2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(一)练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(一)练习附解析，共40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，在平行四边形ABCD中，点E为AD的中点，连接CE，CE⊥AD，点F在AB上，连接EF，EF＝CE，若BC＝6，CD＝5，则线段BF的长为（ ）
A．185B．215C．165D．245
2．如图，在正方形ABCD外取一点E，连接DE，AE，CE，过点D作DE的垂线交AE于点P，若DE=DP=1，PC=6．有下列结论：①△APD≌△CED；②AE⊥CE；③点C到直线DE的距离为3；④S正方形ABCD=5+22．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．①②④
3． 如图，矩形ABCD中，连接AC，延长BC至点E，使BE=AC，连接DE．若∠E=75°，则∠BAC的度数是（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
4．如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．23+2B．5-33C．3-3D．3+1
5．如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是 （ ）
A．当 t＝4s 时，四边形 ABMP 为矩形
B．当 t＝5s 时，四边形 CDPM 为平行四边形
C．当 CD＝PM 时，t＝4s
D．当 CD＝PM 时，t＝4s 或6s
6．如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，分别以AB、AC为边向外作正方形ABDE、ACFG，连结DA并延长交FG于点H，连结CH．若tan∠HCF=k(0A．1−k1+kB．1−k21+kC．k1+k2D．k2−k
7．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠CAD交BD于点E.过点E作EF⊥AE，交BC于点F，若四边形AEFB的面积为1，则CD的长为（ ）
A．22B．1C．2D．2
8．如图，在四边形ABCD中，∠B=135°，∠C=120°，AB=6，BC=3−3，CD=6，则AD边的长为（ ）
A．63B．33C．42D．43
9．如图，在矩形ABCD中，ABA．34B．78C．89D．910
10． 如图，在矩形ABCD和矩形CEFG中，CDBC=CECG=34，且CD=CG，连接DE交BC于点M，连接BG交CE于点N，交DE于点O，则下列结论不正确的是（ ）
A．BG⊥DE
B．当CN=EN时，CN2=ON⋅NG
C．当∠BDE=∠BCE时，△BMD∽△BNC
D．当∠BCE=60°时，S△BCES△BCG=334
二、填空题
11． 如图，在平行四边形ABCD中，AB=6,AD=4,∠A=60°，点E，F分别为边CD,AB上异于端点的动点，且DE=BF，连接EF，将四边形CEFB沿着EF折叠得到四边形HEFG．当点G落在平行四边形ABCD的边上时，BG的长为 ．
12．如图，在正方形 ABCD 中，点E是边 BC 的中点，连接 AE 、 DE ，分别交 BD 、 AC 于点P、Q，过点P作 PF⊥AE 交 CB 的延长线于F，下列结论：
①∠AED+∠EAC+∠EDB=90∘ ，②AP=FP ，③AE=102AO ，④若四边形 OPEQ 的面积为4，则该正方形 ABCD 的面积为36，⑤CE⋅EF=EQ⋅DE ．
其中正确的结论有 ．
13．如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，作EF⊥DE交BC于点F，对角线AC分别交DE，DF于点G，H，当DH⊥AC时，则GHEF的值为 ．
14． 如图，已知正方形ABCD的边长为8，E为AD的中点，F为BE上一点，且EF=3FB，若G，H分别为BE，CF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
15．如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得AE=2CE，连接BE，将△BCE沿BE翻折得到△BFE，连接DF．若BC=5，则DF的长为 ．
16．如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，ABEC与AFEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE；CF交于M，N两点，若BM=BE，MG=1，则线段BM的值为 .
三、解答题
17．在△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，点P是AB的中点，M在AC上（不与点C重合），连接PM，在PM的左侧作矩形PMQN．
（1）如图1，当点N在线段BC上时，
①若AM=2，求PN的长；
②求tan∠PNM的值．
（2）如图2，当PN=PM时，
①若矩形PMQN在△ABC内部（包括边界），设AM=x，写出CQ的长与x的函数关系式，并求x的取值范围；
②若矩形PMQN的两个顶点落在△PCA的同一条边上，直接写出AC在矩形PMQN内部的线段长．
18．如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB=8，BC=211，CD=12，DA=6，∠A=90°，点M在AD上，且DM=2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°(00)，连接A'P．
（1）若点P在AB上，求证：A'P=AP；
（2）如图2，连接BD，求∠CBD的度数，并直接写出n=180时，x的值；
（3）如图3和图4，若点P到BD的距离为2，求tan∠AMP的值．
19． 如图，四边形ABCD是矩形，AC和BD相交于点O，过点C作CE//BD，且CE=12AC，连接DE.点P是线段CD上与点C，点D不重合的一个动点，过点P分别作CE，DE的垂线，垂足分别为点F，点G．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若BC=2AB，则在点P的运动中，ACCF+DG的值是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
四、实践探究题
20．如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF.求证：CE=DF.
证明：设CE与DF相交于点O.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，BC=CD，
∴∠BCE+∠DCE=90°.
∵CE⊥DF
∴∠COD=90°
∴∠CDF+∠DCE=90°
∴∠CDF=∠BCE
∴△CBE≅△DCF(ASA)
∴CE=DF
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题做进一步探究.
（1）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH.试猜想EGFH的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，则EGFH= ；
（3）【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ABC=60°，AB=BC，点E，F分别在线段AB，AD上，且CE⊥BF，求CEBF的值
21．如图
（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
（2）【问题解决】如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
（3）【类比迁移】如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
22．
（1）【模型感知】如图①，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点（不与点A、C重合），连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，求证：AE'＝CE；
（2）【模型发展】如图②，在正方形ABCD中，点E是对角线CA的延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，线段AE'与CE的数量关系为 ，AE'与CE所在直线的位置关系为 （不需证明）；
（3）【解决问题】如图③，在正方形ABCD中，点E是对角线AC延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°，得到线段BE'，连接AE'，EE'，若AC＝3CE，则SΔAEE'SΔABE＝ ．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，BC=AD=6，
∴∠AFE=∠EMD，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE=3，
在△AEF和△DEM中，
∠AEF=∠DEM∠AFE=∠EMDAE=DE，
∴△AEF≌△DEM（AAS），
∴AF=DM，EF=EM，
又∵EF=CE，
∴EF=CE=EM，
∴∠FCM=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°，
∴CE=CD2−DE2=52−32=4，
∴FM=2CE=8，
∵AB∥CD，
∴∠BFC=∠DCF=90°，
设BF=x，则AF=DM=5-x，
∴CM=10-x，
∵CF2+CM2=FM2，
∴62-x2+（10-x）2=82，
∴x=185，
∴BF=185，
故答案为：A.
【分析】延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，由平行四边形的性质可得BC=AD=6，∠AFE=∠EMD，由线段的中点可得AE=DE=3，根据AAS证明△AEF≌△DEM，可得AF=DM，EF=EM，即得EF=CE=EM，可求∠FCM=90°，由垂直的定义可得∠CED=90°，利用勾股定理求出CE=4，由平行线的性质可得∠BFC=∠DCF=90°，设BF=x，则AF=DM=5-x，CM=10-x，在Rt△CFM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE=90°．
∴∠PDC+∠CDE=90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠CDE=∠ADP．
在△APD和△CED中，
AD=CD∠ADP=∠CDEPD=DE，
∴△APD≌△CED（SAS），故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD=∠CED，
又∵∠APD=∠PDE+∠DEP，∠CED=∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE=∠CEA=90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE=DP，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°．
又∵∠CEA=90°，
∴∠CEF=∠FCE=45°．
∵DP=DE=1，
∴PE=DP2+DE2=12+12=2．
∴CE=PC2−PE2=(6)2−(2)2=2，
∴CF=EF=22CE=2，
即点C到直线DE的距离为2，故③错误；
④∵CF=EF=2，DE=1，
在Rt△CDF中，CD2=CF2+DF2=(2)2+(1+2)2=5+22，
∴S正方形ABCD=5+22，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠PDE=90°，由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，由同角的余角相等得∠CDE=∠ADP，证明△APD≌△CED，据此判断①；根据全等三角形的性质得∠APD=∠CED，由外角性质得∠APD=∠PDE+∠DEP，由角的和差关系得∠CED=∠CEA+∠DEP，则∠PDE=∠CEA=90°，据此判断②；过点C作CF⊥DE的延长线于点F，易得∠DPE=∠DEP=45°，∠CEF=∠FCE=45°，利用勾股定理可得PE、CE，然后求出CF，据此判断③；利用勾股定理可得CD2，则S正方形ABCD=CD2，据此判断④.
3．【答案】D
4．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形HFGA是矩形，
∴HF=AG，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=60°，AB=BC=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，
∴AG=AB2−BG2=22−12=3，
∴HF=3，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，
∴∠DAH=BAG=30°，
∴DH=12AD=1，
∴DF=DH+HF=3+1.
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得∠BAG=30°，
BG=1，进一步得到HF=3，再证明∠DAH=BAG=30°，由直角三角形的性质即可求解.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=10cm，BC=8cm，
∴AP=(10-t) cm，CM=(8-t) cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即10-t=t，
∴t=5，
故A不符合题意，
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=8-t，
∴t=4，
故B不符合题意，
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即8-t=t，
∴t=4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作ME⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，如图，
则∠MEP=∠CFD=90°，
∵PM=CD，EM=FC，
∴△MEP≌△CFD (HL)，
∴EP=FD，
∵AE=AP+EP=10-t+t−(8−t)2，
又∵BM=t，
∴10-t+t−(8−t)2=t，
∴t=6，
综上所述，当CD=PM时，t=4s或6s.
故C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可，当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可，当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可.
6．【答案】D
【解析】【解答】解：连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，如图：
∵ 正方形ABDE、ACFG中，AD和AF为对角线，
∴∠DAB=∠CAF=45°=∠HFP.
∵∠DAB+∠BAC+∠CAF+∠α=180°.
∴∠BAC+∠α=90°.
∵ 在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
∴∠BAC+∠BCA=90°.
∴∠α=∠BCA.
∵tan∠HCF=k(0设CF=x，tan∠HCF=HFCF，
∴HF=kx，
∵HP=FP=sin∠HFP×HF=22·kx=22kx.
AF=2CF=2x.
∴AP=AF−PF=2x−22kx
∴ABBC=tan∠ACB=tan∠α=HPAP=22kx2x−22kx=k2−k.
故答案为：D.
【分析】连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，根据平角的定义和正方形的性质可证得∠BAC+∠α=90°.再根据直角三角形角的性质可证得∠α=∠BCA.设CF=x，利用tan∠HCF=k表示出HF，计算出AF.在△HPF中求出HP和FP，利用AF-PF得到AP，再在△HAP中计算tan∠α，即可得到ABBC的值.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADB=∠DAC=∠ABD=∠CBD=45°,
∵AE平分∠CAD ，
∴∠DAE=∠CAE=22.5°,
∴∠BAE=67.5°,∠AEB=∠ADB+∠DAE=67.5°,
∴∠BAE=∠DAE,
∴AB=BE=AD，
∵EF⊥AE，
∴∠BEF=22.5°=∠DAE,
∴△ADE≅△EBF(ASA),
∴S△ADE=S△EBF,
∵ 四边形AEFB的面积为1，
∴S△ABD=S四边形AEFB=1=12AB2,
∴AB=2=CD,
故答案为：C.
【分析】先利用ASA证明△ADE≅△EBF，进而得到S△ADE=S△EBF,，再根据S△ABD=S四边形AEFB=1=12AB2,从而求解.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，
∴四边形AEFG是矩形，
∴AG=EF，AE=FG，
∵∠ABC=135°，∠BCD=120°，
∴∠EBA=45°，∠DCF=60°，
∴∠BAE=∠ABE=45°，∠CDF=30°
∴AE=BE=22AB=22×6=3，CF=12CD=3，DF=3CD=33，
∴AG=EF=BE+BC+CF=6，DG=DF-GF=DF-AE=23，
∴AD=AG2+DG2=62+232=43，
故答案为：D.
【分析】题目的图形不是规则图形，因此要作垂直构造直角三角形，再通过解直角三角形求出相关量，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，构造直角三角形ABE、DCF、ADG，解直角三角形可得到BE、AE、CF、DF长从而得到AG、DG长，通过勾股定理即可求得AD长.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：连接FQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，∠BAF=90°，BC=AD，
∵ABBC=45，
∴设AB=4a，BC=5a，
∵ΔBCE与ΔBFE关于直线BE对称，
∴BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，
∴AF=BF2−AB2=(5a)2−(4a)2=3a，
∴DF=AD−AF=5a−3a=2a，
∵CQ=CE，
∴CQ=FQ=FE=CE，
∴四边形CQFE是菱形，
∴FQ//CE，
∴AB//FQ//CE，
∴GQCQ=AFDF=3a2a=32，
∴设CQ=2k，GQ=3k，
∵CQ=CE，
∴∠CQE=∠CEQ，
∵AB//CD，
∴∠ABQ=∠CEQ，
∵∠CQE=∠GQB，
∴∠GBQ=∠GQB，
∴BG=QG，
∵AB//FQ，
∴∠ABF=∠BFQ，∠BGQ=∠ECQ，
∴ΔGBP∽ΔQFP，
∴GPPQ=BGFQ=GQCQ=32，
∴GP=35GQ=95k，
∴GPCQ=95k2k=910，
故答案为：D.
【分析】连接FQ，由矩形的性质可得AB∥CD，∠BAF=90°，BC=AD，由已知条件可设AB=4a，则BC=5a，由轴对称的性质可得BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，利用勾股定理可得AF=3a，则DF=AD-AF=2a，易得四边形CQFE为菱形，则AB∥FQ∥CE，由平行线分线段成比例的性质可得GQCQ=AFDF=3a2a=32，设CQ=2k，则GQ=3k，由等腰三角形的性质可得∠CQE=∠CEQ，由平行线的性质可得∠ABQ=∠CEQ，结合对顶角的性质可推出BG=QG，易证△GBP∽△QFP，根据相似三角形的性质可得GP，据此求解.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD和四边形CEFG是矩形，
∴∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠BCE=∠ECG+∠BCE，
∴∠DCE=∠BCG．
又∵CDBC=CECG，
∴△DCE∽△BCG，
∴∠CDE=∠CBG．
∴∠CDE+∠DMC=90°，∠CBG+∠BME=90°，
∴BG⊥DE，故A正确；
B、∵BG⊥DE，
∴∠EON=90°，
∴∠EON=∠GCN．
∵∠ONE=∠CNG，
∴△ONE∽△CNG，
∴NENG=ONCN，
∴NE⋅CN=ON⋅NG．
∵CN=EN，
∴CN2=ON⋅NG，
故B正确；
C、当∠BDE=∠BCE时，
∵∠CGN≠∠CDM，
∴∠BMD≠∠BNC，
∴不能判定△BMD∽△BNC，
故C错误；
D、如图，过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG交GC的延长线于点Q，设CD=3m．
∵CDBC=CECG=34，
∴BC=4m，CE=94m．
∵∠BCE=60°，
∴∠BCQ=30°，
∴BP=32BC=23m，
BQ=12BC=2m，
∴S△BCE=12CE⋅BP=12⋅94m⋅23m=934m2，
S△BCG=12CG⋅BQ=12⋅3m⋅2m=3m2，
∴S△BEES△BCG=934m23m2=334，
故D正确，
故选：C．
【分析】利用相似三角形的判定方法证出△ONE∽△CNG，可得∠CDE=∠CBG，再利用角的运算和等量代换可得BG⊥DE，可证出A正确；再证出△ONE∽△CNG，可得NENG=ONCN，再利用等量代换证出CN2=ON⋅NG即可判断B正确；根据∠BDE=∠BCE无法判断△BMD∽△BNC，即可判断出C是否正确；过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG交GC的延长线于点Q，先求出S△BCE=12CE⋅BP=12⋅94m⋅23m=934m2，S△BCG=12CG⋅BQ=12⋅3m⋅2m=3m2，再求出S△BEES△BCG=934m23m2=334即可判断D正确.
11．【答案】4，33,27
12．【答案】①②③⑤
【解析】【解答】解：如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①符合题意，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②符合题意，
设BE＝EC＝a，则AE=5a，OA＝OC＝OB＝OD=2a，
∴AEAO=5a2a=102 ，即AE=102AO，故③符合题意，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQ=12S四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴EQDQ=OECD=12 ，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④不符合题意，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴EFED=PEEC ，
∵EQ＝PE，
∴CE•EF＝EQ•DE，故⑤符合题意，
故答案为：①②③⑤
【分析】如图，连接OE．根据正方形的性质得出∠EOB＝∠EOC＝45°，利用三角形外角的性质得出∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，从而求得∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+
∠EDB＝90°据此判断①；连接AF．可得出A，P，B，F四点共圆，利用圆周角定理得出∠AFP＝∠ABP＝45°，从而得出∠PAF＝∠PFA＝45°，利用等角对等边可得PA＝PF，据此判断②；
设BE＝EC＝a，则AE =5 a，OA＝OC＝OB＝OD =2 a，可得 AEAO=5a2a=102，据此判断③；利用轴对称及全等三角形的性质得出S△OEQ=12 S四边形OPEQ＝2，从而求得CD＝2OE根据平行线的判定与性质得出可求出S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，即得S△CDO＝12，利用正方形的性质求出正方形ABCD的面积，从而判断④；易证△EPF∽△ECD，可得EFED=PEEC，由EQ＝PE，可得CE•EF＝EQ•DE，据此判断⑤.
13．【答案】309
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，设AD=a，AB=b.
∴∠DAE=∠EBF=90°，AD=BC=a，AB=DC=b，AB//CD，AC=AD2+DC2=a2+b2.
∵E是AB的中点，
∴AE=BE=12b.
∴DE=AD2+AE2=a2+b42.
∵AE//CD，
∴△AEG∽△CDG.
∴BGGD=AECD=12.
∴DG=23DE=23a2+b24.
∵∠ADC=∠DCF=90°，DH⊥AC
∴∠ADF+∠FDC=∠ADF+∠DAC=90°，
∴∠FDC=∠DAC，
∴△FDC∽△CAD.
∴FCCD=DCAD.
∴FC=b2a
∵∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠AED+∠BEF，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△ADE∽△BEF.
∴ADBE=AEBF=BEBF.
∴BF=14b2a=b24a.
∴FC=BC−BF=a−b24a.
∴b2a=a−b24a.
解得：a=52b.
∴CF=b2a=b25b2=255b，DG=23a2+b24=23×5b24+b24=63b，
DF=DC2+CF2=b2+4b25=355b
∵EF⊥DE ，DH⊥AC ，
∴∠DHG=∠DEF=90°，
∵∠HDG=∠EDF，
∴△HDG∽△EDF.
∴HGEF=DGDF=63b355b=306.
【分析】利用矩形性质得∠ABC=∠DBC=∠ADC=∠DAB=90°，AB//CD.根据E是AB的中点得AE=BE.设AD=a，AB=b，表示出ED的长，证明△AEG∽△CDG.得BGGD=AECD=12，可表示出DG；证明△FDC∽△CAD，得FCCD=DCAD，可表示出FC，证明△ADE∽△BEF，得ADBE=AEBF=BEBF，可表示出BF，从而得CF，联立，得到a与b的数量关系，从而可表示用b表示出DG，FC，DF，最后证明△HDG∽△EDF，得HGEF=DGDF，代入DG和DF即可得到结果.
14．【答案】612
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为8，E为AD的中点，
∴AE=DE=12AD=4，
∴BE=AB2+AE2=82+42=45，
∵EF=3FB，
∴BE=EF+BF=4BF=45，
∴BF=5，
∴EF=35，
如图，取EG的中点M，连接CM，过点M作MN⊥CD于点N，过点E作EQ⊥MN于点Q，
得矩形DEQN，
∴DN=EQ，DE=NQ=2，EQ//DN
∴∠QEM=∠EBA，
∵∠EQM=∠A=90°，
∴△EQM∽△BAE，
∴EQAB=QMAE，
∴EQQM=ABAE=2，
∴EQ=2QM，
∵G为BE的中点，
∴EG=BG=12BE=25，
∵M是EG的中点，
∴EM=12EG=5，
∴EM=MG=GF=FB=5，
设QM=x，则EQ=2x，
∵QM2+EQ2=EM2，
∴x2+(2x)2=(5)2，
∴x=1，
∴QM=1，则EQ=2，
∴MN=NQ+QM=4+1=5，
∵CN=DC−DN=DC−EQ=8−2=6，
∴CM=MN2+CN2=52+62=61，
∵G，H分别为BE，CF的中点，
∴GH=12CM=612．
故答案为：612．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得EF=35，取EG的中点M，连接CM，过点M作MN⊥CD于点N，过点E作EQ⊥MN于点Q，得矩形DEQN，然后证明△EQM∽△BAE，得EQAB=QMAE，所以EQ=2QM，利用勾股定理求出QM=1，则EQ=2，求出CM=61，再根据三角形中位线定理即可解决问题．
15．【答案】5
【解析】【解答】解：延长BE交CD于点M，连接CF、FM，
由翻折可得FM=CM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=5，AB∥CD，
∴△ABE∽△CME，
∴CMAB=CEAE=12，
∴CM=2.5，DM=CM，
∴FM=CM=DM，
∴∠DFC=90°，
由勾股定理得BM=BC2+CM2=552，
∵∠FCD+∠BCF=90°，∠MBC+∠BCF=90°，
∴∠MBC=∠FCD，
∴sin∠MBC=sin∠FCD，∴CMBM=DFCD，即2.5552=DF5，
∴DF=5；
故答案为：5.
【分析】延长BE交CD于点M，连接CF、FM，由翻折可得FM=CM，证明△ABE∽△CME，利用相似三角形的性质可得CM=2.5，从而得出FM=CM=DM，继而得出∠DFC=90°，利用勾股定理求出BM的长，再利用余角的性质求出∠MBC=∠FCD，可得sin∠MBC=sin∠FCD，即得CMBM=DFCD，据此即可求出DF的长.
16．【答案】2
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BEM=∠GCM.
∵BM=BE，
∴∠BEM=∠BME.
∵∠BME=∠GMC，
∴∠GCM=∠GMC，
∴MG=GC=1.
∵G为CD的中点，
∴CD=AB=2.
连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，
∴BM=EF.
∵∠BEM=∠BME，
∴∠FEM=∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为菱形，
∴∠BNF=90°.
∵BF平分∠ABN，
∴FA=FN，
∴△ABF≌△NBF，
∴BN=AB=2.
∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF，
∴△AEF≌△NMF，
∴AE=NM.
设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x.
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴12−x=1−xx，
解得x=2-2，
∴BM=BN-MN=2-(2-2)=2.
故答案为：2.
【分析】根据平行线的性质可得∠BEM=∠GCM，由等腰三角形的性质可得∠BEM=∠BME，由对顶角的性质可得∠BME=∠GMC，进而推出MG=GC=1，由中点的概念可得CD=AB=2，连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，进而推出四边形BEFM为菱形，利用HL证明△ABF≌△NBF，△AEF≌△NMF，得到BN=AB=2，AE=NM，设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x，根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三 角形相似可得△FMN∽△CGN，利用相似三角形的性质求出x的值，然后根据BM=BN-MN进行计算.
17．【答案】（1）解：①如图1，当AM=2时，
∵AC=4，∴此时点M是AC的中点．∴PM为△ABC的中位线．∴PM//BC．
在矩形PMQN中，∵∠NPM=90°，则PN//AC．
∴点N是BC的中点，PN为△ABC中位线．∴PN=12AC=4=2．
②证明：如图2，过点P作PG⊥AC于点G，G,PH⊥BC于点H．∴∠PHN=∠PGM=90°．
∵∠C=90°，∴四边形PGCH为矩形，∴∠GPH=90°．
由①可知PG，PH都为△ABC的中位线．
∴PH=12AC=4=2，PG=12BC=32．
∵∠MPN=90°，∴∠GPH=∠MPN，
∴∠GPH−∠HPM=∠MPN−∠HPM，∴∠NPH=∠MPG，∴△PGM∽△PHN，
∴PGPH=PMPN=322=34．∴在Rt△PMN中，tan∠PNM=PMPN=34．
（2）解：在矩形PMQN中，当PN=PM时，四边形PMQN为正方形．
∴QM=PM．∠PMQ=90°．
①当点Q落在BC边上时，如图3，过点P作PG⊥AC于点G，
∴∠PGM=∠C=90°，∠PMG+∠CMQ+∠PMQ=180°，∠PMG+∠CMQ=90°．
∵∠PMG+∠GPM=90°，∴∠CMQ=∠GPM．
∵PN=PM，∴△PGM≌△MCQ，∴CM=PG=32，∴AM=AC−CM=4−32=52=x．
当点Q在AC上时，点M，G重合，x=2．
∴当矩形PMQN在△ABC内部（包括边界）时，x的取值范围为2≤x≤52．
如图4，当矩形PMQN在△ABC内部（包括边界）时，点M在CG上（不与点C重合）．
过点Q作QK⊥AC于点K，
∵△PGM≌△MKQ，∴KM=PG=32，KQ=MG=x−2．
∴CK=AC−AM−KM=4−x−32=52−x．
∴在Rt△CKQ中，CQ=CK2+KQ2=(52−x)2+(x−2)2=2x2−9x+414=8x2−36x+412．
②7532或32或258或3．
【解析】【分析】（1）①先证PM是△ABC的中位线，进而得到PM∥BC，根据平行线的性质和矩形的性质得到PN∥AC，进而得到PN的长；②，如图2，过点P作PG⊥AC于点G，G,PH⊥BC于点H，先证四边形PGCH为矩形， 再根据中位线定理求出PH，PG的长，再证△PGM∽△PHN，得出PGPH=PMPN=34，即可得到∠PNM的正切值；
（2）先证四边形PMQN为正方形， ①当点Q落在BC边上时，如图3，过点P作PG⊥AC于点G， 由角之间的关系得出∠CMQ=∠GPM，进而可利用AAS证得△PGM≌△MCQ，可得CM=PG=32，再根据线段的和差计算即可； 当点Q在AC上时，点M，G重合，此时x=2，据此可得x的取值范围， 如图4， 过点Q作QK⊥AC于点K， 由△PGM≌△MKQ，得出KQ，CQ的长，在Rt△CKQ中， 利用勾股定理即可表示出CQ的长与x的函数关系式；②分四种情况讨论，分别画出每一种情况的图形，根据相似三角形的性质和全等三角形的判断和性质解答即可.
18．【答案】（1）解：∵将线段MA绕点M顺时针旋转n°(0∴A'M=AM
∵∠A'MA的平分线MP所在直线交折线AB−BC于点P，
∴∠A'MP=∠AMP
又∵PM=PM
∴△A'MP≌△AMP(SAS)
∴A'P=AP；
（2）解：∵AB=8，DA=6，∠A=90°
∴BD=AB2+AD2=102
∵BC=211，CD=12
∴BC2+BD2=(211)2+102=144，CD2=122=144
∴BC2+BD2=CD2
∴∠CBD=90°；
如图所示，当n=180时，
∵PM平分∠A'MA
∴∠PMA=90°
∴PM∥AB
∴△DNM∽△DBA
∴DNDB=DMDA=MNBA
∵DM=2，DA=6
∴DN10=26=MN8
∴DN=103，MN=83
∴BN=BD−DN=203
∵∠PBN=∠NMD=90°，∠PNB=∠DNM
∴△PBN∽△DMN
∴PBDM=BNMN，即PB2=20383
∴解得PB=5
∴x=AB+PB=8+5=13．
（3）解：如图所示，当P点在AB上时，PH=2，
∵AB=8，DA=6，∠A=90°，sin∠DBA=ADBD=610=35
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴BP=BQsin∠DBA=235=103，
∴AP=AB−BP=8−103=143
∴tan∠AMP=APAM=1444=76；
如图所示，当P在BC上时，则PB=2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，
延长MP交AB的延长线于点H，
∵∠PQB=∠CBD=∠DAB=90°，
∴∠QPB=90°−∠PBQ=∠DBA，
∴△PQB∽△BAD
∴PQBA=QBAD=PBBD
即PQ8=QB6=PB10
∴PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，
∴AQ=AB+BQ=465
∵PQ⊥AB，DA⊥AB
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴HQHA=PQAM
∴HQHQ+465=854
解得：HQ=9215
∴tan∠A'MP=tan∠AMP=tan∠QPH=HQPQ=928585=236，
综上所述，tan∠A'MP的值为76或236．
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质求出A'M=AM，再根据角平分线求出∠A'MP=∠AMP，最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）利用勾股定理求出BD的值，再求出 ∠CBD=90°，最后利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，结合图形，利用勾股定理，锐角三角函数以及相似三角形的判定与性质计算求解即可。
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OC=OB=OD=12AC=12BD，
∵CE=12AC，
∴CE=OD，
∵CE//BD，即CE//OD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又OD=OC，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：ACCF+DG的值不会发生变化，理由：
解：过点D作DH⊥AC于点H，延长GP交AC于点M，
∴∠DHC=90°，
由(1)已证四边形OCED是菱形，
∴DE//OC，
∴∠DHC+∠HDE=180°，
∴∠HDE=90°，
又PG⊥DE，
∴四边形DHMG是矩形，
∴DG=HM，∠HMG=90°，
∴∠PMC=90°，
∵PF⊥CE，
∴∠PFC=90°，
∴∠PMC=∠PFC，
∵四边形OCED是菱形，
∴∠PCM=∠PCF，
在△PMC和△PFC中，
∠PMC=∠PFC∠PCM=∠PCFPC=PC，
∴△PMC≌△PFC(AAS)，
∴CM=CF，
∴CF+DG=CM+HM=CH，
设AB=a，
∵BC=2AB，
∴BC=2a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，CD=AB=a，
由勾股定理得AC=AB2+BC2=a2+(2a)2=5a，
∵DH⊥AC，
∴∠DHC=90°，
∴∠ADC=∠DHC，
又∵∠ACD=∠DCH，
∴△ADC∽△DHC，
∴ACCD=CDCH，
∴5aa=aCH，
∴CH=5a5，
∴ACCF+DG=ACCH=5a5a5=5，
即ACCF+DG的值不会发生变化，总等于5．
【解析】【分析】（1）由CE∥BD，以及CE=12AC，先证明四边形OCED是平行四边形，因为OD=OC即可证明四边形OCED是菱形。
（2） 过点D作DH⊥AC于点H，延长GP交AC于点M，先证明四边DHMG为矩形，在证明△PCM和△PFC全等，可得CM=CF；设AB为a，可得CD=AB=a，由勾股定理可得AC=5a；证明△ADC和△DHC相似，通过线段成比例即可得出结果。
20．【答案】（1）解：如图，作HM⊥BC，EN⊥CD，
∴∠ENG=∠HMF=90°
∴∠HFM+∠MHF=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=∠A=∠D=90°，AB=BC，
∴四边形ABMH、BCNE是矩形，
∴MH=AB=BC=EN，EN∥BC，
∴∠HFM=∠HPE
∵EG⊥HF
∴∠HPE+∠PEG=90°
∴∠PEG=∠FHM
∴△ENG≅△HMFASA
∴EG=HF，即EGFH=1.
（2）nm
（3）解：如图，作CM⊥AD，BN⊥CM，CP⊥AB，
∴∠M=∠N=∠APC=90°，
设CN=x，
∵∠DAB=90°，
∴四边形ABNM是矩形，∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠PBN=90°，
∴四边形BNCP是矩形，
∴CP=BN，
∵∠ABC=60°，
∴∠CBN=30°，
∴BN=3CN=3x，BC=2CN=2x，
∴CP=BN=3x，AB=BC=2x，
∵CE⊥BF，
∴∠ABF+∠BEC=90°，
∴∠AFB=∠BEC，
∴△ABF~△PCE，
∴CEBF=CPAB=32.
【解析】【解答】解：(2)如图，作HM⊥BC，EN⊥CD，
∴∠ENG=∠HMF=90°
∴∠HFM+∠MHF=90°
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BCD=∠A=∠D=90°，
∴四边形ABMH、BCNE是矩形，
∴MH=AB=m，BC=EN=n，EN∥BC，
∴∠HFM=∠HPE
∵EG⊥HF
∴∠HPE+∠PEG=90°
∴∠PEG=∠FHM
∴△ENG~△HMF
∴EGFH=ENHM=nm.
故答案为：nm.
【分析】(1)作HM⊥BC，EN⊥CD，利用正方形的性质易证四边形ABMH、BCNE是矩形，进而得到MH=EN，再通过余角的性质证得∠PEG=∠FHM，然后通过ASA判定△ENG≅△HMF，即可证得EGFH=1.
(2)作HM⊥BC，EN⊥CD，利用矩形的性质易证四边形ABMH、BCNE是矩形，进而得到MH=AB=m，BC=EN=n，再通过余角的性质证得∠PEG=∠FHM，即可判定△ENG~△HMF，从而证得EGFH=ENHM=nm.
(3)作CM⊥AD，BN⊥CM，CP⊥AB，易证四边形ABNM是矩形，再利用矩形的性质证得四边形BNCP是矩形，设CN=x，利用30°直角三角形的性质表示出CP、AB的长度，然后通过余角的性质证得∠AFB=∠BEC，进而判定△ABF~△PCE，即可解得CEBF=CPAB=32.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得∠C=∠ADE=90°，再由同角的余角相等证∠AED=∠DFC，从而可得解.
(2)首先由HL证得Rt△ADE≌Rt△DCF，得DE=CF，再由SAS证△DCF≌△DCH，得∠DFC=∠H，然后由平行线的性质得∠ADF=∠DFC，从而得出结论.
(3)延长BC至点G，使CG=DE=8，连接DG，由SAS证得△ADE≌△DCG ，得∠DGC=∠AED=60°，AE=DG，接着证明△DFG是等边三角形，得FG=DF=11，即可求解.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE；
（2）AE'＝CE；EC⊥AE'
（3）23
【解析】【解答】解：
（2）因为四边形ABCD为正方形，所以AB=BC，∠ABC=90°，∠BAC=45°=∠ACB，根据题意将BE 绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，所以BE=BE'，∠EBE'=90°=∠ABC，所以∠ABE'=∠BCE，所以得△ABE'≌△CBE，所以 AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，所以∠CAE'=90°，所以EC⊥AE'，所以AE'=CE， EC⊥AE'。
故答案为：AE'=CE， EC⊥AE'
（3）如图③，延长EE'与BA交于F，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥AB，∠EAH＝∠AEH＝45°，
∴△EAH是等腰直角三角形，
∴EA＝EH，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE，∠FAE'＝∠BCA＝45°，
∴∠CAE'＝90°，
∴EC⊥AE'，
∵AC＝3CE，
∴设CE＝x，则AC＝3x，
∴AE=4x，AB=22AC=322x，
∵AE'＝CE＝x，
∴SΔAEE'=12AE'⋅AE=12⋅x⋅4x=2x2，
∵∠BAC＝45°，
∴AH=EH=22AE=22x，∴SΔABE=12AB⋅EH=12×322x×22x=3x2，∴SΔAEE'SΔABE=2x23x2=23，故答案为：23．
【分析】（1）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，即可得出答案。
（2）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，即可得出答案。
（3）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=135°=∠BCA，利用等腰直角三角形的性质求出AH=EH=22AE=22x，再根据三角形的面积公式即可求出答案。