2025年九年级数学中考三轮冲刺练习四边形压轴题综合训练（含答案）

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2025年九年级数学中考三轮冲刺练习四边形压轴题综合训练
一、选择题
1．如图，在 ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　）
A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2
2．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，BC＝5，点P是边AB上任意一点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（　　）
A． B． C． D．
3．如图，矩形ABCD中，AB，BC＝1，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则AG的最大值为（　　）
A． B． C．2 D．1
4．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（　　）
A．2 B． C． D．
5．如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC；④BNBM；⑤若AHHD，则S△BNDS△AHM．其中正确的结论是（　　）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
二、填空题
6．如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在BC延长线上，OE与CD相交于点F．若∠ACD＝2∠OEC，，则菱形ABCD的面积为 　 　．
7．如图，正方形ABCD的边长为1，M、N是边BC、CD上的动点．若∠MAN＝45°，则MN的最小值为 　 　．
8．如图，正方形ABCD的边长为，对角线AC，BD相交于点O，点E在CA的延长线上，OE＝5，连接DE．
（Ⅰ）线段AE的长为 　 　；
（Ⅱ）若F为DE的中点，则线段AF的长为 　 　．
9．如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA＝ED．
（1）△ADE的面积为 　 　；
（2）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 　 　．
10．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝　 　．
三、解答题
11．如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，EF＝1，求BC的长．
12．如图，在菱形ABCD中，AB＝10cm，∠ABC＝60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF＝60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒．
（1）求证：BE＝EF；
（2）求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求x为何值时，线段DF的长度最短．
13．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E．
（1）如图1，连接QA．当QA＝QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若∠APB＝90°，且∠BAP＝∠ADB，
①求证：AE＝2EP；
②当OQ＝OE时，设EP＝a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
14．如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD＝AF，连接BF．
（1）如图1，当0°＜α＜90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EFBF．
（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB＝2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°＜α＜360°）△ADG面积的最大值．
15．如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5
答案 C B D D A
二、填空题
6.【解答】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BC＝10，OD＝OBBD，OA＝OC，AC⊥BD，
∴，∠BOC＝90°，
∴OHBC＝5，
∵OH∥EC，，
∴△OFH∽△EFC，
∴，
∴ECOH5＝6，
∵BC＝DC，AC⊥BD，∠ACD＝2∠OEC，
∴∠ACB＝∠ACD＝2∠OEC＝∠COE+∠OEC，
∴∠OEC＝∠COE，
∴OC＝EC＝6，
∴OB8，
∴BD＝2OB＝16，AC＝2OC＝12，
∴S菱形ABCDBD AC16×12＝96，
故答案为：96．
7．【解答】解：方法一：如图，延长CD到点G，使DG＝BM．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠ADN＝90°＝∠ABM，
又∵BM＝DG，AD＝AB，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴∠BAM＝∠DAG，AM＝AG，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠DAG+∠DAN＝45°，即∠GAN＝45°，
在△GAN和△MAN中，
，
∴△GAN≌△MAN（SAS），
∴GN＝MN．
设BM＝x，MN＝y，则GN＝y，DG＝x．
∵BC＝CD＝1，
∴CM＝1﹣x，CN＝x﹣y+1，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：MN2＝CM2+CN2，
即y2＝（1﹣x）2+（x﹣y+1）2，
整理可得：yx+12，
∵x+122，
∴y≥22，
当x1时，y最小值为22．
方法二：如图，延长CD到点G，使DG＝BM．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝BC＝AB，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠ADN＝90°＝∠ABM，
又∵BM＝DG，AD＝AB，
∴△ABM≌△ADG（SAS），
∴∠BAM＝∠DAG，AM＝AG，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠DAG+∠DAN＝45°，即∠GAN＝45°，
在△GAN和△MAN中，
，
∴△GAN≌△MAN（SAS），
∴GN＝MN．
作△GAN的外接圆，圆心为O，
∵∠GAN＝45°，
∴∠GON＝90°，
过O作OH⊥GN于点H，则GH＝NH，
设GH＝NH＝a，则GN＝2a，OH＝a，
在Rt△GON中，OG＝ONa，
∴OAa，
∵OA+OH≥AD，
∴a+a≥1，
∴a1，
当A、O、H三点共线时取等，
此时GN＝2a＝2，
∴MN＝2；
故MN的最小值为：22．
8．【解答】解：（Ⅰ）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝OD＝OB，∠DOC＝90°，
∴在Rt△DOC中，OD2+OC2＝DC2，
∵DC＝3，
∴OA＝OD＝OC＝OB＝3，
∵OE＝5，
∴AE＝OE﹣OA＝2；
故答案为：2．
（Ⅱ）延长DA到点G，使AG＝AD，连接EG，过E作EH⊥AG于H，
∵F为DE中点，A为DG中点，
∴AF为△DGE中位线，
∴AFEG，
在Rt△EAH中，∠EAH＝∠DAC＝45°，
∴AH＝EH，
∵AH2+EH2＝AE2，
∴AH＝EH，
∴GH＝AG﹣AH＝32，
在Rt△EGH中，EG2＝EH2+GH2＝10，
∴EG，
∴AFEG．
故答案为：．
9．【解答】解：（1）过E作EM⊥AD于M，
∵EA＝ED．AD＝3，
∴AM＝DMAD，
∴EM2，
∴△ADE的面积为3×2＝3；
故答案为：3；
（2）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC∥AD，
∴EP⊥BC，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝3，AB∥EP，
∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF，
∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
在△ABF与△NEF中，
，
∴△ABF≌△NEF（ASA），
∴EN＝AB＝3，
∴MN＝1，
∵PM∥CD，
∴AN＝NG，
∴GD＝2MN＝2，
∴AG，
故答案为：．
10．【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，
∵AB＝5，BC＝12，
∴AC13，
∴OB＝OC，
∴S△BOC＝S△BOE+S△COEOB EGOC EFS△ABC15，
∴，
∴EG+EF，
故答案为：．
【点评】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
三、解答题
11．如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF＝FB，AF∥DC．
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，EF＝1，求BC的长．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF∥AD，根据平行四边形的判定定理得到结论；
（2）根据三角形中位线定理求得AD＝2EF＝2，根据三角函数的定义得到BF＝3EF＝3，求得DF＝BF＝3，根据勾股定理得到AF，根据平行四边形的性质得到CD＝AF，根据线段垂直平分线的性质得到结论．
【解答】（1）证明：∵E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵DF＝BF，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF∥AD，
∴CF∥AD，
∵AF∥CD，
∴四边形AFCD为平行四边形；
（2）解：由（1）知，EF是△ABD的中位线，
∴AD＝2EF＝2，
∵∠EFB＝90°，tan∠FEB＝3，
∴BF＝3EF＝3，
∵DF＝FB，
∴DF＝BF＝3，
∵AD∥CE，
∴∠ADF＝∠EFB＝90°，
∴AF，
∵四边形AFCD为平行四边形，
∴CD＝AF，
∵DF＝BF，CE⊥BD，
∴BC＝CD．
12．如图，在菱形ABCD中，AB＝10cm，∠ABC＝60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF＝60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为y cm2，点E的运动时间为x秒．
（1）求证：BE＝EF；
（2）求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求x为何值时，线段DF的长度最短．
【分析】（1）设CD与EF相交于点M，证明△BCE≌△DCE（SAS），可得∠CBE＝∠CDE，BE＝DE，利用三角形外角性质可得∠CDE＝∠CFE，即得∠CBE＝∠CFE，即可求证；
（2）过点E作EN⊥BC于N，解直角三角形得到EN＝CE sin60°，CN＝CE cos60°，可得BN＝BC﹣CN，由等腰三角形三线合一可得BF，即可由三角形面积公式得到y与x的函数表达式，最后由0＜2x≤10，可得自变量x的取值范围；
（3）证明△DEF为等边三角形，可得BE＝DF，可知线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，又由菱形的性质可得△ABC为等边三角形，利用三线合一求出CE即可求解；
【解答】（1）证明：设CD与EF相交于点M，
∵四边形ABCD为菱形，∴BC﹣＝DC，∠BCE＝∠DCE，AB∥CD，
∵∠ABC＝60°，
∴∠DCF＝60°，
在△BCE和△DCE中，
，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE，BE＝DE，
∵∠DMF＝∠DEF+∠CDE＝∠DCF+∠CFE，
又∵∠DEF＝∠DCF＝60°，
∴∠CDE＝∠CFE，
∴∠CBE＝∠CFE，
∴BE＝EF；
（2）解：过点E作EN⊥BC于N，
则∠ENC＝90°，
∵BE＝EF，
∴BF＝2BN，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴BC＝AB＝10cm，∠ACB＝∠BCD＝60°，即∠ECN＝60°，
∵CE＝2x cm，
∴EN＝CE sin60°＝2x x（cm），CN＝CE cos60°＝2x x（cm），
∴BN＝BC﹣CN＝10﹣x（cm），
∴BF＝2（10﹣x）cm，
∴yBF EN2（10﹣x）xx2+10x，
∵0＜2x≤10，
∴0＜x≤5，
∴yx2+10x（0＜x≤5）；
（3）解：∵BE＝DE，BE＝EF，
∴DE＝EF，
∵∠DEF＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴DE＝DF﹣EF，
∴BE＝DF，
∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AE＝AB＝AC＝10cm，
∵BE⊥AC，
∴CEAC＝5cm，
∴x，
∴当x时，线段DF的长度最短．
13．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E．
（1）如图1，连接QA．当QA＝QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若∠APB＝90°，且∠BAP＝∠ADB，
①求证：AE＝2EP；
②当OQ＝OE时，设EP＝a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
【分析】（1）根据菱形的性质及垂直平分线的判定证明即可；
（2）①根据菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝DA，再由各角之间的关系得出∠BAP＝∠ABD＝∠CBD＝30°，由含30度角的直角三角形的性质求解即可；
②连接QC．利用等边三角形的判定和性质得出AE＝2a，AP＝3a，再由正切函数及全等三角形的判定和性质及勾股定理求解即可．
【解答】（1）解：结论：点Q在线段PC的垂直平分线上．
理由：连接QC．∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，OA＝OC，
∴QA＝QC，
∵QA＝QP，
∴QC＝QP，
∴点Q在线段PC的垂直平分线上；
（2）①证明：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴∠ABD＝∠ADB，∠CBD＝∠CDB，
∵BD⊥AC，∴∠ADO＝∠CDO，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADO．
∵∠BAP＝∠ADB，
∴∠BAP＝∠ABD＝∠CBD．
∴AE＝BE，∠APB＝90°，∠BAP+∠ABP＝90°，∠BAP＝∠ABD＝∠CBD＝30°
在 Rt△BPE 中，∠EPB＝90°，∠PBE＝30°，
∴EPBE，
∵AE＝BE，
∴，
∴AE＝2EP；
②如图，连接QC．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，
∴△ABC 是等边三角形．∠APB＝90°，
∴BP＝CP，EP＝a，
∴AE＝2a，AP＝3a，
在Rt△APB中，∠APB＝90°，
∵，
∴，
∴，
∵AO＝CO，∠AOE＝∠COQ，OE＝OQ，
△AOE≌△COQ（SAS），
∴AE＝CQ＝2a，∠EAO＝∠QCO，
∴AE∥CQ，
∵∠APB＝90°，
∴∠QCP＝90°，
在Rt△PCQ中，∠QCP＝90°，
由勾股定理得 PQ2＝PC2+CQ2，
∴PQ2＝PC2+CQ2，
∴PQa．
14．如图，在正方形ABCD中，线段CD绕点C逆时针旋转到CE处，旋转角为α，点F在直线DE上，且AD＝AF，连接BF．
（1）如图1，当0°＜α＜90°时，
①求∠BAF的大小（用含α的式子表示）．
②求证：EFBF．
（2）如图2，取线段EF的中点G，连接AG，已知AB＝2，请直接写出在线段CE旋转过程中（0°＜α＜360°）△ADG面积的最大值．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理计算得到∠FAD＝180°﹣α，据此求解即可；
②连接BE，计算得到∠BCE＝90°﹣α＝∠BAF，利用SAS证明△BCE≌△BAF，推出△EBF是等腰直角三角形，据此即可证明EFBF；
（2）过点G作AD的垂直，交直线AD于点H，连接AC，BD相交于点，连接OG，利用直角三角形的性质推出点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，得到当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，据此求解即可．
【解答】（1）解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA．∠ADC＝∠BCD＝∠DAB＝90°，
由题意得CD＝CE，∠DCE＝α：
∴∠CDE＝∠CED（180°﹣α）＝90°α．
∴∠ADF＝90°﹣∠CDE＝90°﹣（90°α）α，
∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFDα，
∴∠FAD＝180°﹣∠ADF﹣∠AFD＝180°﹣α，
∴∠BAF＝∠FAD﹣∠BAD＝180°﹣α﹣90°＝90°﹣α；
②连接BE．
∵∠DCE＝α，
∴∠BCE﹣90°﹣α＝∠BAF，
∵CD＝CE＝AD＝AF＝BC，
∴△BCE≌△BAF（SAS），
∴BF＝BE，∠ABF＝∠CBE．
∵∠ABC＝90°，
∴∠EBF＝90°
∴△EBF是等腰直角三角形，
∴EFBF；
（2）解：过点G作AD的垂线，交直线AD于点H，连接AC，BD相交于点，O，连接OG，
由（1）得△EBF是等腰直角三角形，又点G为斜边EF的中点，
∴BG⊥EF，即∠BGD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OD．
∴OB＝OD＝OG，
∴点G在以点O为圆心，OB为半径的一段弧上，
当点H、O、G在同一直线上时，GH有最大值，则△ADG面积的最大值，
∴GHAB+OGABBD221．
∴△ADG面积的最大值为AD×GH＝1．
15．如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．
（1）求证：GE＝GF．
（2）当AE＝2DG时，求AE的长．
（3）令AE＝a，DG＝b．
①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．
②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠GEF＝∠BFE，而四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，有∠BFE＝∠GFE，故∠GEF＝∠GFE，GE＝GF；
（2）过G作GH⊥BC于H，设DG＝x，可知AE＝2x，GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，根据点O为矩形ABCD的对称中心，可得CF＝AE＝2x，故FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，x2+42＝（8﹣3x）2，解得x的值从而可得AE的长为6﹣2；
（3）①过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，由点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，可得O为EF中点，OA＝OD，OQAB＝2，证明△GOQ∽△OEQ，得，即GQ EQ＝OQ2，故GQ EQ＝4，即可得（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②连接B'D，OG，OB，证明B'F＝DE，OD＝OB＝OB'，可得△DOG≌△B'OG（SSS），∠ODG＝∠OB'G，从而△DGK≌△B'GH（ASA），DK＝B'H，GK＝GH，即可证△OGK≌△OGH（SSS），得S△OGK＝S△OGH，有，而∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，知EF∥B'D，可得△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，得，，又△EGF∽△DGB'，有，当a＝1时，b，即AE＝1，DG，即可得．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF＝∠BFE，
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴∠BFE＝∠GFE，
∴∠GEF＝∠GFE，
∴GE＝GF；
（2）解：过G作GH⊥BC于H，如图：
设DG＝x，则AE＝2x，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，
∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形GHCD是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴CF＝AE＝2x，
∴FH＝CF﹣CH＝x，
在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，
∴x2+42＝（8﹣3x）2，
解得x＝3（此时AE大于AD，舍去）或x＝3，
∴AE＝2x＝6﹣2；
∴AE的长为6﹣2；
（3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图：
∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，
∴O为EF中点，OA＝OD，OQAB＝2，
∵GE＝GF，
∴OG⊥EF，
∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，
∵∠GQO＝90°＝∠OQE，
∴△GOQ∽△OEQ，
∴，即GQ EQ＝OQ2，
∴GQ EQ＝4，
∵OA＝OD，OQ⊥AD，
∴AQ＝DQAD＝4，
∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，
∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；
②解：连接B'D，OG，OB，如图：
∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，
∴BF＝B'F，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BF＝DE，
∴B'F＝DE，
同理OD＝OB＝OB'，
由（1）知GF＝GE，
∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，
∵OG＝OG，
∴△DOG≌△B'OG（SSS），
∴∠ODG＝∠OB'G，
∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH（ASA），
∴DK＝B'H，GK＝GH，
∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，
∵OG＝OG，
∴△OGK≌△OGH（SSS），
∴S△OGK＝S△OGH，
∴S1＝2S△OGK，
∴，
∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，
∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，
∴EF∥B'D，
∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，
∴，
∵，
∴，
∵△EGF∽△DGB'，
∴，
当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，
∴b，
∴AE＝1，DG，
∴GE＝AD﹣AE﹣DG，
∴，
∴的值为．
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