=410，QC=82，
∴ ∠PBC=∠ABQ，
∴ △PBC≌△ABQ（SAS），
∴ ∠BPC=∠BAQ，
∵ ∠POB=∠AOC，
∴ ∠ODA=∠PBA=90°，
∴ PC⊥AQ，
∴ PA2+QC2=PQ2+AC2，
∴ PQ=417；
②过点A作AM⊥BM，连接AQ，如图，
同①可证明△PBC≌△ABQ，可得PC⊥AQ，BQ=BC=8，PC=AQ=83，
由勾股定理得，AM2+MB2=AB2，即AM2+MB2=100；
AM2+MQ2=AQ2，即AM2+(8+MB)2=192；
两个式子作差得，MB=74，
∴ S△ABC=12BC·MB=7.
9．【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.
10．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDE＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠EDC+∠FCD＝90°，
∴∠ADE＝∠FCD，
∵∠A＝∠FDC＝90°，
∴△ADE∽△DCF，
∴DE：CF＝AD：DC＝k．
（2）解：∠B与∠EGC互补时，DECF＝k，
证明如下：
∵∠B+∠EGC＝180°，
∴∠BEG+∠BCF＝180°，
∵∠BEG+∠AED＝180°，
∴∠AED＝∠BCF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠CFD＝∠BCF＝∠AED，∠CDM＝∠A，
在AD的延长线上取一点M，使CM＝CF，则有∠M＝∠CFD＝∠AED，
∴△DAE∽△CDM，
∴DECM=DACD=k，
∵CM＝CF，
∴DECF=k；
（3）解：如图3，在（2）的条件下，可得结论：DECF=k=ADCD=57，∠AED＝∠EDC＝∠FCD＝∠F＝45°，
∵AD＝BC＝5，
∴BA＝CD＝7，
作GM⊥CD于M，
则△GDM为等腰直角三角形；
∵tan∠DCF＝43，令GM＝4x，则CM＝3x，CG＝5x；
∴DM＝GM＝4x，
∴CD＝3x+4x＝7，
解得x＝1；
∴CG＝5，
在△CGD与△CDF中，∠GCD＝∠DCF，∠GDC＝∠F；
∴△CGD∽△CDF，
∴CG：CD＝CD：CF，
即5：7＝7：CF，解得CF=495，
由DECF=57，代入CF的值，
解得DE＝7．
11．【答案】（1）证明：例如选第一个图形可证（同理可证第二个）
∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°
∴∠1=∠3
又∵∠B=∠D=90°，AC=CE；
∴△ABC≌△CDE（AAS）
（2）解：过C作DE延长线的垂线CF，垂足为F，
则由（1）易得
△AED≌△DFC，
∴CF=DE=4，即△CDE边DE上的高为4，
∴S△CDE=12×DE×CF=12×4×4=8.
（3）解：分别过C和E作AD延长线的垂线CG、FH，垂足分别为为G、H，
则由（1）易得△EDH≌△DCG，
又∵四边形ABCG是矩形，
∴AG=BC，
∴DG=AG-AD=3-2=1，
∴EH=DG=1，即△ADE边AD上的高为1，
∴S△ADE=12×AD×EH=12×2×1=1.
12．【答案】（1）CG=CB=CD；(6−x)2+32=(x+3)2；2
（2）解：由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵正方形 ABCD，
∴AB//CD，AB=CD
∴∠AED=∠CDG，∠EAG=∠DCG，
∴△AEG~△CDG
∴AGCG=AECD=12
∵MN//AD
∴AGCG=AMBM=12， 即 AMAB=13
∴点M是否为AB边的三等分点
（3）2621或5021
13．【答案】（1）EDAG=3
（2）解：过点F作FH⊥AD，垂足为H
∵FH⊥AD，∴∠FHE=∠A=90°
∵∠EFH+∠FEH=90°，∠GEA+∠FEH=90°
∴∠EFH=∠GEA
∵∠FHE=∠A=90°，∴△FEH∽△EGA
∴FHAE=EFGE=3
∵AE=6，∴FH=63
易证四边形ABFH是矩形
∴AB=FH=63，∴BG=63−4
（3）解：过点F作∠CFM=∠BAD交AD的延长线于点M．
∵∠GEF=∠BAD
∴∠CFM=∠BAD=∠GEF
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥CB，∠BAD=∠C
∴∠CFM=∠FMD，∠C=∠CDM
∵∠CFM=∠C=∠CDM=∠FMD
∴FM=DC
∵∠A=∠GEF=∠FMA，
∴∠A+∠AGE=∠GEF+∠FEM即∠AGE=∠MEF
∴△ABE∽△MEF，∴EGEF=AEFM
∵ABAD=45，AEAD=310
∴FM=DC=AB=45AD，AE=310AD
∴EGEF=AEFM=310AD45AD=38
14．【答案】（1）807
（2）证明：∵∠DOE=∠COM，∠DOE=∠B，
∴∠B=∠COM，
∴∠MCO=∠ECB，
∴△COM∽△CBE，
∴COCM=CBCE，∠DMC=∠BEC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠DCO=∠BEC，
∴∠DMC=∠DCO，
又∵∠ODC=∠CDM，
∴△DOC∽△DCM，
∴COCM=DCDM，
∴CBCE=DCDM，
∴CB⋅DM=CE⋅DC，
即CB⋅DM=CE⋅AB；
（3）解：如图，过点D作DE∥BC交BA的延长线于点E，过点C作CF∥AB交ED的延长线于点F，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∴BE=CF，BC=EF，∠B=∠ADC=∠F=120°，
∴∠E=60°，
在EF上截取EG=EA，则△EAG为等边三角形，
∴∠AGD=120°=∠F=∠ADC，
∴∠GAD+∠GDA=∠GDA+∠FDC=60°，
∴∠GAD=∠FDC，
∴△AGD∽△DFC，
∴FCDG=CDAD=DFAG=45，
设FC=4x，则GD=5x，
∴EB=FC=4x，
则AE=EG=4x−4，
∴DF=45EG=165x−165，
∴EF=EG+GD+DF=4x−4+5x+165x−165=1715，
解得：x=2，
∴EB=FC=8，
∵四边形BEFC是平行四边形，
过点F作FN∥DM交BC于点N，
由（2）可得：BE⋅CA=BC⋅FN，
故四边形DFNM为平行四边形，
∴FN=DM，
∴BE⋅CA=BC⋅DM，
∴ACDM=BCBE=17158=4320．
15．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠AEF=∠CFE，∵EF垂直平分AC，∴OA=OC，AE=CE.在△AOE与△OOF中，∵∠AEF=∠CFE，∠AOE=∠COF，OA=OC，∴△AOE≌△OOF(AAS)，∴OE=OF，∴四边形AFCE是平行四边形，∵AE=CE，∴四边形AFCE是菱形.
（2）4541
（3）15
16．【答案】（1）4
（2）解：连结AC、CE，如图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，
∵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．
17．【答案】（1）解：如图，过A作AM∥EF交BC于M，过D作DN∥GH交AB于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠ABC=∠BAD=90°，
∴四边形AEFM、DHGN均为平行四边形，
∴DN=GH，AM=EF，
∵GH⊥EF，DN∥GH，AM∥EF
∴AM⊥DN，
∴∠BAM+∠DAM=90°=∠ADN+∠DAM，
∴∠BAM=∠ADN，
又∵∠ABM=∠DAN=90°，
∴△BAM∽△ADN，
∴AMDN=ABAD，
∴EFGH=ABAD；
（2）解：如图所示，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6，∠A=90°，
由勾股定理得BD=AB2+AD2=213，
∵将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，
∴BD⊥EF，
由（1）可知，EFBD=ABAD，即EF213=46，
∴EF=4133，
∴EF的长4133．
（3）解：如图所示，过点P作PH⊥AB交AB延长线于H，
由折叠的性质可得EF⊥DG，
由（1）可知，EFDG=ABAD，即4103DG=46，解得DG=210，
∴在Rt△ADG中，由勾股定理得AG=DG2−AD2=2，
∴BG=2，
由折叠的性质可得，DE=GE，GP=CD=AB=4，∠EGP=∠ADC=90°，
设DE=GE=x，则AE=AD−DE=6−x，
∴在Rt△AGE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，
∴22+(6−x)2=x2，
解得x=103，
∴DE=GE=103，AE=83，
∵∠AGE+∠AEG=90°=∠AGE+∠HGP，
∴∠AEG=∠HGP，
又∵∠EAG=∠GHP=90°，
∴△AEG∽△HGP，
∴AGHP=EGGP=AEGH，即2HP=1034=83GH，
解得HP=125，GH=165，
∴BH=HG−BG=65，
在Rt△HBP中，由勾股定理得BP=BH2+PH2=655．
18．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠EAO＝∠FBO＝45°，∠AOB＝90°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF＝90°＝∠AOB，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
∠EAO=∠FBOOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：连接DE，连接EF，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OA＝OB，
∵∠ABD＝30°，
∴∠OAB＝30°，
∴∠AOD＝∠OAB+∠ABD＝60°，
∵将OE绕点O逆时针旋转60°得到OF，
∴OE＝OF，∠EOF＝60°＝∠AOD，
∴∠DOE＝∠AOF，
∴△AOF≌△DOE（SAS），
∴AF＝DE，∠AFO＝∠DEO，
∵∠EAF＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝90°，
∴∠AEO+∠AFO＝180°﹣（∠AEF+∠AFE）﹣∠EOF＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠AEO+∠DEO＝30°，即∠AED＝30°，
在Rt△ADE中，cs30°＝AEDE，
∴AEDE＝32，
∴AEAF＝32；
（3）解：过A作AK⊥BC于K，连接MK，AF，设EF交AB于R，如图：
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，AK⊥BC，BC＝12，
∴∠ABK＝30°，BK＝CK＝6，∠AKC＝90°，
∴AKAB=12，
∵M为CF中点，
∴MK是△BFC的中位线，
∴MKBF＝12＝AKAB，MK∥BF，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠FBE＝60°，
∴∠FBA＝∠FBE﹣∠ABK＝30°，∠MKC＝∠FBE＝60°，
∴∠AKM＝∠AKC﹣∠MKC＝30°，
∴△AKM∽△ABF，
∴AMAF＝AKAB＝12，
∵AM＝7，
∴AF＝27，
在Rt△ABK中，cs∠ABK＝BKAB，
∴32＝6AB，
∴AB＝43，
∵∠ABK＝30°，∠BEF＝60°，
∴∠BRE＝90°＝∠BRF＝∠ARF，
∵∠FBR＝30°，
∴BF＝2FR，BR＝3FR，
设FR＝x，则BR＝3x，AR＝43﹣3x，
在Rt△AFR中，FR2+AR2＝AF2，
∴x2+（4﹣3x）2＝（27）2，
解得x＝1或x＝5（此时AR为负数，舍去），
∴FR＝1，
∴BE＝BF＝2FR＝2．
19．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，BC=CD=AD，
∵H是CE的中点，
∴CE=2DH=217，
设DE=a，则CD=AD=4a，
由勾股定理得，
CE2+DE2=CE2，
∴(4a)2+a2=(217)2，
∴a=2，a=−2(舍去)，
∴BC=4a=8；
（2）证明：如图1，
作DR⊥CQ于R，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=∠A=90°，BC=CD，
∴∠ABF+∠AFB=90°，
∵∠QFE=∠AFB，
∴∠ABE+∠QFE=90°，
∵∠QFE+∠QBH=90°，
∴∠QBH=∠ABF，
∵PH//BC，
∴∠P=∠CBG，
∵G是CH的中点，
∴GH=CG，
∵∠PGH=∠BGC，
∴△PHG≌△BCG(AAS)，
∴PH=BC，BP=2BG=2PG，
∵PH=BH，
∴BH=BC，
∴∠CBG=∠HBG，BG⊥CQ，
∴∠QGB=90°，
∵∠ABF+∠FBH+∠HBG+∠CBG=90°，
∴2∠FBH+2∠HBG=90°，
∴∠FBH+∠HBG=45°，
∴∠QBG=45°，
∴tan∠QBG= QGBG=tan45°=1，
∴BG=QG，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCG+∠DCR=90°，
∵∠CRD=90°，
∴∠DCR+∠CDR=90°，
∴∠BCG=∠CDR，
∵∠CRD=∠BHC=90°，
∴△BCG≌△CDR(AAS)，
∴CG=DE，CE=BG，
∴QG=CR，
∴CG=QR，
∴QR=DR=22DQ，
∴CQ=QR+CR=22DQ+BG，
∴2CQ=2BG+2DQ，
∴BP+2DQ=2CQ；
（3）解：如图2，
作ST//CN'，交BR于T，作OX⊥BC于X，作N'V⊥BC于V，
∴△BST∽△BCN'，△SOT∽△NOR，OX//OV，
∴STCR=BSBC，STRN'=OSON'△SXO∽△SVN'，
∴BC=4SC，OXVN'=OSSN'，
∴STCR=34，
∴CN'=3RN'，
∴OSON'=32
∴OXVN'=35，
∴当VN'最大时，OX最大，△BOC的面积最大，
∵∠BN'C=∠BNC=90°，
∴N'在以BC为直径的圆上运动，
∴当VN'=12BC时，VN'最大=4，
∴OX最大=35VN'=125，
∴S△BCO最大=12BC⋅OX=12×8×125=485．
20．【答案】（1）解：①2 ；②45°；③证明：如图所示：
由正方形性质得： ABBO=2 ，O为 AC 的中点
又∵H为 CE 的中点，则 OH//AE ， OH=12AE
∴△AEF 是等腰直角三角形
∴AE=2AF
∴AFOH=2=ABBO
∵OH//AE
∴∠COH=∠CAE ，又∵∠CAE=∠DAF
∴∠COH=∠DAF
又 ∠BOC=∠BAD=90°
∴∠BOH=∠BAF ，又∵AFOH=ABBO=2
∴△BOH∽△BAF
∴BFBH=2 ， ∠HBO=∠FBA
∴∠HBF=∠HBO+∠DBF=∠FBA+∠DBF=∠DBA=45°
（2）2k；k2−4kcsθ+4k
21．【答案】（1）解：①相等；垂直.
②成立，理由是：
当点E在线段BC的延长线上时，
同理可得：ΔABE≅ΔBCF(ASA)，
∴BE=CF，AE=BF，
∵ΔFCH为等腰直角三角形，
∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，
∴FH//BC，
∴四边形BEHF为平行四边形，
∴BF//EH且BF=EH，
∴AE=EH，AE⊥EH；
（2）解：连接EF，
∵四边形BEHF是平行四边形，M 是BH中点，
∴EM=FM，
∵AE⊥BF，
∴∠EGF=90°，
∴GM=12EF，
∴GM最小时，EF也最小.
∵AB=3，BC=2，
设BE=x，则CE=2−x，
由（1）可得：∠CBF=∠BAE，
又∵∠ABE=∠BCF=90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴ABBC=BECF，即32=xCF，
∴CF=2x3，
∴EF=CE2+CF2=139x2−4x+4，
设y=139x2−4x+4=139x−18132+1613，
∴当x=1813时，y取最小值1613，
∴EF的最小值为41313，
故GM的最小值为21313．
22．【答案】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=90°，ABAD=CDBC=35
∵∠AEP+∠ABP=180°，
∴∠EPB=90°，
∴∠FCP+∠CFP=90°，
∵∠FBC+∠CFP=90°，
∴∠FCP=∠FBC，
又∵∠CDE=∠BCF=90°，
∴△CDE∽△BCF，
∴CDBC=DECF=35，
∵CF=4，
∴DE=125；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC,AD=BC，
∴BPAD=BPBC=23，∠DEC=∠BCE，
∵∠EBF=∠DEC，
∴∠EBF=∠BCE，
又∵∠BEP=∠CEB，
∴△BEP∽△CEB，
∴EPBE=BPBC=BEEC=23，则BE=32EP，
∴BEEC=32EPEC=23，整理得：EPEC=49，
∴EPEP+PC=49，
解得：EPPC=45．
（3）解：过点A作AH⊥BP于点H，过点P作MN⊥BC于点N，交AD于点M，
∵AP=AB=CD=2，AH⊥BP，
∴BH=PH，
设BH=PH=x，则BP=2x，
∵BC=AD=3，
∴BPBC=2x3，
由（2）可得：△BEP∽△CEB，
∴EPBE=BPBC=BEEC=2x3，
∴BE=32xEP，
∴BEEC=32xEPEC=2x3，整理得：EPEC=4x29，
∵MN⊥BC,CD⊥BC，
∴MN∥CD，
∴PMCD=EPEC=4x29，
∴PM=CD⋅4x29=8x29，
∵∠D=∠DCN=∠CNM=90°，
∴四边形MNCD为矩形，
∴MN=CD=2，则PN=MN−PM=2−8x29，
∵∠ABH+∠PBN=90°,∠ABH+∠BAH=90°，
∴∠BAH=∠PBN，
∵∠AHB=∠BNP=90°，
∴△ABH∽△PBN，
∴ABBP=BHPN，即22x=x2−8x29，
解得：x=33417，
∴PB=2x=63417．
23．【答案】（1）43
（2）解：FD=3CG，证明如下：
过点D作DM∥FG，过点G作GM∥DF，过点C作CN⊥MG，
则：四边形DMGF为平行四边形，
∴DF=MG，DM=GF，
∵菱形ABCD，菱形EBGF，∠ABC=∠EBG=60°，
∴AD∥BC,BE∥GF，∠ADB=∠ABC=∠EBG=60°，CD=BC,BG=GF=DM
∴BE∥DM，∠1=∠2，∠DCB=180°−∠ADC=120°，
∴∠3=∠DMN，
∵∠1=∠ADM+∠DMN,∠2=∠3+∠CBE
∴∠ADM=∠CBE，
∴∠CDA+∠ADM=∠CBE+∠EBG，即：∠CDM=∠CBG，
又∵CD=BC,BG=DM，
∴△CDM≌△CBG，
∴CM=CG,∠DCM=∠BCG，
∴∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°，
∴∠CMG=∠CGM=12(180°−120°)=30°，
∵CN⊥MG，
∴DF=MG=2NG，CN=12CG，
∴NG=CG2−CN2=32CG，
∴DF=3CG；
（3）解：①延长CO至点H，使OC=OH，连接AC,AH,HE,HG，延长BA，交CH于点Q，
∵O是DG的中点，
∴OD=OG，
又∵∠DOC=∠HOG，
∴△DOC≌△GOH，
∴GH=CD，∠OCD=∠OHG，
∴CD∥HG，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CD,AD∥BC,AB=BC=CD=DA,∠ADC=∠ABC=60°，
∴AB∥HG，GH=CD=AB，△ABC为等边三角形，
∴四边形AHGB为平行四边形，∠BAC=∠ACB=60°，AC=AB=BC，
∴AH∥BG,AH=BG，∠CAQ=180°−∠CAB=120°，
∴∠HAQ=∠ABG，
∵BG=BE，
∴AH=BE，
∵∠CBE=∠ABC+∠ABG+∠EBG=120°+∠ABG，∠HAC=∠HAQ+∠CAQ=∠HAQ+120°，
∴∠CBE=∠HAC，
又∵AH=BE，AC=BC，
∴△HAC≌△EBC，
∴CH=CE，∠HCA=∠ECB，
∴∠HCE=∠HCA+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴△CHE为等边三角形，
∵OC=OH，∠HEC=60°，
∴OE⊥OC，∠CEO=30°，
∴OC=12CE，
∴OE=3OC；
②2≤OC≤4．
24．【答案】（1）证明：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB=∠DCB，
∴∠ABC=∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
（2）解：结论：∠ACE+∠EFC=180°．
证明：∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC=∠DEC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB=∠DEC，
∵∠ACB+∠ACF=∠DEC+∠CEF=180°，
∴∠ACF=∠CEF，
∵∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，
∴∠ACE+∠EFC=180°；
（3）解：在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，∠BAD=∠BCD，
∴△ABM≌△CDB，
∴BM＝BD，∠MBA=∠BDC，
∴∠ADB=∠BMD，
∵∠BMD=∠BAD+∠MBA，
∴∠ADB=∠BCD+∠BDC，
设∠BCD=∠BAD=α，∠BDC=β，则∠ADB=α+β，
∵CA＝CD，
∴∠CAD=∠CDA=α+2β，
∴∠BAC=∠CAD−∠BAD=2β，
∴∠ACB=12(180°−∠BAC)=90°−β，
∴∠ACD=(90°−β)+α，
∵∠ACD+∠CAD+∠CDA=180°，
∴(90°−β)+α+2(α+2β)=180°，
∴α+β=30°，即∠ADB＝30°．证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°， ① ，
又∵CH=CH
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH.
由题意可知E是AB的中点，设AB=6（个单位），DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程： ② ，（方程不要求化简）解得：DH= ③ ，即H是AD边的三等分点.