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中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專題訓(xùn)練：《四邊形綜合 》
1．問(wèn)題發(fā)現(xiàn)：
（1）如圖①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝b，BC＝a，點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在BC邊上，將△ECF沿著EF折疊后得到△EPF，連接BP并使得BP最小，請(qǐng)畫出符合題意的點(diǎn)P；
問(wèn)題探究：
（2）如圖②，已知在△ABC和△EBD中，∠ACB＝∠BDE＝90°，AC＝BC＝4，BD＝DE＝2，連接CE，點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，連接AF，求AF的最大值．
問(wèn)題解決：
（3）西安大明宮遺址公園是世界文化遺產(chǎn)，全國(guó)重點(diǎn)文物保護(hù)單位，為了豐富同學(xué)們的課外學(xué)習(xí)生活，培養(yǎng)同學(xué)們的探究實(shí)踐能力，周末光明中學(xué)的張老師在家委會(huì)的協(xié)助下，帶領(lǐng)全班同學(xué)去大明宮開展研學(xué)活動(dòng)．在公園開設(shè)的一處沙地考古模擬場(chǎng)地上，同學(xué)們參加了一次模擬考古游戲．張老師為同學(xué)們現(xiàn)場(chǎng)設(shè)計(jì)了一個(gè)四邊形ABCD的活動(dòng)區(qū)域，如圖③所示，其中BD為一條工作人員通道，同學(xué)們的入口設(shè)在點(diǎn)A處，AD⊥BD，AD∥BC，∠DCB＝60°，AB＝2米．在上述條件下，小明想把寶物藏在距入口A盡可能遠(yuǎn)的C處讓小鵬去找，請(qǐng)問(wèn)小明的想法是否可以實(shí)現(xiàn)？如果可以，請(qǐng)求出AC的最大值及此時(shí)△BCD區(qū)域的面積，如果不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

2．已知：如圖，在菱形ABCD中，AC＝2，∠B＝60°．點(diǎn)E為邊BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)B、C不重合），∠EAF＝60°，AF與邊CD相交于點(diǎn)F，聯(lián)結(jié)EF交對(duì)角線AC于點(diǎn)G．設(shè)CE＝x，EG＝y(tǒng)．
（1）求證：△AEF是等邊三角形；
（2）求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出x的取值范圍；
（3）點(diǎn)O是線段AC的中點(diǎn)，聯(lián)結(jié)EO，當(dāng)EG＝EO時(shí)，求x的值．

3．已知在正方形ABCD和正方形CEFG中，直線BG，DE交于點(diǎn)H．
（1）如圖1，當(dāng)B，C，E共線時(shí)，求證：BH⊥DE．
（2）如圖2，把正方形CEFG繞C點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α度（0＜α＜90），M，N分別為BG，DE的中點(diǎn)，探究HM，HN，CM之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．
（3）如圖3，∠PDG＝45°，DH⊥PG于H，PH＝2，HG＝4．直接寫出DH的長(zhǎng)．

4．[問(wèn)題引入]（1）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD兩邊上的點(diǎn)，且AE⊥BF，垂足為點(diǎn)P．求證：AE＝BF；
[類比探究]（2）如圖2，把（1）中正方形ABCD改為矩形ABCD，且AD＝2AB，其余條件不變，請(qǐng)你推斷AE、BF滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明你的理由；
[實(shí)踐應(yīng)用]（3）如圖3，Rt△ABC中，∠BAC＝30°，把△ABC沿斜邊AC對(duì)折得到Rt△ADC，E、F分別為CD、AD邊上的點(diǎn)，連接AE、BF，恰好使得AE⊥BF，垂足為點(diǎn)P．請(qǐng)求出的值．

5．如圖，已知正方形ABCD中，BC＝4，AC、BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)A作射線AM⊥AC，點(diǎn)E是射線AM上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)OE交AB邊于點(diǎn)F．以O(shè)E為一邊，作正方形OEGH，且點(diǎn)A在正方形OEGH的內(nèi)部，聯(lián)結(jié)DH．
（1）求證：△HDO≌△EAO；
（2）設(shè)BF＝x，正方形OEGH的邊長(zhǎng)為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；
（3）聯(lián)結(jié)AG，當(dāng)△AEG是等腰三角形時(shí)，求BF的長(zhǎng)．

6．閱讀材料：等腰三角形具有性質(zhì)“等邊對(duì)等角”．事實(shí)上，不等邊三角形也具有類似性質(zhì)“大邊對(duì)大角”，如圖1，在△ABC中，如果AB＞AC，那么∠ACB＞∠ABC．證明如下：將AB沿△ABC的角平分線AD翻折（如圖2），因?yàn)锳B＞AC，所以點(diǎn)B落在AC的延長(zhǎng)線上的點(diǎn)B′處．于是，由∠ACB＞∠B′，∠ABC＝∠B′，可得∠ACB＞∠ABC．
（1）靈活運(yùn)用：從上面的證法可以看出，折紙常常能為證明一個(gè)命題提供思路和方法．由此小明想到可用類似方法證明“大角對(duì)大邊”，如圖3，在△ABC中，如果∠ACB＞∠ABC，那么AB＞AC．小明的思路是：沿BC的垂直平分線翻折……請(qǐng)你幫助小明完成后面的證明過(guò)程．
（2）拓展延伸：請(qǐng)運(yùn)用上述方法或結(jié)論解決如下問(wèn)題：
如圖4，已知M為正方形ABCD的邊CD上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），連接AM并延長(zhǎng)，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N．求證：AM+AN＞2BD．
7．探究：如圖1和圖2，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，點(diǎn)E、F分別在BC、CD上，∠EAF＝45°．
（1）①如圖1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，直接寫出線段BE、DF和EF之間的數(shù)量關(guān)系　 ??；
②如圖2，若∠B、∠D都不是直角，但滿足∠B+∠D＝180°，線段BE、DF和EF之間的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請(qǐng)寫出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（2）拓展：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．點(diǎn)D、E均在邊BC邊上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的長(zhǎng)．
8．如圖1，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿對(duì)角線AC剪開，再把△ADC沿AB方向平移，得到圖2，其中A'D交AC于E，A'C'交BC于F．
（1）在圖2中，除△ABC與△C'DA'外，指出還有哪幾對(duì)全等三角形（不能添加輔助線和字母），并選擇一對(duì)加以證明；
（2）設(shè)AA'＝x．
①當(dāng)x為何值時(shí)，四邊形A'ECF是菱形？
②設(shè)四邊形A'ECF的面積為y，求y的最大值．
9．在正方形ABCD中，BD為對(duì)角線，點(diǎn)E在BD上，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥CE，交AB于點(diǎn)F，連接CF．
（1）如圖①，求證：∠ECF＝45°；
（2）如圖②，作FG⊥AB，交BD于點(diǎn)G，求證：DE＝GE；
（3）在（2）的條件下，如圖③，延長(zhǎng)FG交CE于點(diǎn)K，延長(zhǎng)CE交AD于點(diǎn)M，連接MG、BK，若MG＝2EK，GK＝2，求線段BK的長(zhǎng)．

10．如圖，在正方形ABCD中，M、N分別是射線CB和射線DC上的動(dòng)點(diǎn)，且始終∠MAN＝45°．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在線段BC、DC上時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BM、MN、DN之間的數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在CB、DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，給予證明，若不成立，寫出正確的結(jié)論，并證明；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)M、N分別在CB、DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，若CN＝CD＝6，設(shè)BD與AM的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，交AN于Q，直接寫出AQ、AP的長(zhǎng)．
11．如圖，菱形ABCD中，AB＝10，連接BD，點(diǎn)P是射線BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B重合），AP與對(duì)角線BD交于點(diǎn)E，連接EC．
（1）求證：AE＝CE；
（2）若sin∠ABD＝，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，若BP＝4，求△PEC的面積；
（3）若∠ABC＝45°，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，請(qǐng)直接寫出△PEC是等腰三角形時(shí)BP的長(zhǎng)．
12．如圖，在正方形ABCD中，P是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），點(diǎn)B關(guān)于
直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為E，連接AE．連接DE并延長(zhǎng)交射線AP于點(diǎn)F，連接BF．
（1）若∠BAP＝α，直接寫出∠ADF的大小（用含α的式子表示）；
（2）求證：BF⊥DF；
（3）連接CF，用等式表示線段AF，BF，CF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
13．已知正方形OABC在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，C分別在x軸，y軸的正半軸上，等腰直角三角形OEF的直角頂點(diǎn)O在原點(diǎn)，E，F(xiàn)分別在OA，OC上，且OA＝4，OE＝2．將△OEF繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△OE1F1，點(diǎn)E，F(xiàn)旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E1，F(xiàn)1．
（Ⅰ）①如圖①，求E1F1的長(zhǎng)；
②如圖②，連接CF1，AE1，求證△OAE1≌△OCF1；
（Ⅱ）將△OEF繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周，當(dāng)OE1∥CF1時(shí)，求點(diǎn)E1的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．

14．菱形ABCD中，E，F(xiàn)為邊AB，AD上的點(diǎn)，CF，DE相交于點(diǎn)G．
（1）如圖1，若∠A＝90°，DE＝CF，求證：DE⊥CF；
（2）如圖2，若∠EGC+∠B＝180°．求證：DE＝CF；
（3）如圖3，在（1）的條件下，平移線段DE到MN，使G為CF的中點(diǎn)，連接BD交MN于點(diǎn)H，若∠FCD＝15°，BN＝，請(qǐng)直接寫出FG的長(zhǎng)度．

15．我們定義：對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．
（1）如圖1，垂美四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于O．求證：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（2）如圖2，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連結(jié)BE，CG，GE．
①求證：四邊形BCGE是垂美四邊形；
②若AC＝4，AB＝5，求GE的長(zhǎng)．

16．（1）觀察猜想
如圖①，點(diǎn)B、A、C在同一條直線上，DB⊥BC，EC⊥BC且∠DAE＝90°，AD＝AE，則△ADB和△EAC是否全等？　 ?。ㄌ钍腔蚍瘢?，線段AB、AC、BD、CE之間的數(shù)量關(guān)系為　 ?。?br/>（2）問(wèn)題解決
如圖②，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，AB＝6，以AC為直角邊向外作等腰Rt△DAC，連接BD，求BD的長(zhǎng)．
（3）拓展延伸
如圖③，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AB＝5，AD＝，DC＝DA，CG⊥BD于點(diǎn)G，求CG的長(zhǎng)，

17．已知，在?ABCD中，AB⊥BD，AB＝BD，E為射線BC上一點(diǎn)，連接AE交BD于點(diǎn)F．
（1）如圖1，若點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，且AF＝2，求AD的長(zhǎng)；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于G，延長(zhǎng)DG交BC于H，連接FH．求證：AF＝DH+FH；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)E在射線BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥AE于G，M為AG的中點(diǎn)，點(diǎn)N在BC邊上且BN＝1，已知AB＝4，請(qǐng)直接寫出MN的最小值．
18．如圖，在矩形ABCD中，E是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，把△BCE沿CE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，過(guò)點(diǎn)F作GH∥CE，分別交AB、CD于點(diǎn)G、H．
（1）求證：△EFG是等腰三角形；
（2）如圖①，若F是GH中點(diǎn)，求∠FGE的度數(shù)；
（3）如圖②，若點(diǎn)G與點(diǎn)A重合，AB＝30，BC＝20，求FH的長(zhǎng)．
19．在平面直角坐標(biāo)系中，已知A（﹣4，0），B（4，0），點(diǎn)C，D在x軸上方，且四邊形ABCD的面積為32，
（1）若四邊形ABCD是菱形，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）若四邊形ABCD是平行四邊形，如圖1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為CD，BC的中點(diǎn)，且AE⊥EF，求AE+2EF的值．
（3）若四邊形ABCD是矩形，如圖2，點(diǎn)M為對(duì)角線AC上的動(dòng)點(diǎn)，N為邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，求BM+MN的最小值．
20．在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方形OABC與長(zhǎng)方形DEFG的位置如圖所示，點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為a，點(diǎn)D，E在x軸的負(fù)半軸上（點(diǎn)E在點(diǎn)D的右側(cè)），點(diǎn)G的坐標(biāo)為（b，﹣b），DE＝OA，實(shí)數(shù)a，b的值滿足．
（1）求點(diǎn)F的坐標(biāo)；
（2）長(zhǎng)方形DEFG以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向右平移t（t＞0）秒得到矩形D'E'F'G'，點(diǎn)D'，E'，F(xiàn)'，G'分別為點(diǎn)D，E，F(xiàn)，G平移后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，設(shè)矩形D'E'F'G'與正方形OABC重合部分的面積為S，用含t的式子表示S，并直接寫出相應(yīng)的t的范圍；
（3）在（2）的條件下，在長(zhǎng)方形DEFG出發(fā)運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿正方形的邊以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)（即O→C→B→A→O→C），連接PD'，PG'，當(dāng)三角形PD'G'的面積為15時(shí)，求S＞0時(shí)相應(yīng)的t值，并直接寫出此時(shí)刻S值及點(diǎn)P的坐標(biāo)．

參考答案
1．解：（1）如圖①中，點(diǎn)P即為所求．當(dāng)E，P，B共線時(shí)，BP的值最小．
（2）如圖②中，取BC的中點(diǎn)P，連接PA，PF．
∵∠BDE＝90°，BD＝DE＝2，
∴BE＝BD＝4，
∴CF＝EF，CP＝PB＝2，
∴PF＝BE＝2，
∵∠ACP＝90°，AC＝4，CP＝2，
∴PA＝＝＝2，
∵AF≤PA+PF，
∴AF≤2+2，
∴AF的最大值為2+2．
（3）如圖③中，作△ABD的外接圓⊙O交CD于E，連接OE，EB，AC．
∵∠DBC＝90°，∠DCB＝60°，
∴∠CDB＝30°，
∴∠EOB＝60°，
∵EO＝EB，
∴△EOB是等邊三角形，BE＝OB＝，
∵∠ECB＝60°，
∴點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，不妨設(shè)圓心為P，連接PC，PE，PB，則∠EPB＝2∠ECB＝120°，
作PT⊥BE于T，在Rt△PET中，∠PET＝30°，ET＝BT＝BE＝，
∴PE＝PB＝PC＝＝，
∵∠EBO＝60°，∠EBP＝30°，
∴∠ABP＝90°，
在Rt△ABP中，AP＝＝＝13，
∵AC≤PA+PC，
∴AC≤13+，
∴AC的最大值為13+，此時(shí)A，P，C共線，如圖③﹣1中，作CW⊥AB于W．
∵PB∥CW，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CW＝+1，BW＝2，
∴BC＝＝＝，
∴S△BCD＝?BC?BD＝?BC?BC＝×（26+2）＝13+．
2．（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠BAE+∠EAC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠EAF＝60°，即∠EAC+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△AEB和△AFC中，
，
∴△AEB≌△AFC（ASA），
∴AE＝AF，
∴△AEF為等邊三角形；
（2）解：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，
∵△AEF為等邊三角形，
∴AE＝EF＝，∠AEF＝60°，
∵∠ABH＝60°，
∴，BH＝HC＝1，
∴EH＝|x﹣HC|＝|x﹣1|，
∴EF＝＝，
∵∠AEF＝∠B＝60°，
∴∠CEG+∠AEB＝∠AEB+∠BAE＝120°，
∴∠CEG＝∠BAE，
∵∠B＝∠ACE＝60°，
∴△BAE∽△CEG，
∴，
∴，
∴y＝EG＝（0＜x＜2），
（3）解：∵AB＝2，△ABC是等邊三角形，
∴AC＝2，
∴OA＝OC＝1，
∵EG＝EO，
∴∠EOG＝∠EGO，
∵∠EGO＝∠ECG+∠CEG＝60°+∠CEG，
∠CEA＝∠CEG+∠AEF＝60°+∠CEG，
∴∠EGO＝∠CEA，
∴∠EOG＝∠CEA，
∵∠ECA＝∠OCE，
∴△COE∽△CEA，
∴，
∴CE2＝CO?CA，
∴x2＝1×2，
∴x＝（x＝﹣舍去），
即x＝．
3．（1）證明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHE＝90°，
∴BH⊥DE；
（2）解：MH2+HN2＝2CM2，
理由：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴∠CBG＝∠CDE，BG＝DE，
∵∠DPH＝∠CPM，
∴∠DHP＝∠BCP＝90°，
∴∠MHN＝90°，
∵M(jìn)，N分別為BG，DE的中點(diǎn)，
∴BM＝BG，DN＝DE，
∴BM＝DN，
∵BC＝CD，
∴△BCM≌△DCN（SAS），
∴CM＝CN，∠BCM＝∠DCN，
∴∠MCN＝∠BCP＝90°，
∴MH2+HN2＝CM2+CN2＝2CM2；
（3）解：∵DH⊥PG，
∴∠DHP＝∠DHG＝90°，
把△PDH沿著PD翻折得到△APD，把△GDH沿著DG翻折得到△DGC，
∴AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4，
∵∠PDG＝45°，
∴∠ADC＝90°，
延長(zhǎng)AP，CG交于B，
則四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
設(shè)DH＝AD＝AB＝BC＝x，
∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4，
∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2，
解得：x＝3+（負(fù)值舍去），
∴DH＝3+．
4．證明：[問(wèn)題引入]（1）∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝∠C，AB＝BC，
∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）BF＝2AE，
理由如下：∵矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠C，AD＝BC＝2AB，
∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴＝2，
∴BF＝2AE；
（3）如圖3，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥AD于H，連接BD，
∵把△ABC沿斜邊AC對(duì)折得到Rt△ADC，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，且BH⊥AD，
∴AD＝AB＝2AH，BH＝AH，
∴，
∵∠ADC+∠EPF+∠DEA+∠DFB＝360°，
∴∠DEA+∠DFB＝180°，且∠DFB+∠BFA＝180°，
∴∠DEA＝∠BFH，
∵∠BHF＝∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△BHF，
∴＝＝
5．解：（1）∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，AO＝OD，
∵四邊形OEGH是正方形，
∴∠EOH＝90°，OE＝OH，
∴∠AOE＝∠DOH，
∴△HDO≌△EAO（SAS）；
（2）如圖1，過(guò)O作ON⊥AB于N，
則AN＝BN＝ON＝AB＝2，
∵BF＝x，
∴AF＝4﹣x，
∴FN＝2﹣x，
∴OF＝＝＝，
∴EF＝y(tǒng)﹣，
∵AM⊥AC，
∴AE∥OB，
∴，
∴＝，
∴；
（3）①當(dāng)AE＝EG時(shí)，△AEG是等腰三角形，
則AE＝OE，
∵∠EAO＝90°，
∴這種情況不存在；
②當(dāng)AE＝AG時(shí)，△AEG是等腰三角形，
如圖2，過(guò)A作AP⊥EG于P，
則AP∥OE，
∴∠PAE＝∠AEO，
∴△APE∽△EAO，
∴＝，
∵AE＝AG，
∴PE＝y(tǒng)＝，AE＝＝，
∴＝，
解得：x＝2，
②當(dāng)GE＝AG時(shí)，△AEG是等腰三角形，
如圖3，過(guò)G作GQ⊥AE于Q，
∴∠GQE＝∠EAO＝90°，
∴∠GEQ+∠EGQ＝∠GEQ+∠AEO＝90°，
∴∠EGQ＝∠AEO，
∵GE＝OE，
∴△EGQ≌△OEA（AAS），
∴EQ＝AO＝2，
∴AE＝2EQ＝4＝，
∴x＝，
∴BF＝2或．
6．解：（1）將∠B沿BC的中垂線DE翻折（如圖3），使點(diǎn)B落在點(diǎn)C處．
∵∠ACB＞∠ABC，
∴CD在△ABC的內(nèi)部，D落在AB上．
連接DC，
∵DE為BC的中垂線，
∴DB＝DC，
在△ADC中，AD+DC＞AC，
∴AD+DB＞AC，
即AB＞AC；
（2）如圖4，延長(zhǎng)DC到點(diǎn)E，使得CE＝CN，連接AE交BC于點(diǎn)F，連接AC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴∠ACE＝∠ACN＝135°，
∵AC＝AC，
∴△ACE≌△ACN（SAS），
∴AE＝AN，
過(guò)點(diǎn)C作PQ⊥AC，分別交AN、AE于點(diǎn)P、Q，
由∠ACP＝∠ACQ＝90°可知AP＞AC、AQ＞AC，
∴AP+AQ＞2AC，
∵∠ACD＞∠E，∠ACD＝45°，∠QCE＝45°，
∴∠QCE＞∠E，
∴QE＞CQ，
同理可得PC＞PM，
由全等或?qū)ΨQ性可得PC＝CQ，
∴QE＞PM．
∴AM+AN＝AM+AE＝AM+AQ+QE＞AM+AQ+PM＝AP+AQ，
又∵AP+AQ＞2AC，
∴AM+AN＞2AC，
∵正方形ABCD中，AC＝BD．
∴AM+AN＞2BD．
7．解：（1）①如圖1，
∵把△ABE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝90°
∴F、D、G共線，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，
故答案為：EF＝BE+DF；
②成立，
理由：如圖2，把△ABE繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，
則AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一條直線上，
與①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC＝＝4，
如圖3，把△AEC繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．
則AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△FAD和△EAD中，
∴△FAD≌△EAD（SAS），
∴DF＝DE，
設(shè)DE＝x，則DF＝x，
∵BC＝4，
∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，
∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，
∴∠FBD＝90°，
由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，
x2＝（3﹣x）2+12，
解得：x＝，
即DE＝．
8．解：（1）△AA′E≌△C′CF，△A′BF≌△CDE，
由題意得，四邊形A′DCB是矩形，
∴A′B＝DC，
∴AA′＝CC′，
∵AB∥CD，
∴∠BA′F＝∠C′，
由題意得，∠BA′F＝∠A，
∴∠A＝∠C′，
在△AA′E和△C′CF中，，
∴△AA′E≌△C′CF（ASA）；
（2）①設(shè)A′E＝a，A′F＝b，
∵A′F∥AC，
∴＝，即＝，
解得，b＝，
同理＝，
解得，a＝x，
當(dāng)A′E＝A′F時(shí)，四邊形A′ECF是菱形，
∴＝x，
解得，x＝，
∴當(dāng)x＝時(shí)，四邊形A′ECF是菱形；
②由①得，四邊形A′ECF的面積為y＝3×（4﹣x）﹣×（3﹣x）×（4﹣x）×2＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣2）2+3，
∴當(dāng)x＝2時(shí)，y的最大值為3．
9．解：（1）如圖①，連接AE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ABD＝∠CBD＝45°，且BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS）
∴AE＝CE，∠BAE＝∠BCE，
∵∠ABC+∠FEC+∠BCE+∠EFB＝360°，
∴∠BCE+∠BFE＝180°，∠BFE+∠AFE＝180°，
∴∠AFE＝∠BCE，
∴∠BAE＝∠AFE，
∴EF＝AE＝EC，且∠FEC＝90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°；
（2）如圖②，延長(zhǎng)FG交CD于H，
∵GF⊥AB，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四邊形BCHF是矩形，
∴FH＝BC＝CD，∠FHC＝90°，
∵∠AFE＝∠BCE，
∴∠EFH＝∠ECH，且EF＝EC，F(xiàn)H＝CD，
∴△EFH≌△ECD（SAS）
∴∠FHE＝∠CDE＝45°，且∠FHD＝90°，
∴∠FHE＝∠CDE＝∠DGH＝∠DHE＝45°，
∴EG＝EH，EH＝DE，
∴EG＝DE；
（3）如圖③，延長(zhǎng)FK交CD于H，連接FM，過(guò)點(diǎn)M作MP⊥FH于P，
∵AD∥BC∥FH，
∴∠MDE＝∠KGE，且DE＝EG，∠MED＝∠GEK，
∴△MED≌△KEG（ASA）
∴ME＝EK＝MK，MD＝GK＝2，
∵M(jìn)G＝2EK，
∴MK＝MG，且MP⊥FH，
∴GP＝PK＝1，
∵∠ADH＝∠DHF＝∠MPH＝90°，
∴四邊形MDHP是矩形，
∴MD＝PH＝2，
∴GH＝3，
∴FH＝BC＝AB＝AD＝3+FG，
∴AM＝1+FG，
∵FG⊥AB，∠ABD＝45°，
∴△BFG是等腰直角三角形，
∴BF＝FG，
∴AF＝3，
∵M(jìn)E＝EK，EF⊥MK，
∴FM＝FK＝FG+2，
∵FM2＝AM2+AF2，
∴（FG+2）2＝（FG+1）2+9，
∴FG＝3，
∴BK＝＝．
10．解：（1）BM+DN＝MN，理由如下：
如圖1，在MB的延長(zhǎng)線上，截取BE＝DN，連接AE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠D，
在△ABE和△ADN中，，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∴∠EAN＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAM＝45°＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
又∵M(jìn)E＝BE+BM＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
故答案為：BM+DN＝MN；
（2）（1）中的結(jié)論不成立，DN﹣BM＝MN．理由如下：
如圖2，在DC上截取DF＝BM，連接AF，
則∠ABM＝90°＝∠D，
在△ABM和△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝∠BAD＝90°，
即∠MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中，，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
（3）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ABM＝∠MCN＝90°，
∵CN＝CD＝6，
∴DN＝12，
∴AN＝＝＝6，
∵AB∥CD，
∴△ABQ∽△NDQ，
∴＝＝＝＝，
∴＝，
∴AQ＝AN＝2；
由（2）得：DN﹣BM＝MN．
設(shè)BM＝x，則MN＝12﹣x，CM＝6+x，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：62+（6+x）2＝（12﹣x）2，
解得：x＝2，
∴BM＝2，
∴AM＝＝＝2，
∵BC∥AD，
∴△PBM∽△PDA，
∴＝＝＝，
∴PM＝AM＝，
∴AP＝AM+PM＝3．
11．（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝∠CBE，AB＝BC，
在△ABE和△CBE中，，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝CE；
（2）解：連接AC，交BD于O，如圖1所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝AB＝4，∠AOB＝90°，OB＝OD，OA＝OC，
∴△BEP∽△DEA，
∴＝＝，
∴＝（）2＝，
∵sin∠ABD＝＝＝，
∴OA＝2，
OB＝＝＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∴＝，
解得：DE＝，
∴BE＝BD﹣DE＝8﹣＝，
∴S△DEA＝OA?DE＝×2×＝，
S△ABE＝OA?BE＝×2×＝＝S△BEC，
∴S△BEP＝S△DEA＝×＝，
∴S△PEC＝S△BEC﹣S△BEP＝﹣＝；
（3）解：①由（1）得：△ABE≌△CBE，
∴∠BAE＝∠BCE，
當(dāng)∠BAE＝90°時(shí)，則∠BCE＝90°，
∴∠ECP＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠EBC＝22.5°，∠CPE＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴CE＝CP，∠BEC＝90°﹣22.5°＝67.5°，
過(guò)點(diǎn)E作∠FEC＝45°交BC于F，如圖2所示：
則CE＝CP＝CF，EF＝CF，∠BEF＝∠BEC﹣∠FEC＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∴∠BEF＝∠EBC，
∴EF＝BF，
∴CF+CF＝BC＝10，
∴CF＝＝10（﹣1），
∴BP＝BC+CP＝BC+CF＝10+10（﹣1）＝10；
②由（1）得：△ABE≌△CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
當(dāng)∠BAE＝105°時(shí)，∠AEB＝180°﹣105°﹣22.5°＝52.5°，
∴∠AEC＝2∠AEB＝105°，
∴∠CEP＝75°，
∵∠APB＝180°﹣105°﹣45°＝30°，
∴∠ECP＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠ECP＝∠CEP，
∴△PEC是等腰三角形，
過(guò)點(diǎn)A作AN⊥BP于N，如圖3所示：
則△ABN是等腰直角三角形，
∴AN＝BN＝AB＝5，
∵∠APB＝30°，
∴tan30°＝，即＝，
∴PN＝5，
∴BP＝BN+PN＝5+5，
綜上所述，△PEC是等腰三角形時(shí)BP的長(zhǎng)為10或5+5．
12．（1）解：由軸對(duì)稱的性質(zhì)得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE，
∴∠ADF＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α；
（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵點(diǎn)E與點(diǎn)B關(guān)于直線AP對(duì)稱，
∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB．
∴AE＝AD．
∴∠ADE＝∠AED．
∵∠AED+∠AEF＝180°，
∴在四邊形ABFD中，∠ADE+∠ABF＝180°，
∴∠BFD+∠BAD＝180°，
∴∠BFD＝90°
∴BF⊥DF；
（3）解：線段AF，BF，CF之間的數(shù)量關(guān)系為AF＝BF+CF，理由如下：
過(guò)點(diǎn)B作BM⊥BF交AF于點(diǎn)M，如圖所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠ABM＝∠CBF，
∵點(diǎn)E與點(diǎn)B關(guān)于直線AP對(duì)稱，∠BFD＝90°，
∴∠MFB＝∠MFE＝45°，
∴△BMF是等腰直角三角形，
∴BM＝BF，F(xiàn)M＝BF，
在△AMB和△CFB中，，
∴△AMB≌△CFB（SAS），
∴AM＝CF，
∵AF＝FM+AM，
∴AF＝BF+CF．
13．（Ⅰ）①解：∵等腰直角三角形OEF的直角頂點(diǎn)O在原點(diǎn)，OE＝2，
∴∠EOF＝90°，OF＝OE＝2，
∴EF＝＝＝2，
∵將△OEF繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△OE1F1，
∴E1F1＝EF＝2；
②證明：∵四邊形OABC為正方形，
∴OC＝OA．
∵將△OEF繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，得△OE1F1，
∴∠AOE1＝∠COF1，
∵△OEF是等腰直角三角形，
∴△OE1F1是等腰直角三角形，
∴OE1＝OF1．
在△OAE1和△OCF1中，
∴△OAE1≌△OCF1（SAS）；
（Ⅱ）解：∵OE⊥OF，
∴過(guò)點(diǎn)F與OE平行的直線有且只有一條，并與OF垂直，
當(dāng)三角板OEF繞O點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周時(shí)，
則點(diǎn)F在以O(shè)為圓心，以O(shè)F為半徑的圓上．
∴過(guò)點(diǎn)F與OF垂直的直線必是圓O的切線，
又點(diǎn)C是圓O外一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C與圓O相切的直線有且只有2條，不妨設(shè)為CF1和CF2，
此時(shí)，E點(diǎn)分別在E1點(diǎn)和E2點(diǎn)，滿足CF1∥OE1，CF2∥OE2．
當(dāng)切點(diǎn)F1在第二象限時(shí)，點(diǎn)E1在第一象限．
在直角三角形CF1O中，OC＝4，OF1＝2，
cos∠COF1＝＝＝，
∴∠COF1＝60°，
∴∠AOE1＝60°．
∴點(diǎn)E1的橫坐標(biāo)＝2cos60°＝1，
點(diǎn)E1的縱坐標(biāo)＝2sin60°＝，
∴點(diǎn)E1的坐標(biāo)為（1，）；
當(dāng)切點(diǎn)F2在第一象限時(shí)，點(diǎn)E2在第四象限．
同理可求：點(diǎn)E2的坐標(biāo)為（1，﹣）．
綜上所述，當(dāng)OE1∥CF1時(shí)，點(diǎn)E1的坐標(biāo)為（1，）或（1，﹣）．
14．解：（1）證明：∵菱形ABCD中，∠A＝90°
∴菱形ABCD是正方形
∴AD＝DC，∠A＝∠CDF＝90°
在Rt△ADE與Rt△DCF中
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL）
∴∠ADE＝∠DCF
∴∠DCF+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝∠ADC＝90°
∴∠CGD＝90°
∴DE⊥CF
（2）證明：∵四邊形ABCD是菱形
∴AD＝CD，∠B＝∠ADC，AD∥BC
∴∠A+∠B＝180°
∵∠EGC+∠B＝180°，∠EGC+∠CGD＝180°
∴∠A＝∠EGC＝∠DGF，∠CGD＝∠B＝∠ADC
∵∠A＝∠DGF，∠ADE＝∠GDF
∴△ADE∽△GDF
∴
∴
∵∠CGD＝∠CDF，∠DCG＝∠FCD
∴△DCG∽△FCD
∴
∴
∵AD＝DC
∴DE＝CF
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)N作NP⊥CD于點(diǎn)P，連接FM
∴∠CPN＝∠MPN＝90°
∵四邊形ABCD是正方形
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，BC＝CD
∴四邊形BCPN是矩形
∴NP＝BC＝CD，PC＝BN＝
在Rt△NPM與Rt△CDF中
∴Rt△NPM≌Rt△CDF（HL）
∴PM＝DF
設(shè)PM＝DF＝x，則CM＝PC+PM＝+x
∵由（1）得MN⊥CF，G為CF中點(diǎn)
∴MN垂直平分CF
∴MF＝MC
∴∠MFC＝∠FCD＝15°
∴∠DMF＝∠MFC+∠FCD＝30°
∴Rt△DMF中，MF＝2DF＝2x，DM＝DF＝x
∴2x＝+x
∴x＝
∴DF＝，CM＝2，CD＝CM+DM＝2+
∵∠GCM＝∠MCF，∠CGM＝∠CDF＝90°
∴△CGM∽△CDF
∴＝
∴2CG2＝CD?CM＝（2+）＝8+4
∴CG2＝4+2＝12+2+（）2＝（1+）2
∴FG＝CG＝1+
15．（1）證明：∵垂美四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于O，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得：AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
（2）①證明：連接BG、CE相交于點(diǎn)N，CE交AB于點(diǎn)M，如圖2所示：
∵正方形ACFG和正方形ABDE，
∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG，
∴四邊形BCGE是垂美四邊形；
②解：∵四邊形BCGE是垂美四邊形，
∴由（1）得：CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝＝＝3，
∵正方形ACFG和正方形ABDE，
∴CG＝AC＝4，BE＝AB＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5）2﹣32＝73，
∴GE＝．
16．解：（1）觀察猜想
結(jié)論：AB+AC＝BD+CE，理由如下：
如圖①，∵DB⊥BC，EC⊥BC，
∴∠B＝∠C＝90°，∠DAE＝90°，
∴∠D+∠DAB＝∠DAB+∠EAC＝90°，
∴∠D＝∠EAC，
在△ADB和△EAC中，，
∴△ADB≌△EAC（AAS），
∴BD＝AC，EC＝AB，
∴BC＝AB+AC＝BD+CE，
故答案為：是，AB+AC＝BD+CE；
（2）問(wèn)題解決
如圖②，過(guò)D作DE⊥AB，交BA的延長(zhǎng)線于E，
由（1）得：△ABC≌△DEA（AAS），
∴DE＝AB＝6，AE＝BC＝＝＝12，
Rt△BDE中，BE＝AB+AE＝18，
由勾股定理得：BD＝＝＝6；
（3）拓展延伸
如圖③，過(guò)D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F，
則四邊形DEBF是矩形，
同（1）得：△CED≌△AFD（AAS），
∴CE＝AF，DE＝DF，
∴四邊形DEBF是正方形，
設(shè)AF＝x，則BF＝DE＝DF＝x+5，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：x2+（x+5）2＝（）2，
解得：x＝，或x＝﹣（舍去），
∴AF＝，DF＝，
∴BD＝DF＝，四邊形ABCD的面積＝正方形DEBF的面積＝（）2＝，△ABD的面積＝AB×DF＝×5×＝，
∴△BCD的面積＝四邊形ABCD的面積﹣△ABD的面積＝BD×CG＝﹣＝51，
∴CG＝＝6．
17．（1）解：如圖1中，∵AB＝BD，∠BAD＝45°，
∴∠BDA＝∠BAD＝45°，
∴∠ABD＝90°，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴E、C重合時(shí)BF＝BD＝AB，
在Rt△ABF中，∵AF2＝AB2+BF2，
∴（2）2＝（2BF）2+BF2，
∴BF＝2，AB＝4，
在Rt△ABD中，AD＝＝4；
（2）證明：如圖2中，在AF上截取AK＝HD，連接BK，
∵∠AFD＝∠ABF+∠2＝∠FGD+∠3，∠ABF＝∠FGD＝90°，
∴∠2＝∠3，
在ABK和△DBH中，，
∴△ABK≌△DBH，
∴BK＝BH，∠6＝∠1，AK＝DH，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠4＝∠1＝∠6＝45°，
∴∠5＝∠ABD﹣∠6＝45°，
∴∠5＝∠1，
在△FBK和△FBH中，，
∴△FBK≌△FBH，
∴KF＝FH，
∵AF＝AK+KF，
∴AF＝DH+FH；
（3）解：連接AN并延長(zhǎng)到Q，使NQ＝AN，
連接GQ，取AD的中點(diǎn)O，連接OG，
∵∠AGD＝90°，
∴點(diǎn)G的軌跡是以O(shè)為圓心，以O(shè)G為半徑的弧，且OG＝4，
當(dāng)O，G，Q在同一條直線上時(shí)，QG的值最小，
∴OQ＝10，OG＝4，
∴GQ最小值為6，
∵M(jìn)N是△AGQ的中位線，
∴MN的最小值為3．
18．解：（1）∵把△BCE沿CE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，
∴∠BEC＝∠FEC，
∵GH∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，∠GFE＝∠FEC，
∴∠EGF＝∠EFG，
∴EG＝EF，
∴△EFG是等腰三角形；
（2）如圖①，取CE的中點(diǎn)M，連接FM，
∵把△BCE沿CE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)F處，
∴∠EFC＝∠B＝90°，
∴EM＝FM，
∵AB∥CD，GH∥CE，
∴四邊形GECH是平行四邊形，
∴GH＝CE，
∵F是GH中點(diǎn)，
∴FG＝EM，
∴四邊形GEMF是平行四邊形，
∴GE＝FM，
由（1）知，GE＝EF，
∴EG＝GF＝EF，
∴△EFG是等邊三角形，
∴∠FGE＝60°；
（3）由（2）知，BE＝EF，AE＝EF，
∴AE＝BE＝AB＝15，∴CH＝AE＝15，
∴DH＝30﹣15＝15，
∴AH＝＝＝25，
如圖②，過(guò)E作EN⊥AF于N，
∴∠ANE＝∠B＝90°，
∵CE∥AH，
∴∠EAN＝∠BEC，
∴△AEN∽△ECB，
∴＝，
∴＝，
∴AN＝9，
∴AF＝18，
∴FH＝25﹣18＝7．
19．解：（1）如圖1，過(guò)D作DH⊥AB于H，
∵A（﹣4，0），B（4，0），
∴OA＝OB＝4，
∴AB＝8，
∵四邊形ABCD的面積為32
∴8DH＝32，
∴DH＝4，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝8，
∴AH＝＝＝4，
∴OH＝AH﹣OA＝4﹣4，
∴D（4﹣4，4）；
（2）如圖1，延長(zhǎng)EF交x軸于G，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD∥AB，
∴∠C＝∠FBG，∠CEF＝∠FGB，
∵CF＝BF，
∴△CEF≌△BGF（AAS），
∴EF＝FG，CE＝BG，
∴EG＝2EF，
過(guò)E作EP⊥x軸于P，
∴EP＝DH＝4，
∵CD＝AB＝8，
∴設(shè)D（a，4）則C（8+a，4），
∵點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，
∴E（4+a，4），
∴AP＝8+a，PG＝4﹣a，
∴PE2＝AP?PG，
∴（8+a）?（4﹣a）＝16，
∴a＝2﹣2（負(fù)值舍去），
∴AP＝6+2，PG＝6﹣2，
∴AE＝＝4，EG＝＝4，
∴AE+2EF＝AE+EG＝4+8；
（3）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，
∴AC＝＝4，
作B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)M′，連接BM′交AC于E，
則BM′＝2BE＝2×＝2×＝，
過(guò)M′作M′N⊥AB于N交AC于M，
則此時(shí)，BM+MN的值最小，且BM+MN的最小值＝M′N，
∵∠M′EM＝∠CEB＝90°，BE＝，BC＝4，
∴CE＝，
∴CM＝2CE＝，
∴AM＝，
∴AM2﹣AN2＝BM2﹣BN2，
∴（）2﹣AN2＝42﹣（8﹣AN）2，
∴AN＝，
∴MN＝＝，
∴M′N＝，
∴BM+MN的最小值為．
20．解：（1）∵，
∴a﹣4＝0，b+6＝0，
∴a＝4，b＝﹣6，
∵四邊形OABC是正方形，點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為a，
∴OA＝4，
∵四邊形DEFG為長(zhǎng)方形，點(diǎn)G的坐標(biāo)為（b，﹣b），
∴F的縱坐標(biāo)為：﹣b＝6，
OD＝6，
∵DE＝OA，
∴OE＝OD﹣DE＝OD﹣OA＝6﹣4＝2，
∴F（﹣2，6）
（2）∵OE＝2，AD＝2OA+OE＝2×4+2＝10，AE＝OA+OE＝4+2＝6，長(zhǎng)方形DEFG以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向右平移，
∴當(dāng)0＜t≤2，t≥10時(shí)，S＝0；
當(dāng)2＜t≤6時(shí)，點(diǎn)E'在OA上，如圖1所示：
S＝OC?OE′＝4（t﹣2）＝4t﹣8；
當(dāng)6＜t＜10時(shí)，點(diǎn)D'在OA上，如圖2所示：
S＝AB?AD'＝4（10﹣t）＝40﹣4t；
∴S＝；
（3）∵D′G′＝DG＝6，當(dāng)三角形PD'G'的面積為15時(shí)，
∴點(diǎn)P到D′G′的距離為5，
∵長(zhǎng)方形DEFG以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向右平移，點(diǎn)P從點(diǎn)O出發(fā)，沿正方形的邊以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)（即O→C→B→A→O→C），
∵當(dāng)點(diǎn)P再次運(yùn)動(dòng)到AO、OC時(shí)，△PD'G'的面積＜15，
∴分兩種情況：
①當(dāng)t＝3s時(shí)，點(diǎn)P在BC的中點(diǎn)處，如圖3所示：
即PC＝2，
DG向右平移了3個(gè)單位長(zhǎng)度，OD′＝OD﹣3＝6﹣3＝3，
此時(shí)，PC+OD′＝2+3＝5，
即點(diǎn)P到D′G′的距離為5，
P的坐標(biāo)為：（2，4），
OE′＝D′E′﹣OD′＝4﹣3＝1，
∴S＝OC?OE′＝4×1＝4；
②當(dāng)t＝5s時(shí)，點(diǎn)P在AB的中點(diǎn)處，如圖4所示：
即AP＝2，DG向右平移了5個(gè)單位長(zhǎng)度，
OD′＝OD﹣5＝6﹣5＝1，
此時(shí)，OA+OD′＝4+1＝5，
即點(diǎn)P到D′G′的距離為5，
P的坐標(biāo)為：（4，2），
OE′＝D′E′﹣OD′＝4﹣1＝3，
∴S＝OC?OE′＝4×3＝12．

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