热点08 四边形 （浙江专版） 中考三轮热点问题专题

浙江专版 中考三轮热点问题专题
热点08四边形
一．选择题
1．（2023 平湖市一模）已知正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是（　　）
A．九 B．八 C．七 D．六
2．（2023 滨江区一模）如图，在平行四边形ABCD中，BD＝BC，∠ABC＝110°，点E在BC上，∠BDE＝16°，则∠DEC的度数是（　　）
A．54° B．56° C．76° D．124°
3．（2023 金华三模）如图，在四边形ABCD中，E是BC边的中点，连接DE并延长，交AB的延长线于F点，AB＝BF．添加一个条件，使四边形ABCD是平行四边形．你认为下面四个条件中可选择的是（　　）
A．AD＝BC B．CD＝BF C．∠A＝∠C D．∠F＝∠CDE
4．（2023 定海区模拟）如图，在 ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，且满足∠ABC＝∠F．若AE∥BD，AB＝4，则EF的长为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2023 杭州一模）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且B点D与点G重合，当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（　　）
A． B． C． D．
6．（2023 舟山一模）如图1，直线l1∥l2，直线l3分别交直线l1，l2于点A，B．小嘉在图1的基础上进行尺规作图，得到如图2，并探究得到下面两个结论：
①四边形ABCD是邻边不相等的平行四边形；
②四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．下列判断正确的是（　　）
A．①②都正确 B．①错误，②正确 C．①②都错误 D．①正确，②错误
7．（2023 鄞州区模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（　　）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
8．（2023 瑞安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结EH，交AC于点P，过点P作PR⊥FG于点R．若，，则PR的值为（　　）
A．10 B．11 C． D．
9．（2023 龙湾区二模）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①； ②与△DEG全等的三角形共有5个；
③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
10．（2023 瓯海区二模）如图，在给定的正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造 DFEP，连接CP，则∠DFE+∠EPC的度数的变化情况是（　　）
A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直增大 D．先增大后减小
11．（2023 舟山一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AB，CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝1，M，N分别为GD，EC的中点，则MN的长为（　　）
A． B． C． D．
12．（2023 宁波模拟）如图所示，将两张相同的矩形纸片和三张不同的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内若知道图中阴影部分的面积之和，则一定能求出（　　）
A．△AEH和△CFG的面积之差 B．△DHG和△BEF的面积之和
C．△BEF和△CFG的面积之和 D．△AEH和△BEF的面积之和
二．填空题
13．（2023 温州一模）如图，以菱形ABCD的顶点A为圆心，AB长为半径画弧，交对角线AC于点E．若AE＝2CE，，则菱形ABCD的周长为 　 　．
14．（2023 绍兴模拟）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　 　．
15．（2023 鄞州区校级模拟）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为 　 　．
16．（2023 镇海区一模）如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，FG垂直平分AE且分别交AB、AE，BD，CD于点F，H，I，G．若FH＝2，IG＝6，则HI的长度为 　 　，sin∠FIB的值为 　 　．
17．（2023 宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且tan∠ADF＝．则下列结论中：①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③BD2＝AD DE；④AF＝．正确的有 　 　.（把所有正确答案的序号都填上）
三．解答题
18．（2023 吴兴区一模）如图，E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接ED，FB．
（1）求证：AE＝CF．
（2）连接BD交AC于点O，若BE＝4，EF＝6，求BD的长．
19．（2023 瓯海区模拟）如图，在△ABC中，O是AC上的一点，延长BO至D，使BO＝OD，连结AD、CD．
（1）当AD∥BC时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）过O作OE⊥BD交BC于E，连结DE，若BD＝16，AD＝12，tan∠BDE＝，求CE的长．
20．（2023 南湖区一模）数学课上老师要同学证明命题“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是正确的．
小红同学先任意画出△ABC，再取边AC的中点O，连结BO并延长到点D，使OD＝OB，连结AD，CD（如图所示），并写出了如下尚不完整的已知和求证．
已知：如图，在四边形ABCD中，OD＝OB．OA＝　 　． 求证：四边形ABCD是 　 　四边形．
（1）补全已知和求证（在方框中填空）．
（2）小红同学的思路是利用三角形全等，依据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明，请完成证明过程（可以用小红的思路，也可以用其他方法）．
21．（2023 温岭市一模）正方形ABCD的边长为8，点E是其边上的一点，以AE为对角线作矩形AHEG（点A、H、E、G按顺时针排列），且tan∠HAE＝2．
（1）如图1，若AB与HE交于点M，当△AHM≌△EBM时，求证：EA平分∠BEG；
（2）当点G落在正方形的边上时，求AE的长；
（3）当点E在BC上运动时，连接BG，求BG CE的最大值．
22．（2023 衢州一模）如图，已知菱形ABCD，E为对角线AC上一点．
[建立模型]：
（1）如图1，连结BE，DE．求证：∠EBC＝∠EDC．
[模型应用]：
（2）如图2，F是DE延长线上一点，∠EBF＝∠ABC，EF交AB于点G．
①判断△FBG的形状，并说明理由．
②若G为AB的中点，且AB＝4，∠ABC＝60°，求AF的长．
[模型迁移]：
（3）F是DE延长线上一点，∠EBF＝∠ABC，EF交射线AB于点G，且，BF∥AC．求的值．
23．（2023 西湖区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF∥BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四边形ACBF的周长．
②连结CD，求CD的长．
24．（2023 淳安县一模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是对角线AC上一点．F是线段BC延长线上一点，且CF＝AE，连接BE．
（1）如图1，若E是线段AC上任意一点，连接EF，DF，DE，求证：△ADE≌△CDF．
（2）在第（1）题的前提下，求证：BE＝EF．
（3）如图2，若E是线段AC延长线上一点，其他条件不变，且BE∥AF，求tan∠AFC的值．
25．（2023 柯桥区一模）在矩形ABCD中，点E为射线BC上一动点，连接AE．
（1）当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点G．
①如图1，若BC＝AB，求∠AFD的度数；
②如图2，当AB＝4，且EF＝EC时，求BC的长．
（2）在②所得矩形ABCD中，将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C'，当点E，C'，D三点共线时，求BE的长．
26．（2023 镇海区一模）如图，AD是锐角△ABC中BC边上的高，将△ABD沿AB所在的直线翻折得到△ABE，将△ADC沿AC所在的直线翻折得到△AFC，延长EB，FC相交于点P．

（1）如图1，若∠BAC＝45°，求证：四边形AEPF为正方形；
（2）如图2，若∠BAC＝55°，当△PBC是等腰三角形时，求∠BAD的度数；
（3）如图3，连结EF，分别交AB，AC于点G、H，连结BH交AD于点M，若∠BAC＝60°，
①求∠PEF＝　 　度；
②若AB＝10，CH＝1，求△ABM的面积．
27．（2023 瑞安市模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，点E在AB上，AE＝1，CE＝CD，DF⊥CE于点F．M，N分别是线段CB，CF上的点，且满足，设CM＝x，EN＝y．
（1）求CE的长．
（2）求y关于x的函数表达式．
（3）连结MN，过点M作MH∥CE交AB于点H，连结NH．
①在△NHM中，以HM为一边的角等于∠ADF时，求y的值．
②作点H关于MN的对称点H′，当点H′落在边BC上时，求的值．
28．（2023 南浔区一模）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交射线BC于点E，过点C作CF⊥AE交射线AE于点F，连结BD交AE于点G，连结DF交射线BC于点H．
（1）当AB＜AD时，
①求证：BE＝CD；
②猜想∠BDF的度数，并说明理由．
（2）若时，求tan∠CDF的值（用含k的代数式表示）．
答案与解析
一．选择题
1．（2023 平湖市一模）已知正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是（　　）
A．九 B．八 C．七 D．六
【点拨】应用多边形内角和定理进行计算即可得出答案．
【解析】解：根据题意可得，
这个正多边形的边数是＝9．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和定理进行求解是解决本题的关键．
2．（2023 滨江区一模）如图，在平行四边形ABCD中，BD＝BC，∠ABC＝110°，点E在BC上，∠BDE＝16°，则∠DEC的度数是（　　）
A．54° B．56° C．76° D．124°
【点拨】根据平行四边形的性质求出∠C＝70°，再根据等腰三角形的性质求出∠BDC，进而求出∠CDE，最后根据三角形内角和定理得出答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠C＝180°．
∵∠ABC＝110°，
∴∠C＝70°．
∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠C＝70°．
∵∠BDE＝16°，
∴∠CDE＝∠BDC﹣∠BDE＝70°﹣16°＝54°．
在△CDE中，∠DEC＝180°﹣∠CDE﹣∠C＝180°﹣54°﹣70°＝56°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，确定各角之间的数量关系是解题的关键．
3．（2023 金华三模）如图，在四边形ABCD中，E是BC边的中点，连接DE并延长，交AB的延长线于F点，AB＝BF．添加一个条件，使四边形ABCD是平行四边形．你认为下面四个条件中可选择的是（　　）
A．AD＝BC B．CD＝BF C．∠A＝∠C D．∠F＝∠CDE
【点拨】把A、B、C、D四个选项分别作为添加条件进行验证，D为正确选项．添加D选项，即可证明△DEC≌△FEB，从而进一步证明DC＝BF＝AB，且DC∥AB．
【解析】解：添加：∠F＝∠CDE，
理由：
∵∠F＝∠CDE，
∴CD∥AB，
在△DEC与△FEB中，，
∴△DEC≌△FEB（AAS），
∴DC＝BF，
∵AB＝BF，
∴DC＝AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
故选：D．
【点睛】本题是一道探索性的试题，考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．（2023 定海区模拟）如图，在 ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，且满足∠ABC＝∠F．若AE∥BD，AB＝4，则EF的长为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【点拨】由平行四边形的性质可得AB＝CD＝4，AB∥CD，通过证明四边形ABDE是平行四边形，可得AB＝DE＝4，由等腰三角形的判定可证CE＝EF＝8．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，AB∥CD，
∴∠ECF＝∠ABC，
又∵∠ABC＝∠F，
∴∠F＝∠ECF，
∴EF＝CE，
∵AE∥BD，AB∥CD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB＝DE＝4，
∴CE＝8＝EF，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5．（2023 杭州一模）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且B点D与点G重合，当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（　　）
A． B． C． D．
【点拨】由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD＝DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，由勾股定理求出MD的长，即可得出答案．
【解析】解：如图，∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，
∴∠ADC＝∠HDF＝90°，CD＝AB＝2cm，
∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°，
∴△CDM≌△HDN（ASA），
∴MD＝ND，且四边形DNKM是平行四边形，
∴四边形DNKM是菱形，
∴KM＝MD，
∵sinα＝sin∠DMC＝，
∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，
设MD＝KM＝acm，则CM＝8﹣a（cm），
∵MD2＝CD2+MC2，
∴a2＝4+（8﹣a）2，
∴a＝（cm），
∴tanα＝tan∠DMC＝＝＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质以及三角函数定义等知识；求MD的长是本题的关键．
6．（2023 舟山一模）如图1，直线l1∥l2，直线l3分别交直线l1，l2于点A，B．小嘉在图1的基础上进行尺规作图，得到如图2，并探究得到下面两个结论：
①四边形ABCD是邻边不相等的平行四边形；
②四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．下列判断正确的是（　　）
A．①②都正确 B．①错误，②正确 C．①②都错误 D．①正确，②错误
【点拨】根据作图过程可得AB＝CB，∠ABD＝∠CBD，由l1∥l2，可得∠ADB＝∠CBD，然后可以证明四边形ABCD是菱形，进而可以解决问题．
【解析】解：根据作图过程可知：AB＝CB，∠ABD＝∠CBD，
∵l1∥l2，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝CB，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD对角线互相垂直．
∴①错误，②正确．
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
7．（2023 鄞州区模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（　　）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【点拨】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
8．（2023 瑞安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结EH，交AC于点P，过点P作PR⊥FG于点R．若，，则PR的值为（　　）
A．10 B．11 C． D．
【点拨】设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，利用正方形性质可证得△ACB≌△EAM（AAS），得出EM＝AB，AM＝BC，设AB＝x，BC＝y，根据tan∠AHE＝，可得EM＝2y，MH＝4y，利用勾股定理建立方程求解可得x＝8，再由tan∠CAB＝＝＝，可得PA＝PH，利用等腰三角形性质和解直角三角形可求得PH＝3，再证明四边形BGRN是矩形，得出NR＝BG＝8，利用PR＝PN+NR即可求得答案．
【解析】解：设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，
则∠M＝90°，
∵四边形ACDE、BCIH、ABGF均为正方形，
∴AE＝AC，BC＝BH，AB＝BG，∠CAE＝∠CBH＝∠ABG＝∠G＝90°，AB∥FG，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠M＝90°，
∴∠ACB+∠CAB＝90°，
∵∠EAM+∠CAB＝90°，
∴∠ACB＝∠EAM，
∴△ACB≌△EAM（AAS），
∴EM＝AB，AM＝BC，
∴AM＝BH＝BC，
设AB＝x，BC＝y，
则EM＝x，AM＝BH＝y，
MH＝x+2y，
∵tan∠AHE＝，
∴＝，即MH＝2EM，
∴x+2y＝2x，
∴x＝2y，
∴EM＝2y，MH＝4y，
∵EM2+MH2＝EH2，
∴（2y）2+（4y）2＝（8）2，
解得：y＝4或y＝﹣4（舍去），
∴x＝8，
∴AM＝BC＝BH＝4，AB＝BG＝8，
∵∠ABC+∠CBH＝180°，
∴A、B、H三点共线，
∴AH＝AB+BH＝8+4＝12，
∵tan∠CAB＝＝＝，
∴tan∠CAB＝tan∠AHE，
∴∠CAB＝∠AHE，
∴PA＝PH，
∵AB∥FG，
∴∠PNB＝∠PRG＝90°，
∴AN＝AH＝×12＝6，
∴＝tan∠CAB＝，
∴PN＝AN＝×6＝3，
∵PR⊥FG，
∴∠PRG＝90°，
∴∠ABC＝∠G＝∠PRG＝90°，
∴四边形BGRN是矩形，
∴NR＝BG＝8，
∴PR＝PN+NR＝3+8＝11．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，三角函数定义等知识，利用勾股定理建立方程求得AB＝8，BC＝4是解题的关键．
9．（2023 龙湾区二模）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①；
②与△DEG全等的三角形共有5个；
③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【点拨】由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG＝CD＝AB，①正确；
先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
10．（2023 瓯海区二模）如图，在给定的正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造 DFEP，连接CP，则∠DFE+∠EPC的度数的变化情况是（　　）
A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直增大 D．先增大后减小
【点拨】由题意∠DFE+∠EPC＝∠DPC，作PH⊥BC交BC的延长线于H．想办法证明CP是∠DCH的角平分线即可解决问题．
【解析】解：作PH⊥BC交BC的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAF＝∠ABE＝∠DCB＝∠DCH＝90°，
∵DF⊥AE，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
∴△ADF≌△BAE，
∴DF＝AE，
∵四边形DFEP是平行四边形，
∴DF＝PE，∠DFE＝∠DPE，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠PEH＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，∵∠ABE＝∠H＝90°，
∴△ABE≌△EHP，
∴PH＝BE，AB＝EH＝BC，
∴BE＝CH＝PH，
∴∠PCH＝45°，∵∠DCH＝90°，
∴∠DCP＝∠PCH，
∴CP是∠DCH的角平分线，
∴点P的运动轨迹是∠DCH的角平分线，
∵∠DFE+∠EPC＝∠DPC+∠EPC＝∠DPC，
观察图象可知，∠DPC一直减小，
故选：A．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
11．（2023 舟山一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AB，CD边上的点，且EF∥BC，G为EF上一点，且GF＝1，M，N分别为GD，EC的中点，则MN的长为（　　）
A． B． C． D．
【点拨】作MH⊥CD于H，NQ⊥CD于Q，MK⊥NQ于K，如图，先证明四边形BCFE为矩形得到EF＝BC＝4，先根据平行线分线段成比例定理得到＝＝＝，则MH＝，DH＝DF，同理可得NQ＝2，CQ＝CF，所以HQ＝CD＝2，易得四边形MKQH为矩形，则KQ＝MH＝，MK＝HQ＝2，然后在Rt△MNK中利用勾股定理计算MN的长．
【解析】解：作MH⊥CD于H，NQ⊥CD于Q，MK⊥NQ于K，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，CB＝CD＝4，
∵EF∥BC，
∴EF⊥CD，
∴四边形BCFE为矩形，
∴EF＝BC＝4，
∴MH∥EF，NQ∥EF，
∵MH∥GF，
∵＝＝，M点为DG的中点，
∴MH＝GF＝，DH＝DF，
同理可得NQ＝EF＝2，CQ＝CF，
∴HQ＝（DF+CF）＝CD＝2，
∵∠MKQ＝∠MHQ＝∠KQG＝90°，
∴四边形MKQH为矩形，
∴KQ＝MH＝，MK＝HQ＝2，
∴NK＝NQ﹣KQ＝2﹣＝，
在Rt△MNK中，MN＝＝．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质并作出合理的辅助线是解题的关键．
12．（2023 宁波模拟）如图所示，将两张相同的矩形纸片和三张不同的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内若知道图中阴影部分的面积之和，则一定能求出（　　）
A．△AEH和△CFG的面积之差 B．△DHG和△BEF的面积之和
C．△BEF和△CFG的面积之和 D．△AEH和△BEF的面积之和
【点拨】设GH、HE、EF、FG分别交DA、AB、BC、CD于点I、J、K、L，由HI＝FK，GH＝EF，证明GI＝EK，设正方形IGLD和正方形KEJB的边长都是m，正方形EFGH的边长为n，则S△ADH＝S△BCF＝（2m+n）（m﹣n），S△ABE＝S△CDG＝m（2m﹣n），可求得S阴影＝2mn，可推导出S△AEH﹣S△CFG＝0；S△DHG+S△BEF＝mn＝×2mn；S△BEF+S△CFG＝mn﹣n2；S△AEH+S△BEF＝mn﹣n2，可知B符合题意．
【解析】解：如图，设GH、HE、EF、FG分别交DA、AB、BC、CD于点I、J、K、L，
∵HI＝FK，GH＝EF，
∴HI+GH＝FK+EF，
∴GI＝EK，
设正方形IGLD和正方形KEJB的边长都是m，正方形EFGH的边长为n，
∵AJ＝HI＝FK＝m﹣n，
∴AB＝CD＝m+m﹣n＝2m﹣n，
∵AD＝BC＝2m+n，JE＝GL＝m，
∴S△ADH＝S△BCF＝（2m+n）（m﹣n），S△ABE＝S△CDG＝m（2m﹣n），
∴S阴影＝（2m﹣n）（2m+n）﹣2×（2m+n）（m﹣n）﹣2×m（2m﹣n），
整理得S阴影＝2mn，
∵S△AEH﹣S△CFG＝n（m﹣n）﹣n（m﹣n）＝0，
∴S△AEH﹣S△CFG的结果与S阴影值的大小无关，
故A不符合题意；
∵S△DHG+S△BEF＝mn+mn＝×2mn，
∴△DHG和△BEF的面积之和可由S阴影的值求得，
故B符合题意；
∵S△BEF+S△CFG＝mn+n（m﹣n）＝mn﹣n2，
∴△BEF和△CFG的面积之和不能由S阴影的值求得，
故C不符合题意；
∵S△AEH+S△BEF＝n（m﹣n）+mn＝mn﹣n2，
∴△AEH和△BEF的面积之和不能由S阴影的值求得，
故D不符合题意，
故选：B．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、正方形的性质、矩形的面积公式、三角形的面积公式、整式的乘法等知识，正确地用代数式表示图中阴影部分的面积是解题的关键．
二．填空题
13．（2023 温州一模）如图，以菱形ABCD的顶点A为圆心，AB长为半径画弧，交对角线AC于点E．若AE＝2CE，，则菱形ABCD的周长为 　8　．
【点拨】连BD交AC于点O，根据菱形的性质可得，∠BOC＝90°，设CE＝x，则AE＝AB＝2CE＝2x，，最后在Rt△BOE中利用勾股定理列方程即可．
【解析】解：连BD交AC于点O，
∵菱形ABCD，
∴，∠BOC＝90°，
设CE＝x，则AE＝2CE＝2x，
∴AC＝3x，
∴，，
∵以A为圆心，AB长为半径画弧，交对角线AC于点E，
∴AB＝AE＝2x，
∵，
∴在Rt△BOE中，，
∵在Rt△BOA中，，
∴，
解得：x＝±1，
∵x＞0，
∴x＝1，
∴AB＝2x＝2，
∴菱形ABCD的周长为4AB＝2×4＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的两条对角线互相垂直且平分是解题的关键．
14．（2023 绍兴模拟）把边长为2的正方形纸片ABCD分割成如图的四块，其中点O为正方形的中心，点E，F分别为AB，AD的中点．用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ的周长是　6+2或10或8+2　．
【点拨】先根据题意画出图形，再根据周长的定义即可求解．
【解析】解：如图所示：
图1的周长为1+2+3+2＝6+2；
图2的周长为1+4+1+4＝10；
图3的周长为3+5++＝8+2．
故四边形MNPQ的周长是6+2或10或8+2．
故答案为：6+2或10或8+2．
【点睛】考查了平面镶嵌（密铺），关键是得到与此正方形不全等的四边形MNPQ（要求这四块纸片不重叠无缝隙）的各种情况．
15．（2023 鄞州区校级模拟）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为 　　．
【点拨】作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，先求得∠DCF＝60°，通过解直角三角形求出DF的长，再证明△CLF≌△ABC，得LF＝BC＝CD，则四边形LFCD是平行四边形，由MD＝DF求得MD的长．
【解析】解：如图，作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，
∵四边形ACFG和四边形BCDE都是正方形，
∴CF＝AC＝3，BC＝CD＝2，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∵∠ACB＝120°，
∴∠DCF＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵∠CKD＝∠FKD＝90°，
∴＝sin60°＝，＝cos60°＝，
∴DK＝×2＝，CK＝×2＝1，
∴FK＝3﹣1＝2，
∴DF＝＝，
∵CH⊥AB于点H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠FCL＝90°﹣∠ACH＝∠CAB，
∵∠CFL＝180°﹣60°＝120°＝∠ACB，
∴△CLF≌△ABC（ASA），
∴LF＝BC＝CD，
∴四边形LFCD是平行四边形，
∴MD＝DF＝，
故答案为：．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理、同角的补角相等、同角的余角相等、平行四边形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
16．（2023 镇海区一模）如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，FG垂直平分AE且分别交AB、AE，BD，CD于点F，H，I，G．若FH＝2，IG＝6，则HI的长度为 　8　，sin∠FIB的值为 　　．
【点拨】连接IA，IE，IC，利用线段垂直平分线性质，得到IA＝IE，在四边形ABEI中，利用四边形内角和求出∠AIE＝90°，从而得到△AIE是等腰直角三角形，得到IH＝AE，可以证明GF＝AE，从而利用已知条件求出IH的长；可以证明△AFH∽△AEB，由AH，EH的长求出AB与BE的关系，得到AD和BE的关系，进而得到AN与NE的关系，由AE的长度列方程，可求出NH的长，NI的长，从而利用正弦函数的定义求出sin∠FIB的值．
【解析】解：过点G作GM⊥AB于点M，连接IA，IE，IC，如图，
∵FG垂直平分AE，
∴∠AHF＝90°，AH＝EH，AI＝EI，
∴∠BAE+∠AFH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠ADC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝BC，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠AFH，
即∠AEB＝∠GFM，
∵GM⊥AB，
∴∠AMG＝∠GMF＝90°，
∴四边形ADGM是矩形，
∴AD＝MG＝AB，
在△ABE和△GMF中，
∴△ABE≌△GMF（AAS），
∴AE＝GF，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABI＝∠CBI＝45°，
在△ABI和△CBI中，
∴△ABI≌△CBI（SAS），
∴AI＝CI，∠IAB＝∠ICB，
∴IE＝IC，
∴∠IEC＝∠ICE，
∴∠IEC＝∠IAB，
∵∠IEC+∠IEB＝180°，
∴∠IAB+∠IEB＝180°，
∴∠AIE＝360°﹣∠ABE﹣（∠IAB+∠IEB）＝360°﹣90°﹣180°＝90°，
∴△IAE是等腰直角三角形，
∵IH⊥AE，
∴HI＝HA＝HN＝AE＝GF＝FH+IG，
∵FH＝2，IG＝6，
∴HI＝2+6＝8；
设AE，BD交于点N，
∵∠AHF＝∠ABE＝90°，
∠FAH＝∠EAB，
∴△AFH∽△AEB，
∴，
∴，
∴AB＝4BE，
∴AD＝4BE，
∵AD∥BE，
∴△ADN∽△EBN，
∴，
∴AN＝4EN，
∵AN+EN＝AE，
∴4EN+EN＝16，
∴EN＝，
∴NH＝EH﹣EN＝8﹣＝，
∴NI＝＝，
∴sin∠FIB＝sin∠EIH＝＝．
故答案为：8，．
【点睛】本题是一道正方形的综合题，解答时涉及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等，灵活运用这些知识是解题的关键．
17．（2023 宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝，把Rt△ABC沿AB翻折得到Rt△ABD，过点B作BE⊥BC，交AD于点E，点F是线段BE上一点，且tan∠ADF＝．则下列结论中：①AE＝BE；②△BED∽△ABC；③BD2＝AD DE；④AF＝．正确的有 　①②③④　.（把所有正确答案的序号都填上）
【点拨】由直角三角形的三边关系可得，∠ABC＝60°，∠BAC＝30°，由折叠可知，△ABC≌△ABD，得出边之间的关系，又BE⊥BC，则可得BE∥AC，可得∠EBA＝∠BAC＝∠EAB，则BE＝AE，可得出结论①正确；由题可知，∠DBE＝60°﹣∠EBA＝30°＝∠BAC，则可得△BED∽△ABC，即结论②正确；又△BED∽△ABC得，BD BC＝AC DE，又△ABC≌△ABD，易得BD2＝AD DE，则结论③正确；过点F作FG⊥DE于点G，在△DEF中，已知tan∠ADF＝，且∠DEF＝60°，DE＝1，可解△DEF，在直角△AFG中，利用勾股定理可求得，AF＝，即结论④正确．
【解析】解：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90，AC＝3，BC＝，
∴AB＝2，
∴∠ABC＝60°，∠BAC＝30°，
∵Rt△ABC沿着AB翻折得到Rt△ABD，
∴△ABC≌△ABD，
∴∠BAD＝∠BAC＝30°，∠ABD＝∠ABC＝60°，∠ADB＝∠C＝90°，
AD＝AC＝3，BD＝BC＝，
∵BE⊥BC，∠C＝90°，
∴∠EBC＝90°，
∴∠EBC+∠C＝180°，
∴BE∥AC，
∴∠EBA＝∠BAC＝30°，
∴∠EBA＝∠EAB，
∴BE＝AE，即①正确；
由上可知，∠DBE＝30°，
∴∠DBE＝∠BAC，
又∵∠ADB＝∠C＝90°，
∴△BED∽△ABC，即②正确；
由②知，，
∴BD BC＝AC DE，
又由折叠可知，BD＝BC，AD＝AC，
∴BD2＝AD DE，即③正确；
∵BD2＝AD DE，
∴（）2＝3DE，
∴DE＝1，
过点F作FG⊥DE于点G，
∵tan∠ADF＝，
∴，
设FG＝t，则DG＝2t，
又∵△BED∽△ABC，
∴∠DEB＝60°，
∴GE＝t，
∴2t+t＝1，解得t＝，
∴DG＝，AG＝3﹣＝，GF＝，
∴AF＝＝，故④正确．
综上，正确的结论是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，直角三角形的性质，解直角三角形等内容，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
三．解答题
18．（2023 吴兴区一模）如图，E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，且BE⊥AC，DF⊥AC，连接ED，FB．
（1）求证：AE＝CF．
（2）连接BD交AC于点O，若BE＝4，EF＝6，求BD的长．
【点拨】（1）利用AAS证明△ABE≌△CDF，可得AE＝CF；
（2）结合（1）中条件证明四边形BEDF为平行四边形，由平行四边形的性质得OB＝OD，，再由勾股定理求出OB＝5，即可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，
∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF；
（2）解：由△ABE≌△CDF得：BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴OB＝OD，，
∵BE⊥AC，
∴∠BEO＝90°，
∴，
∴BD＝2OB＝10．
【点睛】此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、平行线的判定与性质以及勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△CDF是解题的关键．
19．（2023 瓯海区模拟）如图，在△ABC中，O是AC上的一点，延长BO至D，使BO＝OD，连结AD、CD．
（1）当AD∥BC时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
（2）过O作OE⊥BD交BC于E，连结DE，若BD＝16，AD＝12，tan∠BDE＝，求CE的长．
【点拨】（1）证△OBC≌△ODA（ASA），得BC＝AD，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由线段垂直平分线的性质得DE＝BE，则∠EBD＝∠BDE，再由锐角三角函数定义得OE＝6，则BE＝10，然后由平行四边形的性质得BC＝AD＝12，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠OBC＝∠ODA，
在△OBC和△ODA中，
，
∴△OBC≌△ODA（ASA），
∴BC＝AD，
又∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵OE⊥BD，OB＝OD，BD＝16，
∴DE＝BE，BO＝DO＝8，∠BOE＝90°，
∴∠EBD＝∠BDE，
∴tan∠EBD＝＝tan∠BDE＝，
∴OE＝OB＝×8＝6，
∴BE＝＝＝10，
由（1）可知，四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝12，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣10＝2，
即CE的长为2．
【点睛】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、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20．（2023 南湖区一模）数学课上老师要同学证明命题“对角线互相平分的四边形是平行四边形”是正确的．
小红同学先任意画出△ABC，再取边AC的中点O，连结BO并延长到点D，使OD＝OB，连结AD，CD（如图所示），并写出了如下尚不完整的已知和求证．
已知：如图，在四边形ABCD中，OD＝OB．OA＝　OC　． 求证：四边形ABCD是 　平行　四边形．
（1）补全已知和求证（在方框中填空）．
（2）小红同学的思路是利用三角形全等，依据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明，请完成证明过程（可以用小红的思路，也可以用其他方法）．
【点拨】（1）根据题意补全已知和求证；
（2）证明△ABO≌△CDO（SAS）得出AB＝CD，AB∥CD，即可得证．
【解析】（1）解：已知：如图，在四边形ABCD中，OD＝OB，OA＝OC，
求证：四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：OC，平行．
（2）证明：在△ABO与△CDO中，
，
∴△ABO≌△CDO（SAS），
∴AB＝CD，∠BAO＝∠DCO，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
21．（2023 温岭市一模）正方形ABCD的边长为8，点E是其边上的一点，以AE为对角线作矩形AHEG（点A、H、E、G按顺时针排列），且tan∠HAE＝2．
（1）如图1，若AB与HE交于点M，当△AHM≌△EBM时，求证：EA平分∠BEG；
（2）当点G落在正方形的边上时，求AE的长；
（3）当点E在BC上运动时，连接BG，求BG CE的最大值．
【点拨】（1）证明△AHE≌△EBA（SSS），得出∠EAH＝∠AEB，根据四边形AHEG为矩形，得出，证明∠EAH＝∠AEG，得出∠AEB＝∠AEG，即可证明结论；
（2）分两种情况讨论：当点E在BC上，G在CD上时，当点E在CD上，点G与点D重合时，分别画出图形，求出AE的长即可；
（3）过点G作GM⊥AD于M，延长MG交BC于点N，设BE＝x（0≤x≤8），AM＝BN＝y，则CE＝8﹣x，根据，得出∠AEG＝∠EAH，求出，证明△AMG∽△GNE，得出，根据NE＝BN﹣BE＝y﹣x，求出，根据勾股定理得出求出
，得出
，求出最大值即可．
【解析】（1）证明：∵△AHM≌△EBM，
∴BM＝HM，AM＝EM，AH＝BE，
∴AM+BM＝MH+ME，
即AB＝HE，
∵AE＝AE，AH＝BE，AB＝HE，
∴△AHE≌△EBA（SSS），
∴∠EAH＝∠AEB，
∵四边形AHEG为矩形，
∴AH∥EG，
∴∠EAH＝∠AEG，
∴∠AEB＝∠AEG，
∴EA平分∠BEG；
（2）解：当点E在BC上，G在CD上时，如图所示：
∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AGE＝90°，AH∥EG，
∴∠AEG＝∠EAH，
∴tan∠AEG＝tan∠EAH＝2，
∴，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠DAG+∠AGD＝∠AGD+∠CGE＝90°，
∴∠DAG＝∠CGE，
∴△ADG∽△GCE，
∴，
即，
∴CG＝4，
∴DG＝DC﹣CG＝8﹣4＝4，
∴，
∴CE＝2，
∴BE＝BC﹣BE＝6，
∴；
当点E在CD上，点G与点D重合时，如图所示：
∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AHE＝90°，EH＝AG＝AD＝8，
∴，
∴，
∴AH＝4，
∴；
综上分析可知，AE＝10或；
（3）解：过点G作GM⊥AD于M，延长MG交BC于点N，如图所示：
则∠AMN＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAB＝∠ABN＝90°，
∴∠MAB＝∠ABN＝∠AMN＝90°，
∴四边形AMNB为矩形，
∴AM＝BN，MN＝AB＝8，∠MNB＝90°，
设BE＝x（0≤x≤8），AM＝BN＝y，则CE＝8﹣x，
∵四边形AGEH为矩形，
∴∠AGE＝90°，AH∥GE，
∴∠AEG＝∠EAH，
∴tan∠AEG＝tan∠EAH＝2，
∴，
∴∠MAG+∠AGM＝∠AGM+∠NGE＝90°，
∴∠MAG＝∠NGE，
∴△AMG∽△GNE，
∴，
即，
∴，，
∵NE＝BN﹣BE＝y﹣x，
∴，
∴，
在Rt△BGN中，根据勾股定理得：，
∴，
∴＝＝，
∵，
∴当x＝2时，BG CE取最大值，且最大值为．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形，三角形相似的判定和性质，求二次函数的最大值，勾股定理，理解题意，画出相应的图形是解题的关键．
22．（2023 衢州一模）如图，已知菱形ABCD，E为对角线AC上一点．
[建立模型]：
（1）如图1，连结BE，DE．求证：∠EBC＝∠EDC．
[模型应用]：
（2）如图2，F是DE延长线上一点，∠EBF＝∠ABC，EF交AB于点G．
①判断△FBG的形状，并说明理由．
②若G为AB的中点，且AB＝4，∠ABC＝60°，求AF的长．
[模型迁移]：
（3）F是DE延长线上一点，∠EBF＝∠ABC，EF交射线AB于点G，且，BF∥AC．求的值．
【点拨】（1）证明△BCE≌△DCE（SAS），进而结论得证；
（2）①由∠EBF＝∠ABC，可得∠FBG＝∠EBC，则∠FBG＝∠EDC，由AB∥CD，可得∠BGF＝∠EDC，即∠FBG＝∠BGF，进而可判断△FBG的形状；
②如图2，过F作FM⊥AB于M，过D作DN⊥BA的延长线于N，AN＝AD cos60°＝2，DN＝AD sin60°＝，GN＝AG+AN＝4，，由∠FGM＝∠DGN，可得，求FM的值，在Rt△AFM中，由勾股定理得，求解即可；
（3）如图3，连接BD交AC于O，过E作EM⊥AB于M，由题意，设AB＝BC＝5x，则OB＝4x，在Rt△AOB中，由勾股定理得AO＝3x，则，由菱形的性质得，CO＝AO＝3x，AC＝6x，由∠FBA＝∠EBC，BF∥AC，可得∠EBC＝∠BCA，即BE＝CE，设AE＝a，则BE＝CE＝6x﹣a，在Rt△BOE中，由勾股定理得BO2＝BE2﹣OE2，即（4x）2＝（6x﹣a）2﹣（3x﹣a）2，解得，则，由，求解得AM的值，由AG＝2AM求AG的值，根据BG＝AB﹣AG求BG的值，进而可得的值．
【解析】（1）证明：由菱形的性质可知，∠ECB＝∠ECD，BC＝CD，
在△BCE和△DCE中，
，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠EBC＝∠EDC；
（2）解：①∵∠EBF＝∠FBG+∠GBE，∠ABC＝∠EBC+∠GBE，∠EBF＝∠ABC，
∴∠FBG＝∠EBC，
∵∠EBC＝∠EDC，
∴∠FBG＝∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠BGF＝∠EDC，
∴∠FBG＝∠BGF，
∴△FBG是等腰三角形．
②如图2，过F作FM⊥AB于M，过D作DN⊥BA的延长线于N，
由题意知，∠DAN＝60°，AD＝AB＝4，
∴AN＝AD cos60°＝2，DN＝AD sin60°＝，GN＝AG+AN＝4，
∴tan∠DGN＝＝，
∵△FBG是等腰三角形，
∴BM＝GM＝＝AB＝1，
∴AM＝3，
∵∠FGM＝∠DGN，
∴tan∠FGM＝＝，
解得：FM＝，
在Rt△AFM中，由勾股定理得：AF＝＝，
∴AF的长为；
（3）解：如图3，连接BD交AC于O，过E作EM⊥AB于M，
由题意，设AB＝BC＝5x，则OB＝4x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得AO＝3x，
∴cos∠BAC＝，
由菱形的性质得，CO＝AO＝3x，AC＝6x，
∵∠FBA＝∠EBC，BF∥AC，
∴∠FBA＝∠BAC＝∠BCA，
∴∠EBC＝∠BCA，
∴BE＝CE，
设AE＝a，则BE＝CE＝6x﹣a，
在Rt△BOE中，由勾股定理得：BO2＝BE2﹣OE2，即（4x）2＝（6x﹣a）2﹣（3x﹣a）2，
解得：a＝，即AE＝，
∵＝cos∠BAC，即＝，
解得：AM＝，
∵∠GAE＝∠GBF＝∠FGB＝∠EGA，
∴AE＝GE，
∴AM＝GM，
∴AG＝2AM＝，BG＝AB﹣AG＝，
∴＝＝，
∴的值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正切，余弦，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
23．（2023 西湖区一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，过点D作AB的垂线交BC于点E，过点A作AF∥BE交ED的延长线于点F，连结AE，BF．
（1）求证：四边形AEBF是菱形．
（2）若sin∠EBF＝，AE＝5，
①求四边形ACBF的周长．
②连结CD，求CD的长．
【点拨】（1）先证明△FAD≌△EBD（AAS），则AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，又EF⊥AB，即可得到四边形AEBF是菱形；
（2）由四边形AEBF是菱形得到AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，则∠AEC＝∠EBF，由得到AC＝4，由勾股定理得CE＝3，即可得到四边形ACBF的周长；②由勾股定理得到，由点D为AB的中点即可得到答案．
【解析】（1）证明：∵点D为AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AF∥BE，
∴∠FAD＝∠EBD，∠AFD＝∠BED，
∴△FAD≌△EBD（AAS），
∴AF＝BE，
∴四边形AEBF是平行四边形．
∵EF⊥AB，
∴四边形AEBF是菱形．
（2）解：①∵四边形AEBF是菱形．
∴AE∥BF，AE＝EB＝BF＝AF＝5，
∴∠AEC＝∠EBF，
∴，
∵∠ACB＝90°，
∴，
∴AC＝4，
∴，
∴四边形ACBF的周长为AC+CE+BE+BF+AF＝22．
②在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴，
∵点D为AB的中点，
∴．
【点睛】本题考查了菱形判定和性质、平行四边形的判定、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
24．（2023 淳安县一模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是对角线AC上一点．F是线段BC延长线上一点，且CF＝AE，连接BE．
（1）如图1，若E是线段AC上任意一点，连接EF，DF，DE，求证：△ADE≌△CDF．
（2）在第（1）题的前提下，求证：BE＝EF．
（3）如图2，若E是线段AC延长线上一点，其他条件不变，且BE∥AF，求tan∠AFC的值．
【点拨】（1）由菱形的性质得AB∥CD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AD＝CD，则∠DCF＝∠ABC＝60°，△ACD是等边三角形，所以∠DAE＝∠DCF＝60°，即可根据全等三角形的判定定理“SAS”证明△ADE≌△CDF；
（2）由AB＝CB，∠ABC＝60°，得△ABC是等边三角形，则∠BAE＝∠DAE＝60°，可证明△BAE≌△DAE，得BE＝DE，再证明△DEF是等边三角形，则EF＝DE，所以BE＝EF；
（3）先证明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，由BE∥CF，证明△ECB∽△ACF，得＝，则CF EC＝AC CB，作AH⊥BF于点H，设AC＝CB＝a，AE＝CF＝x，则EC＝x﹣a，所以x（x﹣a）＝a2，解关于x的方程，求得CF＝a，而AH＝AC sin60°＝a，CH＝AC cos60°＝a，所以FH＝a，即可求得tan∠AFC＝＝﹣2．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB∥CD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AD＝CD，
∴∠DCF＝∠ABC＝60°，△ACD是等边三角形，
∴∠DAE＝60°，
∴∠DAE＝∠DCF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）．
（2）证明：∵AB＝CB，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AB＝AD，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴BE＝DE，
∵△ADE≌△CDF，
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠CDE+∠CDF＝∠CDE+∠ADE＝∠ADC＝60°，
∴△DEF是等边三角形，
∴EF＝DE，
∴BE＝EF．
（3）解：如图2，点E是线段AC延长线上一点，
∵AD＝CD，∠DAE＝∠DCF，AE＝CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，
∵BE∥CF，
∴△ECB∽△ACF，
∴＝，
∴CF EC＝AC CB，
作AH⊥BF于点H，设AC＝CB＝a，AE＝CF＝x，则EC＝x﹣a，
∴x（x﹣a）＝a2，
解关于x的方程得x1＝a，x2＝a（不符合题意，舍去），
∴CF＝a，
∵∠AHF＝90°，∠ACB＝60°，
∴AH＝AC sin60°＝a，CH＝AC cos60°＝a，
∴FH＝CF+CH＝a+a＝a，
∴tan∠AFC＝＝＝﹣2，
∴tan∠AFC的值是﹣2．
【点睛】此题重点考查菱形的性质、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、一元二次方程的解法、锐角三角函数与解直角三角形等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
25．（2023 柯桥区一模）在矩形ABCD中，点E为射线BC上一动点，连接AE．
（1）当点E在BC边上时，将△ABE沿AE翻折，使点B恰好落在对角线BD上点F处，AE交BD于点G．
①如图1，若BC＝AB，求∠AFD的度数；
②如图2，当AB＝4，且EF＝EC时，求BC的长．
（2）在②所得矩形ABCD中，将矩形ABCD沿AE进行翻折，点C的对应点为C'，当点E，C'，D三点共线时，求BE的长．
【点拨】（1）①由矩形的性质和锐角三角函数定义得∠ABD＝60°，再由折叠的性质得AF＝AB，则△ABF是等边三角形，即可得出结论；
②由折叠的性质得BF⊥AE，EF＝EB，则BC＝2BE，再证△ABE∽△BCD，即可解决问题；
（2）分两种情况，a、证△CDE≌△B'AD（AAS），得DE＝AD＝4，再由勾股定理得CE＝4，即可解决问题；
b、证∠DAE＝∠AED，得DE＝AD＝4，再由勾股定理等CE＝4，即可得出结论．
【解析】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝90°，
∵BC＝AB，
∴AD＝AB，
∴tan∠ABD＝＝，
∴∠ABD＝60°，
由折叠的性质得：AF＝AB，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠AFB＝60°，
∴∠AFD＝180°﹣∠AFB＝120°；
②由折叠的性质得：BF⊥AE，EF＝EB，
∴∠BGE＝90°，
∵EF＝EC，
∴EF＝EB＝EC，
∴BC＝2BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝CD＝4，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠CBD＝90°，
∴∠BAE＝∠CBD，
∵∠ABE＝∠BCD，
∴△ABE∽△BCD，
∴＝，即＝，
解得：BC＝4（负值已舍去），
即BC的长为4；
（2）当点E，C'，D三点共线时，分两种情况：
a、如图3，由②可知，BC＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AD＝BC＝4，CD＝AB＝4，AD∥BC，
∴∠DCE＝90°，∠CED＝∠B'DA，
由折叠的性质得：AB'＝AB＝4，∠B'＝∠ABC＝90°，
∴∠DCE＝∠B'，DC＝AB'，
∴△CDE≌△B'AD（AAS），
∴DE＝AD＝4，
∴CE＝＝＝4，
∴BE＝BC+CE＝4+4；
b、如图4，
由折叠的性质得：∠AEC'＝∠AEC，
∵∠BEC'＝∠DEC，
∴∠AEB＝∠AED，
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DE＝AD＝4，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE＝＝＝4，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣4；
综上所述，BE的长为4+4或4﹣4．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
26．（2023 镇海区一模）如图，AD是锐角△ABC中BC边上的高，将△ABD沿AB所在的直线翻折得到△ABE，将△ADC沿AC所在的直线翻折得到△AFC，延长EB，FC相交于点P．

（1）如图1，若∠BAC＝45°，求证：四边形AEPF为正方形；
（2）如图2，若∠BAC＝55°，当△PBC是等腰三角形时，求∠BAD的度数；
（3）如图3，连结EF，分别交AB，AC于点G、H，连结BH交AD于点M，若∠BAC＝60°，
①求∠PEF＝　60　度；
②若AB＝10，CH＝1，求△ABM的面积．
【点拨】（1）先证四边形AEPF是矩形，由折叠可得AE＝AF，可得结论；
（2）由四边形内角和定理可求∠P的度数，由等腰三角形的性质可求∠PBC的度数，由折叠的性质可求解；
（3）①通过证明△PEF是等边三角形，即可求解；
②通过勾股定理和相似三角形的性质分别求出BD，AM的长，即可求解．
【解析】（1）证明：∵将△ABD沿着AB翻折得到△ABE，将△ACD沿着AC翻折得到△ACF，
∴AE＝AD＝AF，BD＝BE＝4，DC＝CF＝6，∠BAD＝∠BAE，∠CAD＝∠CAF，∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝∠BAD+∠BAE+∠CAD+∠CAF＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
又∵AE＝AF，
∴四边形AEPF是正方形；
（2）解：由折叠可知：∠BAD＝∠BAE，∠CAD＝∠CAF，∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ABE；
∴∠EAF＝2∠BAC＝110°，
∴∠P＝360°﹣∠E﹣∠F﹣∠EAF＝70°，
∵CB＝CP，
∴∠P＝∠CBP＝70°，
∴∠ABD＝∠ABE＝55°，
∴∠BAD＝35°；
（3）解：①由折叠可知：AE＝AF＝AD，∠BAD＝∠BAE，∠CAD＝∠CAF，∠AEB＝∠ADB＝90°，∠AFC＝∠ADC＝90°，∠ABD＝∠ABE；
∴∠EAF＝2∠BAD＝120°，
∴∠P＝360°﹣∠AEB﹣∠AFC﹣∠EAF＝60°，∠AEF＝∠AFE＝30°，
∴∠PEF＝90°﹣30°＝60°，
故答案为：60；
②∵∠PEF＝∠BAC＝60°，
∴点A，点E，点B，点H四点共圆，
∴∠AHB+∠AEB＝180°，
∴∠AHB＝90°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABH＝30°，
∴AH＝AB＝5，BH＝5，
∴BC＝＝＝2，
∵S△ABC＝×BC AD＝×AC BH，
∴AD＝，
∴BD＝＝，
∵∠DAC＝∠DAC，∠AHM＝∠ADC＝90°，
∴△AHM∽△ADC，
∴，
∴＝，
∴AM＝，
∴△ABM的面积＝×AM BD＝．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定，相似三角形的判定和性质，全等三角形的性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27．（2023 瑞安市模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，点E在AB上，AE＝1，CE＝CD，DF⊥CE于点F．M，N分别是线段CB，CF上的点，且满足，设CM＝x，EN＝y．
（1）求CE的长．
（2）求y关于x的函数表达式．
（3）连结MN，过点M作MH∥CE交AB于点H，连结NH．
①在△NHM中，以HM为一边的角等于∠ADF时，求y的值．
②作点H关于MN的对称点H′，当点H′落在边BC上时，求的值．
【点拨】（1）设CE＝CD＝m，根据矩形的性质得出AB＝CD＝m，BC＝AD＝3，则BE＝m﹣1，根据勾股定理求解即可；
（2）根据题意求出FN＝x，根据矩形的性质、锐角三角函数求出CF＝4，根据线段的和差求解即可；
（3）①分两种情况：∠NMH＝∠ADF时，当∠NHM＝∠ADF时，根据矩形的性质、锐角三角函数定义求解即可；
②点H关于MN的对称点H′落在边BC上，则∠HMN＝∠CMN，根据平行线的性质及等腰三角形的判定推出CN＝CM，结合（2）推出CM＝，根据锐角三角函数求出H′M＝HM＝，根据线段的和差求出BH′＝，CH′＝，据此求解即可．
【解析】解：（1）设CE＝CD＝m，
在矩形ABCD中，AB＝CD＝m，BC＝AD＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝m﹣1，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴m2＝32+（m﹣1）2，
∴m＝5，
即CE＝5；
（2）∵＝，CM＝x，
∴FN＝x，
在矩形ABCD中，AB∥CD，
∴∠DCF＝∠CEB，
在Rt△CDF中，cos∠DCF＝＝cos∠CEB＝＝，
∴CF＝CD cos∠DCF＝5×＝4，
∵EN＝CE﹣CF+FN，
∴y＝5﹣4+x＝1+x；
（3）①由题意得，∠ADF＝∠DCF＝∠CEB，
如图1，当∠NMH＝∠ADF时，
∵MH∥CE，
∴∠NMH＝∠MNC＝∠DCF，
∴MN∥CD，
∴∠NMB＝∠DCB＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∴cos∠NCM＝＝，
∴＝，
由（2）知，y＝1+x，
∴y＝；
如图2，当∠NHM＝∠ADF时，过点H作HG⊥CE于点G，过点M作MQ⊥CE于点Q，
∵MH∥CE，
∴∠NHM＝∠HNE＝∠HEN，
∴EH＝HN，
∵MH∥CE，HG⊥CE于点G，MQ⊥CE于点Q，
∴HG＝MQ，
∵sin∠MCQ＝＝＝，
∴MQ＝CM sin∠MCQ＝x ＝x，
∴HG＝x，
∵tan∠GEH＝＝＝，
∴EG＝＝x，
即y＝x，
由（2）知，y＝1+x，
∴y＝；
综上，y＝或y＝；
②如图3，
∵点H关于MN的对称点H′落在边BC上，
∴∠HMN＝∠CMN，
∵MH∥CE，
∴∠CNM＝∠HMN＝∠CMN，
∴CN＝CM，
∴5﹣y＝x，
由（2）知，y＝1+x，
∴x＝，
∴BM＝CB﹣CM＝3﹣＝，
∴H′M＝HM＝＝＝＝，
∴BH′＝BM+H′M＝+＝，
∴CH′＝BC﹣BH′＝3﹣＝，
∴＝＝．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了矩形的性质、平行线的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的性质、平行线的性质、解直角三角形并作出合理的辅助线是解题的关键．
28．（2023 南浔区一模）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交射线BC于点E，过点C作CF⊥AE交射线AE于点F，连结BD交AE于点G，连结DF交射线BC于点H．
（1）当AB＜AD时，
①求证：BE＝CD；
②猜想∠BDF的度数，并说明理由．
（2）若时，求tan∠CDF的值（用含k的代数式表示）．
【点拨】（1）①根据矩形的性质先证明△ABE是等腰直角三角形，可得AB＝BE，再由AB＝CD可得结论；
②如图1，连接BF，证明△BEF≌△DCF（SAS），再证明△BDF是等腰直角三角形可得结论；
（2）设AD＝x，则AB＝kx，CE＝BC﹣BE＝x﹣kx，如图，过点F作FH⊥BC于H，作FP⊥DC于P，则∠CHF＝∠P＝90°，表示FP和CP的长，利用三角函数的定义代入计算即可．
【解析】（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD；
②解：猜想∠BDF＝45°，理由如下：
如图，连接BF，
∵CF⊥AF，
∴∠AFC＝90°，
∵∠CEF＝∠AEB＝45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，EF＝CF，
∴∠BEF＝∠DCF＝135°，
由①知：BE＝CD，
∴△BEF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，∠BFE＝∠DFC，
∴∠BFD＝∠CFE＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴∠BDF＝45°；
（2）解：上AB＜AD时，∵，
∴设AD＝x，则AB＝kx，CE＝BC﹣BE＝x﹣kx，
如图，过点F作FH⊥BC于H，作FP⊥DC于P，则∠CHF＝∠P＝90°，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴EH＝CH，
∴FH＝CE，
∵∠CHF＝∠P＝∠PCH＝90°，
∴四边形CHFP是矩形，
∴FH＝PC，
∵∠ECF＝∠FCP＝45°，FH⊥BC，FP⊥DC，
∴FH＝FP，
∴FP＝PC＝CE＝，
∴tan∠CDF＝＝＝．
当AB＞AD时，同法可得tan∠CDF＝．
【点睛】本题主要考查四边形的综合题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角函数的定义，矩形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质等知识是解题的关键．