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北师大版初中数学九年级上册第一章《特殊平行四边形》单元测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份北师大版初中数学九年级上册第一章《特殊平行四边形》单元测试卷（困难）（含答案解析），共41页。
北师大版初中数学九年级上册第一章《特殊平行四边形》单元测试卷
考试范围：第一章； 考试时间：100分钟；总分120分，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A的坐标为(2,0)，点B的坐标为(0,1)，对角线BD与x轴平行，若直线y=kx+5+2k(k≠0)与菱形ABCD有交点，则k的取值范围是( )
A. −34≤k≤−23
B. −2≤k≤−23
C. −2≤k≤−34
D. −2≤k≤2且k≠0
2. 如图，菱形ABCD中，AB=2，∠B=60°，M为AB的中点．动点P在菱形的边上从点B出发，沿B→C→D的方向运动，到达点D时停止．连接MP，设点P运动的路程为x，MP2=y，则表示y与x的函数关系的图象大致为( )
A. B.
C. D.
3. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，∠BAC的平分线AF交CD于点E，交BC于F，CM⊥AF于M，CM的延长线交AB于点N.以下说法正确的有( )个
①EN=FC；②AC=AN；③EN//BC；④∠B=45°；⑤若S△ABC=16cm2，则S△ABM=8cm2．
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4. 如图，已知菱形ABCD的边长为10，∠A=60∘，E、F分别为AB、AD上两点，作EG//AD交CD于点G，FH//AB交BC于点H，EG与FH交于点P，连接EF.当四边形PHCG的面积是一个保持不变的量时，△AEF的周长是( )
A. 15 B. 9+33 C. 10+23 D. 10
5. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点E、F分别是边AB、BC上一动点，将△BEF沿EF折叠，若点B恰好落在AD边上的点G处，设EF=x，则x的取值范围为( )
A. 52≤x≤55
B. 52≤x≤82
C. 55≤x≤82
D. 82≤x≤65
6. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC−CF=2HE；⑤AB=HF，其中正确的有( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
7. 如图，已知点P是矩形ABCD内一点(不含边界)，设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4.若∠APB=80∘，∠CPD=50∘，则( )
A. (θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30∘ B. (θ2+θ4)−(θ1+θ3)=40∘
C. (θ1+θ2)−(θ3+θ4)=70∘ D. (θ1+θ2)+(θ3+θ4)=180∘
8. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BF⊥AC交CD于点F，DE⊥AC交AB于点E，垂足分别为M、N，连接EM、FN.则下列四个结论：
①DN=BM；
②EM//FN；
③AE=CF；
④当OA=AD时，四边形DEBF是菱形；
其中正确结论的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 如图，是用4块A型瓷砖，4块B型瓷砖和8块C型瓷砖不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，其中C型瓷砖形状是一个含30°角的直角三角形，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为( )
A. 2：1
B. 3：1
C. (3−3)：1
D. (6−23)：3
10. 如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且∠ABE=∠BCE，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为( )
A. 82
B. 410
C. 85−4
D. 413−4
11. 如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF‖DE且交AG于点F，若AB=4EF，则S阴影：S正方形ABCD的值为( )
A. 9：16
B. 17：32
C. 17：36
D. 18：35
12. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E在BC的延长线上，连接DE，点F是DE的中点，连接OF交CD于点G，连接CF，若CE=4，OF=6.则点D到CF的距离为( )
A. 434
B. 835
C. 455
D. 855
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，平面内三点A，B，C，AB=4，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是 ．
14. 如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=4，点D是斜边AC的中点．将△DBC沿直线BD对折，C点落在E处，连接AE，则AE的长度为______．
15. 如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM.下列结论：
①CQ=CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN=25；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是______(把正确结论的序号都填上)．
16. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6.折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F.当点M与点B重合时，EF的长为______；当点M的位置变化时，DF长的最大值为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD=16，点O是直线BD上的动点.OE⊥AB于点E，OF⊥AD于点F．
(1)对角线AC的长是 ，菱形ABCD的面积是 ．
(2)如图1，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是否会发生变化?请说明理由．
(3)如图2，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否会发生变化?若不变，请说明理由;若变化，请探究OE，OF之间的数量关系，并说明理由．
18. 如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于12BF的长为半径画弧，两弧交于点P.连接AP并延长交BC于点E，连接EF．
(1)根据以上尺规作图的过程，证明四边形ABEF是菱形；
(2)若AB=6，BC=9，AE=63，求平行四边形ABCD的面积．
19. 如图，在长方形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′.
(1)若点C′刚好落在对角线BD上时，求BC′和CE的长；
(2)当B C′//DE时，求CE的长；
(3)若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，请直接写出CE的长______________．
20. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，AD=CD，O是对角线AC的中点，连接BO并延长交边AD或边CD于点E．
(1)如图1，当点E在AD上时，连接CE，求证：四边形ABCE是矩形．
(2)如图2，当点E在CD上时，当AC=4，BC=3时，求S△DAC与S△OBC的比值．
(3)若DE=2，OE=3，直接写出CD的长．
21. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，BE=DF，
(1)求证：AE=CF；
(2)若AB=3，∠AOD=120°，求矩形ABCD的面积．
22. 如图①，已知△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE、BG．
(1)试猜想线段BG和AE的关系为；
(2)如图②，将正方形DEFG绕点D按逆时针方向旋转α(0°<α≤90°)，判断(1)中的结论是否仍然成立，证明你的结论．
23. 已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点(不与C、D重合).连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
(1)若点F在边CD上，如图1
①证明：∠DAH=∠DCH
②猜想△GFC的形状并说明理由．
(2)取DF中点M，MG.若MG=2.5，正方形边长为4，求BE的长．
24. 在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
图1 图2
(1)如图1，当点E与点D重合时，AG=__________________；
(2)如图2，当点E在线段CD上时，DE=2，求AG的长；
(3)若AG=5172，请直接写出此时DE的长．答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了菱形的性质，坐标与图形性质以及一次函数的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
依据直线 y=kx+5+2k(k≠0) 经过定点 P(−2,5) ，再根据直线 PD 的解析式为 y=−23x+113 ，直线 PB 的解析式为 y=−2x+1 ，直线 y=kx+5+2k(k≠0) 与菱形 ABCD 有交点，即可得到 k 的取值范围是 −2≤k≤−23 ．
【解答】
解：如图，
在直线 y=kx+5+2k(k≠0) 中，令 x=−2 ，则 y=5 ，
∴ 直线 y=kx+5+2k(k≠0) 经过定点 P(−2,5) ，
由菱形 ABCD 的顶点 A 的坐标为 (2,0) ，点 B 的坐标为 (0,1) ，
可得 C(2,2) ， D(4,1) ，
∴ 易得直线 PD 的解析式为 y=−23x+113 ，直线 PB 的解析式为 y=−2x+1 ，
∵ 直线 y=kx+5+2k(k≠0) 与菱形 ABCD 有交点，
∴k 的取值范围是 −2≤k≤−23 ，
故选： B ．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查动点问题的函数图象，涉及到菱形的性质以及勾股定理．
正确的理解题意，画出图形是解题的关键．分三种情况：(1)当0≤x≤12时，(2)当12
解：(1)当0≤x≤12时，
如图1，
过M作ME⊥BC于E，
∵M为AB的中点，AB=2，
∴BM=1，
∵∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=12−x，
在Rt△PME中，由勾股定理得：MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(2)当12
过M作ME⊥BC与E，
由(1)知BM=1，∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=x−12，
∴MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(3)当2
连结MC，
∵BM=1，BC=AB=2，∠B=60°，
∴∠BMC=90°，MC=22−1=3，
∵AB//DC，
∴∠MCD=∠BMC=90°，
∴MP2=MC2+PC2，
∴y=32+x−22=x2−4x+7；
综合(1)(2)(3)，只有B选项符合题意．
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：如图，连接EN，FN，BM，
∵CN⊥AF，
∴∠AMC=∠AMN=90°，
∵∠BAC的平分线AF交CD于E，
∴∠DAE=∠CAE，
在△AMN和△AMC中，
∠AMC=∠AMNAM=AM∠CAM=∠NAM，
∴△AMN≌△AMC(ASA)，
∴AC=AN，故②正确；
∵△AMN≌△AMC，
∴CM=NM，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴∠AED+∠DAE=90°，∠CFE+∠CAE=90°，
∵∠BAC的平分线AF交CD于E，
∴∠DAE=∠CAE，
∴∠AED=∠CFE，
又∵∠AED=∠CEF，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
∵CM⊥AF，
∴EM=FM，
∴四边形ENFC是菱形，
∴EN=FC，EN//BC，故①③正确；
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵AC≠BC，
∴∠B≠45°，故④错误；
∵四边形ENFC是菱形，
∴CM=MN，
∴S△ACM=S△ANM，S△BCM=S△BMN，
∴S△ANM+S△BMN=S△ACM+S△BCM=12S△ABC，
∴S△ABM=12S△ABC，
∴S△ABC=16cm2，则S△ABM=8cm2.故⑤正确．
综上所述：①②③⑤，共4个．
故选C．
连接EN，FN，BM，根据SAS证得△AMN≌△AMC，即可证得AC=AN，可以判断②正确；由已知∠ACB=90°，CD⊥AB，CM⊥AF，从而证得三个直角三角形，即：∠AED+∠DAE=90°，∠EFC+∠CAE=90°，再通过已知，∠BAC的平分线AF和对顶角得∠CEF=∠CFE，即得△ECF为等腰三角形，EM=FM，证明四边形ENFC是菱形，可以判断①③正确；根据等腰直角三角形的性质可以判断④错误；根据等底等高的两个三角形面积相等可以判断⑤正确．
此题考查的是菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质、定理是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，含 30° 角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握利用勾股定理求线段长的思路与方法；过点 G 作 GN⊥PH 于 N ，过点 F 作 FM⊥AE 于 M ，然后利用含 30° 角的直角三角形的性质，勾股定理进行解答，即可求解．
【解答】
解：过点 G 作 GN⊥PH 于 N ，过点 F 作 FM⊥AE 于 M ，如图：
∵ 四边形 ABCD 是菱形， EG//AD ， FH//AB ，
∴ 四边形 AFPE 、四边形 DCHF 、四边形 PGCH 都是平行四边形，
∴AE=PF ， DF=PG ， FH=DC=10 ， ∠GPN=∠FPE=∠A=60° ，
设 PG=x ， PH=y ，则 DF=x ， AE=PF=10−y ，
∴AF=10−x ，
在 Rt△GPN 中， ∠GNP=90° ， ∠GPN=60° ， ∠PGN=30° ， PG=x ，
∴PN=12PG=12x ， GN=PG2−PN2=x2−12x2=32x ，
∴S▱PHCG=PH·GN=32xy ，
在 Rt△AFM 中， ∠AMF=90° ， ∠A=60° ， AF=10−x ， ∠AFM=30° ，
∴AM=12AF=1210−x ， FM=AF2−AM2=AF2−12AF=32AF=3210−x=53−32x ，
∴ME=AE−AM=10−y−1210−x=12x−y+5 ，
∴FE=FM2+ME2
=53−32x2+12x−y+5
=75−15x+34x2+14x2+y2+25−xy+5x−10y
=x2+y2−xy−10x−10y+100
=x+y−52+75−3xy
∴ 当 xy=25 时， FE=x+y−5 ，此时 AF+AE+FE=10−x+10−y+x+y−5=15 ，
∴ 当 △AEF 的周长为 15 时， xy=25 ，四边形 PHCG 的面积为一个常量，四边形 PHCG 的面积为 2523 ．
综上所述，当四边形 PHCG 的面积是一个保持不变的量时， △AEF 的周长是 15 ．
故选： A ．
5.【答案】C
【解析】解：当点F在C点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最小，如图，
由折叠可知：CG=BC=10，BE=GE，
在Rt△DCG中，DC=8，
∴DG=CG2−DC2=6，
∴AG=AD−DG=10−6=4，
设BE=t，则EG=t，AE=8−t，
在Rt△AEG中，
∵AE2+AG2=EG2，
∴(8−t)2+42=t2，
解得t=5，
∴BE=t=5，
∴EF=BF2+BE2=102+52=55；
∴此时EF的长为55；
②当点E在A点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最大，
由折叠可知：四边形ABFG是正方形，
∴AB=BF=8，
∴EF=AB2+BF2=82，
∴x的取值范围为55≤x≤82．
故选：C．
根据题意分两种情况画图讨论：①当点F在C点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最小，根据折叠的性质得CG=BC=10，BE=GE，在Rt△DCG中，利用勾股定理计算出DG=6，则AG=4，设BE=t，则EG=t，AE=8−t，在Rt△AEG中，根据勾股定理得t=5，然后求出EF；②当点E在A点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最大，由折叠可知：四边形ABFG是正方形，根据勾股定理求出EF，进而得到x的取值范围．
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=2AB，
∵AD=2AB，
∴AE=AD，
在△ABE和△AHD中，
∠BAE=∠DAE∠ABE=∠AHD=90°AE=AD，
∴△ABE≌△AHD(AAS)，
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=12(180°−45°)=67.5°，
∴∠CED=180°−45°−67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，
∵∠AHB=12(180°−45°)=67.5°，∠OHE=∠AHB(对顶角相等)，
∴∠OHE=67.5°=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DHO=90°−67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°−45°=22.5°，
∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；
∵∠EBH=90°−67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
∠EBH=∠OHD=22.5°BE=DH∠AEB=∠HDF=45°，
∴△BEH≌△HDF(ASA)，
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE−AH=BC−CD，
∴BC−CF=BC−(CD−DF)=BC−(CD−HE)=(BC−CD)+HE=HE+HE=2HE.故④正确；
∵AB=AH，∠BAE=45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选：C．
①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=2AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE−AH=BC−CD，BC−CF=BC−(CD−DF)=2HE，判断出④正确；
⑤判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
7.【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的运用，解决问题的关键是掌握：矩形的四个角都是直角．依据矩形的性质以及三角形内角和定理，可得 θ2−θ1=10° ， θ4−θ3=40° ，两式相减即可得到 (θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30° ．
【解答】
过P作PQ//AD，与AB交于点Q，
∵AD//BC，∴PQ//AD//BC，
∴∠APQ=∠PAD，∠QPB=∠CBP，
又∠APB=80∘，∴∠CBP=∠APB−∠DAP=80∘−θ1，
∴∠ABC=θ2+80∘−θ1．
又∵在△CDP中，∠DCP=180∘−∠CPD−∠PDC=130∘−θ4，
∴∠BCD=θ3+130∘−θ4．
又∵在矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180∘，
∴θ2+80∘−θ1+θ3+130∘−θ4=180∘，
即(θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30∘，
故选A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．根据矩形的性质得到 AB=CD ， AB//CD ， ∠DAE=∠BCF=90° ， OD=OB=OA=OC ， AD=BC ， AD//BC ，根据平行线的性质得到 DE⊥AC ，根据垂直的定义得到 ∠DNA=∠BMC=90° ，由全等三角形的性质得到 DN=BM ， ∠ADE=∠CBF ，故 ① 正确；证 △ADE ≌ △CBF(ASA) ，得出 AE=FC ， DE=BF ，故 ③ 正确；证四边形 NEMF 是平行四边形，得出 EM//FN ，故 ② 正确；证四边形 DEBF 是平行四边形，证出 ∠ODN=∠ABD ，则 DE=BE ，得出四边形 DEBF 是菱形；故 ④ 正确；即可得出结论．
【解答】
解： ∵ 四边形 ABCD 是矩形，
∴AB=CD ， AB//CD ， ∠DAE=∠BCF=90° ， OD=OB=OA=OC ， AD=BC ， AD//BC ，
∴∠DAN=∠BCM ，
∵BF⊥AC ， DE⊥AC ，
∴∠DNA=∠BMC=90° ，
在 △DNA 和 △BMC 中，
∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC ，
∴△DNA ≌ △BMC(AAS) ，
∴DN=BM ， ∠ADE=∠CBF ，故 ① 正确；
在 △ADE 和 △CBF 中，
∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF ，
∴△ADE ≌ △CBF(ASA) ，
∴AE=FC ， DE=BF ，故 ③ 正确；
∴DE−DN=BF−BM ，即 NE=MF ，
∵BF⊥AC ， DE⊥AC ，
∴DE//BF ，
∴ 四边形 NEMF 是平行四边形，
∴EM//FN ，故 ② 正确；
∵AB=CD ， AE=CF ，
∴BE=DF ，
∵BE//DF ，
∴ 四边形 DEBF 是平行四边形，
∵AO=AD ，
∴AO=AD=OD ，
∴△AOD 是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60° ，
∴∠ABD=90°−∠ADO=30° ，
∵DE⊥AC ，
∴∠ADN=∠ODN=30° ，
∴∠ODN=∠ABD ，
∴DE=BE ，
∴ 四边形 DEBF 是菱形；故 ④ 正确；
故选： D ．
9.【答案】C
【解析】解：因为C型瓷砖是一个含30°角的直角三角形，
所以设斜边为2，则最短直角边为1，另外一条直角边为3，
所以B型瓷砖的两条对角线是1和2，
所以C型瓷砖总面积=8×12×1×3=43，
B型瓷砖的总面积=4×12×1×2=4，
所以A型瓷砖总面积=16−43−4=12−43，
所以A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为(12−43)：4=(3−3)：1．
故选：C．
根据C型瓷砖是一个含30°角的直角三角形，所以设斜边为2，则最短直角边为1，另外一条直角边为3，所以B型瓷砖的两条对角线是1和2，进而根据图形面积可以解决问题．
本题考查正方形的性质，含30度角的直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵∠ABE=∠BCE，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠BEC=90°，
∴点E在以BC为直径的半圆上移动，
如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对称点是F，
连接FO交AB于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE=4，
∵∠G=90°，FG=BG=AB=8，
∴OG=12，
∴OF=FG2+OG2=413，
∴EF=413−4，
∴PD+PE的长度最小值为413−4，
故选：D．
根据正方形的性质得到∠ABC=90°，推出∠BEC=90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
11.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DE⊥AG，BF//DE，
∴BF⊥AG，
∴∠BFA=∠AED=90°，
∵∠BAF+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△ABF和△DAE中，
∠BFA=∠AED=90°∠BAF=∠ADEAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE，
设EF=x，AF=y，则AB=4EF=4x，
∴BF=AE=AF−EF=y−x，
∵AF2+BF2=AB2，
∴y2+(y−x)2=(4x)2，
整理得，2y2−2xy−15x2=0，
解得，y=1−312x(舍)或y=31+12x，
∴BF=31−12x，AF=31+12x，
∴S正方形ABCD=16x2，
∴S阴影=S正方形ABCD−2S△ABF=16x2−2×12×31−12x⋅31+12x=172x2，
∴S阴影：S正方形ABCD=17：32，
故选：B．
利用正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据等角的余角相等得到∠BAF=∠ADE，则可判断△ABF≌△DAE，得AF=DE，BF=AE，设EF=x，AF=y，在Rt△ABF中，则勾股定理得出x与y的关系，进而计算阴影部分与正方形的面积，便可求得其面积比．
本题考查三角形全等的判定和性质和正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
12.【答案】D
【解析】解：在正方形ABCD中，BO=DO，BC=DC，
∵点F是DE的中点，OF=6，
∴BE=2OF=12，
∵CE=4，
∴DC=BC=8，
在Rt△DCE中，DE=DC2+CE2=45，
∴CF=12DE=25，
∴△CDE的面积=12CE⋅DC=12×4×8=16，
∵F是Rt△DCE斜边DE的中点，
∴△DCF面积=8，
设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，
∴12⋅x×25=8，
解得x=855，
∴点D到CF的距离为855．
故选：D．
由正方形的性质及三角形的中位线的性质可求得DC=8，利用勾股定理及直角三角形的斜边上的中线的性质可求解DE，CF的长，进而求出△DCF面积为8，设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，可得点D到CF的距离．
本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、点到直线的距离、勾股定理等知识，解题的关键是求出△DCF面积，用等面积法解决问题．
13.【答案】722
【解析】解：如图，将△BDA绕点D顺时针旋转90∘得到△CDM．
由旋转性质可知：AB=CM=4，DA=DM，∠ADM=90∘，
∴△ADM是等腰直角三角形．
∴AD=22AM．
∴当AM的值最大时，AD的值最大．
∵AM≤AC+CM．
∴AM≤7.
∴AM的最大值为7．
∴AD的最大值为722．
故答案为722．
14.【答案】655
【解析】解：连接EC，延长BD交EC于点F，如图，
∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=25，
∵点D是斜边AC的中点，
∴BD=CD=12AC=5，
由题意：BE=BC，DE=DC，
∴BD是线段EC的垂直平分线，
∴BF⊥EC，EF=FC，
∵点D是斜边AC的中点，
∴DF是△CAE的中位线，
∴AE=2DF．
设DF=x，则在Rt△DFC中，
CF2=CD2−DF2=5−x2，
在Rt△BFC中，
∵BF2+CF2=BC2，
∴((5+x)2+5−x2=42,
解得：x=355，
∴AE=2x=655．
故答案为：655．
连接EC，延长BD交EC于点F，利用勾股定理求得AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得BD=CD=12AC=5，由折叠的性质和线段的垂直平分线的判定方法得到BF⊥EC，EF=FC，利用三角形的中位线定理可知AE=2DF；设DF=x，则在Rt△DFC中和在Rt△BFC中，利用勾股定理即可求得x值，则结论可得．
本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，图形的翻折变换，三角形的中位线定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
15.【答案】②③
【解析】解：如图1，
∵PM//CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP//CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CP=CP，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN=x，则AN=NC=8−x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴CN=8−3=5，AC=AB2+BC2=45，
∴CQ=12AC=25，
∴QN=CN2−CQ2=5，
∴MN=2QN=25．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=14S菱形CMPN=14×4×4=4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=14×5×4=5，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
16.【答案】33 6−33
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ADB，△BDC都是等边三角形，
当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF=AD⋅sin60°=6×32=33．
如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．
∵AD//CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G=∠AKT=∠GTK=90°，
∴四边形AGTK是矩形，
∴AG=TK=AB⋅sin60°=33，
∵OA=OM，//AOK=∠MOT，∠AKO=∠MTO=90°，
∴△AOK≌△MOT(AAS)，
∴OK=OT=332，
∵OK⊥AD，
∴OR≥OK=332，
∵∠AOF=90°，AR=RF，
∴AF=2OR≥33，
∴AF的最小值为33，
∴DF的最大值为6−33．
故答案为：33，6−33．
如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR.证明OK=332，求出AF的最小值，可得结论．
本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会填空常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)12；96
(2)OE+OF的值不会发生变化.
理由如下：如图1，连接AO，则S△ABD= ，
∴12S菱形ABCD=12AB⋅OE+ 12AD⋅OF，即12×96=12×10⋅OE+ 12×10⋅OF．
解得OE+OF=9.6是定值，不变．
(3)OE+OF的值变化，OE，OF之间的数量关系为OE−OF=9.6．
理由如下：如图2，连接AO，则，
∴12S菱形ABCD=12AB⋅OE−12AD⋅OF，即12×96=12×10⋅OE−12×10⋅OF，
解得OE−OF=9.6，是定值，不变．
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，三角形的面积，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质， (2)(3) 作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．
(1) 连接 AC 与 BD 相交于点 G ，根据菱形的对角线互相垂直平分求出 BG ，再利用勾股定理列式求出 AG ，然后根据 AC=2AG 计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解；
(2) 连接 AO ，根据 S△ABD=S△ABO+S△ADO 列式计算即可得解；
(3) 连接 AO ，根据 S△ABD=S△ABO−S△ADO 列式整理即可得解．
【解答】
解：(1)如图，连接AC与BD相交于点G，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，BG=12BD=12×16=8，
由勾股定理得，AG= AB2−BG2 =102−82 =6，
∴AC=2AG=2×6=12，
菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12 ×12×16=96；
故答案为：12；96；
(2)见答案；
(3)见答案．
18.【答案】(1)证明：根据题意，可得AB=AF，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，即BE//AF，
∴∠BEA=∠EAF，
∴∠BEA=∠BAE，
∴BE=AB=AF，且BE//AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又∵AB=AF，
∴平行四边形ABEF是菱形；
(2)解：连接BF交AE于点O，
∵平行四边形ABEF是菱形，
∴AB=EB=6，AE⊥BF，BO=FO=12BFAO=OE=12AE=12×63=33，
在Rt△ABO中，BO=AB2−OA2=62−(33)2=3，
∴BF=6，
设菱形ABEF中，EB边上的高为h，
∴S菱形ABEF=12AE⋅BF=BE⋅h，
即12×63×6=6⋅h，
∴h=33，
∴S平行四边形ABCD=BC⋅h=9×33=273．
【解析】(1)根据作图的过程可知EA平分∠BAD，根据平行四边形的性质可得BE=BA，根据作图可知BA=FA，得BE=FA，证明四边形ABEF是平行四边形，进而可得四边形ABEF是菱形；
(2)连接BF交AE于点O，根据菱形的性质得到AB=EB=6，AE⊥BF，BO=FO=12BFAO=OE=12AE=12×63=33，根据勾股定理得到=6，设菱形ABEF中，EB边上的高为h，根据菱形和平行四边形的面积公式即可得到结论．
本题考查了作图−复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质．
19.【答案】解：(1)如图1，由折叠可得DC′=DC=6，C′E=CE，∠DC′E=∠C=90∘，
∵点C′在BD上
∴BC′=BD−DC′，∠BC′E=90∘
∵AB=6，BC=8，∠C=90∘
∴BD=AB2+BC2=10
∴BC′=BD−DC′=10−6=4(cm)
设CE=x，则C′E=CE=x，BE=8−x
在Rt△BC′E中，∵∠BC′E=90∘
∴BC′2+C′E2=BE2
∴42+x2=(8−x)2
解得：x=3，即CE=3cm；
(2)解：如图2，由折叠得，∠CED=∠C′ED，
∵BC′//DE，
∴∠EC′B=∠C′ED，∠CED=∠C′BE，
∴∠EC′B=∠C′BE，
∴BE=C′E=EC=4；
(3)9±35．
【解析】
【分析】
本题属于四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，垂直平分线的性质以及勾股定理的综合应用．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解题时，常常设要求的线段长为 x ，然后根据折叠和轴对称的性质用含 x 的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
(1) 根据 ∠C=90° ， BC=8 ，可得 Rt△BCD 中， BD=10 ，据此可得 BC′=10−6=4 ，然后在 Rt△BC′E 中利用勾股定理即可求得 CE 的长 ;
(2) 由折叠得， ∠CED=∠C′ED ，根据 BC′//DE ，可得 ∠EC′B=∠C′ED ， ∠CED=∠C′BE ，进而得到 ∠EC′B=∠C′BE ，据此可得 BE=C′E=EC=4;
(3) 作 AD 的垂直平分线，交 AD 于点 M ，交 BC 于点 N ，分两种情况讨论： ① 当点 C′ 在矩形内部时； ② 当点 C′ 在矩形外部时，分别根据勾股定理，列出方程进行求解即可．
【解答】
解： (1) 见答案 ;
(2) 见答案．
(3) 作 AD 的垂直平分线，交 AD 于点 M ，交 BC 于点 N ，分两种情况讨论：
①当点C′在矩形内部时，如图3，
∵点C′在AD的垂直平分线上，
∴DM=4，
∵DC′=6，
∴由勾股定理得：MC′=25，
∴NC′=6−25，
设EC=x，则C′E=x，NE=4−x，
∵NC′2+NE2=C′E2，
∴(6−25)2+(4−x)2=x2，
解得：x=9−35，
即CE=9−35；
②当点C′在矩形外部时，如图4，
∵点C′在AD的垂直平分线上，
∴DM=4，
∵DC′=6，
∴由勾股定理得：MC′=25，
∴NC′=6+25，
设EC=y，则C′E=y，NE=y−4，
∵NC′2+NE2=C′E2，
∴(6+25)2+(y−4)2=y2，
解得：y=9+35，
即CE=9+35，
综上所述，CE的长为9±35．
20.【答案】(1)证明：∵AD//BC，
∴∠EAO=∠BCO，∠AEO=∠CBO，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△AOE≌△COB(AAS)，
∴OB=OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形；
(2)解：∵AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA．
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∵BO是Rt△ABC斜边AC上的中线，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠DAC=∠DCA=∠ACB=∠OBC，
∴△DAC∽△OBC，
∵AC=4，BC=3，
∴S△DACS△OBC=(ACBC)2=(43)2=169；
(3)解：①当点E在AD上时，
∵AD//BC，
∴∠EAO=∠BCO，∠AEO=∠CBO，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△AOE≌△COB(AAS)，
∴OB=OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形．
设AD=CD=x，
∵DE=2，
∴AE=x−2，
∵OE=3，
∴AC=6，
在Rt△ACE和Rt△DCE中，CE2=AC2−AE2，CE2=CD2−DE2，
∴62−(x−2)2=x2−22，
解得x=1+19，或x=1−19(舍去)．
∴CD=1+19．
②当点E在CD上时，设AD=CD=x，则CE=x−2，
设OB=OC=m，
∵OE=3，
∴EB=m+3，
∵△DAC∽△OBC，
∴DCOC=ACBC，
∴xm=2OCBC，
∴OCBC=x2m．
又∵∠EBC=∠OCE，∠BEC=∠OEC，
∴△EOC∽△ECB，
∴OEEC=ECEB=OCCB，
∴3x−2=x−2m+3=OCCB，
∴3x−2=x−2m+3=x2m，
∴m=x2−2x6，
将m=x2−2x6代入3x−2=x−2m+3，
整理得，x2−6x−10=0，
解得x=3+19，或x=3−19(舍去)．
∴CD=3+19．
综合以上可得CD的长为1+19或3+19．
【解析】(1)通过证明△AOE≌△COB证明四边形ABCE为平行四边形，结合∠ABC=90°可证明结论；
(2)由等腰三角形的性质得出∠DAC=∠DCA，由平行线的性质得出∠DAC=∠ACB，由直角三角形的性质得出∠OBC=∠OCB，根据相似三角形的判定定理可得出△DAC∽△OBC，再利用相似三角形的性质可求解；
(3)分两种情况：①当点E在AD上时，证明四边形ABCE是矩形．设AD=CD=x，由勾股定理得出方程，解方程即可得出答案；
②当点E在CD上时，设AD=CD=x，则CE=x−2，设OB=OC=m，由相似三角形的性质得出xm=2OCBC，证明△EOC∽△ECB，得出比例线段OEEC=ECEB=OCCB，可得出方程3x−2=x−2m+3=OCCB，解方程可得出答案．
本题是相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，
∵BE=DF，
∴OE=OF，
在△AOE和△COF中，OA=OC∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF(SAS)，
∴AE=CF；
(2)解：∵OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=∠COD=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=3，
∴AC=2OA=6，
在Rt△ABC中，BC=AC2−AB2=33，
∴矩形ABCD的面积=AB⋅BC=3×33=93．
【解析】(1)由矩形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，证出OE=OF，由SAS证明△AOE≌△COF，即可得出AE=CF；
(2)证出△AOB是等边三角形，得出OA=AB=3，AC=2OA=6，在Rt△ABC中，由勾股定理求出BC=AC2−AB2=33，即可得出矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和求出BC是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)BG=AE.AE⊥BG，
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠ADB=∠ADC=90°．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDE=∠ADEGD=ED，
∴△ADE≌△BDG(SAS)，
∴BG=AE；
∴∠DEA=∠DGB，
∵∠DEA+∠DNE=90°，∠DNE=∠MNG，
∴∠MNG+∠DGB=90°，
∴AE⊥BG；
(2)成立，
理由：如图②，连接AD，
∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，
∴AD=BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB=90°．
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE=DG，且∠GDE=90°，
∴∠ADG+∠ADE=90°，
∴∠BDG=∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△BDG≌△ADE(SAS)，
∴BG=AE，
∠AED=∠BGD，
∴∠BGD+∠DMG=90°，∠DMG=∠EMN，
∴∠EMN+∠AED=90°，
∴BG⊥AE．
【解析】本题考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
(1)由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；
(2)如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．
23.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，DA=DC，
在△DAH和△DCH中，
DA=DC∠ADH=∠CDHDH=DH，
∴△DAH≌△DCH，
∴∠DAH=∠DCH；
②解：结论：△GFC是等腰三角形，
理由：∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF=∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH=90°，
∴∠FCG+∠DAF=90°，
∵∠DFA+∠DAF=90°，∠DFA=∠CFG，
∴∠CFG=∠FCG，
∴GF=GC，
∴△GFC是等腰三角形．
(2)①如图当点F在线段CD上时，连接DE．
∵∠GFC=∠GCF，∠GEC+∠GFC=90°，∠GCF+∠GCE=90°，
∴∠GCE=∠GEC，
∴EG=GC=FG，
∵FG=GE，FM=MD，
∴DE=2MG=5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE=BC+CE=4+3=7．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可GM是△DEC的中位线，
∴DE=2GM=5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE=BC−CE=4−3=1．
综上所述，BE的长为7或1．
【解析】(1)①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG=∠FCG，即可解决问题；
(2)分两种情形解决问题①如图当点F在线段CD上时，连接DE.②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE.分别求出EC即可解决问题；
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24.【答案】解：(1)55；
(2)过点G作GH⊥AB交其延长线于点H，
∵四边形ABCD和BEFG都是正方形
∴BE=BG,∠ECB=∠GHB=90°,∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠EBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG
∴ ∠EBC=∠GBH
在△ECB和△GHB中
∠ECB=∠GHB∠EBC=∠GBHBE=BG
∴△ECB≌△GHBAAS
∴BC=BH,EC=GH，
由题意得：BC=BH=5,HG=EC=5−2=3，
在Rt△AHG中，AG=102−32=109；
(3)DE的长是52或152．
【解析】
【分析】
本题主要考查了四边形的综合、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
(1) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，证 △DCB和△GHB 全等，可得 BH=BC,GH=DC ，利用勾股定理可求 AG 的长；
(2) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，证 △ECB和△GHB 全等，可得 BC=BH,EC=GH ，利用勾股定理可求 AG 的长；
(3) 方法同 (1) 和 (2) ，要分两种情况．
【解答】
解： (1) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，如图 1 ，
∵ 四边形 ABCD 和 BEFG 都是正方形，
∴BD=BG,∠DCB=∠GHB=90°,∠ABC=∠DBG=90° ，
∴∠DBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG ，
∴ ∠DBC=∠GBH
在 △DCB和△GHB 中
∠DCB=∠GHB∠DBC=∠GBHBD=BG
∴△DCB≌△GHBAAS
BC=BH,CD=HG ，
在 Rt△AHG 中， AG=102+52=125=55 ；
(2) 见答案；
(3) 如图，分两种情况讨论；
① 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，
∵ 四边形 ABCD 和 BEFG 都是正方形
∴BE=BG,∠ECB=∠GHB=90°,∠ABC=∠EBG=90° ，
∴∠EBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG
∴ ∠EBC=∠GBH
在 △ECB和△GHB 中
∠ECB=∠GHB∠EBC=∠GBHBE=BG
∴△ECB≌△GHBAAS
∴BC=BH,EC=GH ，
在 Rt△AHG 中， GH=AG2−AH2=51722−102=52 ，
∴DE=CD−EC=5−52=52 ；
② 如图 3 ，同理可证 DE=DC+EC=5+52=152 ；
综上所述， DE 的长是 52或152 ．
北师大版初中数学九年级上册第一章《特殊平行四边形》单元测试卷
考试范围：第一章； 考试时间：100分钟；总分120分，
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A的坐标为(2,0)，点B的坐标为(0,1)，对角线BD与x轴平行，若直线y=kx+5+2k(k≠0)与菱形ABCD有交点，则k的取值范围是( )
A. −34≤k≤−23
B. −2≤k≤−23
C. −2≤k≤−34
D. −2≤k≤2且k≠0
2. 如图，菱形ABCD中，AB=2，∠B=60°，M为AB的中点．动点P在菱形的边上从点B出发，沿B→C→D的方向运动，到达点D时停止．连接MP，设点P运动的路程为x，MP2=y，则表示y与x的函数关系的图象大致为( )
A. B.
C. D.
3. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，∠BAC的平分线AF交CD于点E，交BC于F，CM⊥AF于M，CM的延长线交AB于点N.以下说法正确的有( )个
①EN=FC；②AC=AN；③EN//BC；④∠B=45°；⑤若S△ABC=16cm2，则S△ABM=8cm2．
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4. 如图，已知菱形ABCD的边长为10，∠A=60∘，E、F分别为AB、AD上两点，作EG//AD交CD于点G，FH//AB交BC于点H，EG与FH交于点P，连接EF.当四边形PHCG的面积是一个保持不变的量时，△AEF的周长是( )
A. 15 B. 9+33 C. 10+23 D. 10
5. 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=10，点E、F分别是边AB、BC上一动点，将△BEF沿EF折叠，若点B恰好落在AD边上的点G处，设EF=x，则x的取值范围为( )
A. 52≤x≤55
B. 52≤x≤82
C. 55≤x≤82
D. 82≤x≤65
6. 如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC−CF=2HE；⑤AB=HF，其中正确的有( )
A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
7. 如图，已知点P是矩形ABCD内一点(不含边界)，设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4.若∠APB=80∘，∠CPD=50∘，则( )
A. (θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30∘ B. (θ2+θ4)−(θ1+θ3)=40∘
C. (θ1+θ2)−(θ3+θ4)=70∘ D. (θ1+θ2)+(θ3+θ4)=180∘
8. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BF⊥AC交CD于点F，DE⊥AC交AB于点E，垂足分别为M、N，连接EM、FN.则下列四个结论：
①DN=BM；
②EM//FN；
③AE=CF；
④当OA=AD时，四边形DEBF是菱形；
其中正确结论的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9. 如图，是用4块A型瓷砖，4块B型瓷砖和8块C型瓷砖不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，其中C型瓷砖形状是一个含30°角的直角三角形，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为( )
A. 2：1
B. 3：1
C. (3−3)：1
D. (6−23)：3
10. 如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且∠ABE=∠BCE，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为( )
A. 82
B. 410
C. 85−4
D. 413−4
11. 如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上的任意一点，DE⊥AG于点E，BF‖DE且交AG于点F，若AB=4EF，则S阴影：S正方形ABCD的值为( )
A. 9：16
B. 17：32
C. 17：36
D. 18：35
12. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E在BC的延长线上，连接DE，点F是DE的中点，连接OF交CD于点G，连接CF，若CE=4，OF=6.则点D到CF的距离为( )
A. 434
B. 835
C. 455
D. 855
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，平面内三点A，B，C，AB=4，AC=3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则AD的最大值是 ．
14. 如图，△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=4，点D是斜边AC的中点．将△DBC沿直线BD对折，C点落在E处，连接AE，则AE的长度为______．
15. 如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M，N分别在矩形的边AD，BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM.下列结论：
①CQ=CD；
②四边形CMPN是菱形；
③P，A重合时，MN=25；
④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．
其中正确的是______(把正确结论的序号都填上)．
16. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6.折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F.当点M与点B重合时，EF的长为______；当点M的位置变化时，DF长的最大值为______．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分）
17. 如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD=16，点O是直线BD上的动点.OE⊥AB于点E，OF⊥AD于点F．
(1)对角线AC的长是 ，菱形ABCD的面积是 ．
(2)如图1，当点O在对角线BD上运动时，OE+OF的值是否会发生变化?请说明理由．
(3)如图2，当点O在对角线BD的延长线上时，OE+OF的值是否会发生变化?若不变，请说明理由;若变化，请探究OE，OF之间的数量关系，并说明理由．
18. 如图，在平行四边形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B，F为圆心，大于12BF的长为半径画弧，两弧交于点P.连接AP并延长交BC于点E，连接EF．
(1)根据以上尺规作图的过程，证明四边形ABEF是菱形；
(2)若AB=6，BC=9，AE=63，求平行四边形ABCD的面积．
19. 如图，在长方形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，点E是射线CB上的一个动点，把△DCE沿DE折叠，点C的对应点为C′.
(1)若点C′刚好落在对角线BD上时，求BC′和CE的长；
(2)当B C′//DE时，求CE的长；
(3)若点C′刚好落在线段AD的垂直平分线上时，请直接写出CE的长______________．
20. 如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90°，AD=CD，O是对角线AC的中点，连接BO并延长交边AD或边CD于点E．
(1)如图1，当点E在AD上时，连接CE，求证：四边形ABCE是矩形．
(2)如图2，当点E在CD上时，当AC=4，BC=3时，求S△DAC与S△OBC的比值．
(3)若DE=2，OE=3，直接写出CD的长．
21. 如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在BD上，BE=DF，
(1)求证：AE=CF；
(2)若AB=3，∠AOD=120°，求矩形ABCD的面积．
22. 如图①，已知△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，作正方形DEFG，使点A、C分别在DG和DE上，连接AE、BG．
(1)试猜想线段BG和AE的关系为；
(2)如图②，将正方形DEFG绕点D按逆时针方向旋转α(0°<α≤90°)，判断(1)中的结论是否仍然成立，证明你的结论．
23. 已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点(不与C、D重合).连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
(1)若点F在边CD上，如图1
①证明：∠DAH=∠DCH
②猜想△GFC的形状并说明理由．
(2)取DF中点M，MG.若MG=2.5，正方形边长为4，求BE的长．
24. 在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
图1 图2
(1)如图1，当点E与点D重合时，AG=__________________；
(2)如图2，当点E在线段CD上时，DE=2，求AG的长；
(3)若AG=5172，请直接写出此时DE的长．答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查了菱形的性质，坐标与图形性质以及一次函数的性质，熟练掌握菱形的性质是解本题的关键．
依据直线 y=kx+5+2k(k≠0) 经过定点 P(−2,5) ，再根据直线 PD 的解析式为 y=−23x+113 ，直线 PB 的解析式为 y=−2x+1 ，直线 y=kx+5+2k(k≠0) 与菱形 ABCD 有交点，即可得到 k 的取值范围是 −2≤k≤−23 ．
【解答】
解：如图，
在直线 y=kx+5+2k(k≠0) 中，令 x=−2 ，则 y=5 ，
∴ 直线 y=kx+5+2k(k≠0) 经过定点 P(−2,5) ，
由菱形 ABCD 的顶点 A 的坐标为 (2,0) ，点 B 的坐标为 (0,1) ，
可得 C(2,2) ， D(4,1) ，
∴ 易得直线 PD 的解析式为 y=−23x+113 ，直线 PB 的解析式为 y=−2x+1 ，
∵ 直线 y=kx+5+2k(k≠0) 与菱形 ABCD 有交点，
∴k 的取值范围是 −2≤k≤−23 ，
故选： B ．
2.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查动点问题的函数图象，涉及到菱形的性质以及勾股定理．
正确的理解题意，画出图形是解题的关键．分三种情况：(1)当0≤x≤12时，(2)当12
解：(1)当0≤x≤12时，
如图1，
过M作ME⊥BC于E，
∵M为AB的中点，AB=2，
∴BM=1，
∵∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=12−x，
在Rt△PME中，由勾股定理得：MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(2)当12
过M作ME⊥BC与E，
由(1)知BM=1，∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=x−12，
∴MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(3)当2
连结MC，
∵BM=1，BC=AB=2，∠B=60°，
∴∠BMC=90°，MC=22−1=3，
∵AB//DC，
∴∠MCD=∠BMC=90°，
∴MP2=MC2+PC2，
∴y=32+x−22=x2−4x+7；
综合(1)(2)(3)，只有B选项符合题意．
故选B．
3.【答案】C
【解析】解：如图，连接EN，FN，BM，
∵CN⊥AF，
∴∠AMC=∠AMN=90°，
∵∠BAC的平分线AF交CD于E，
∴∠DAE=∠CAE，
在△AMN和△AMC中，
∠AMC=∠AMNAM=AM∠CAM=∠NAM，
∴△AMN≌△AMC(ASA)，
∴AC=AN，故②正确；
∵△AMN≌△AMC，
∴CM=NM，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴∠AED+∠DAE=90°，∠CFE+∠CAE=90°，
∵∠BAC的平分线AF交CD于E，
∴∠DAE=∠CAE，
∴∠AED=∠CFE，
又∵∠AED=∠CEF，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
∵CM⊥AF，
∴EM=FM，
∴四边形ENFC是菱形，
∴EN=FC，EN//BC，故①③正确；
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵AC≠BC，
∴∠B≠45°，故④错误；
∵四边形ENFC是菱形，
∴CM=MN，
∴S△ACM=S△ANM，S△BCM=S△BMN，
∴S△ANM+S△BMN=S△ACM+S△BCM=12S△ABC，
∴S△ABM=12S△ABC，
∴S△ABC=16cm2，则S△ABM=8cm2.故⑤正确．
综上所述：①②③⑤，共4个．
故选C．
连接EN，FN，BM，根据SAS证得△AMN≌△AMC，即可证得AC=AN，可以判断②正确；由已知∠ACB=90°，CD⊥AB，CM⊥AF，从而证得三个直角三角形，即：∠AED+∠DAE=90°，∠EFC+∠CAE=90°，再通过已知，∠BAC的平分线AF和对顶角得∠CEF=∠CFE，即得△ECF为等腰三角形，EM=FM，证明四边形ENFC是菱形，可以判断①③正确；根据等腰直角三角形的性质可以判断④错误；根据等底等高的两个三角形面积相等可以判断⑤正确．
此题考查的是菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质、定理是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，含 30° 角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握利用勾股定理求线段长的思路与方法；过点 G 作 GN⊥PH 于 N ，过点 F 作 FM⊥AE 于 M ，然后利用含 30° 角的直角三角形的性质，勾股定理进行解答，即可求解．
【解答】
解：过点 G 作 GN⊥PH 于 N ，过点 F 作 FM⊥AE 于 M ，如图：
∵ 四边形 ABCD 是菱形， EG//AD ， FH//AB ，
∴ 四边形 AFPE 、四边形 DCHF 、四边形 PGCH 都是平行四边形，
∴AE=PF ， DF=PG ， FH=DC=10 ， ∠GPN=∠FPE=∠A=60° ，
设 PG=x ， PH=y ，则 DF=x ， AE=PF=10−y ，
∴AF=10−x ，
在 Rt△GPN 中， ∠GNP=90° ， ∠GPN=60° ， ∠PGN=30° ， PG=x ，
∴PN=12PG=12x ， GN=PG2−PN2=x2−12x2=32x ，
∴S▱PHCG=PH·GN=32xy ，
在 Rt△AFM 中， ∠AMF=90° ， ∠A=60° ， AF=10−x ， ∠AFM=30° ，
∴AM=12AF=1210−x ， FM=AF2−AM2=AF2−12AF=32AF=3210−x=53−32x ，
∴ME=AE−AM=10−y−1210−x=12x−y+5 ，
∴FE=FM2+ME2
=53−32x2+12x−y+5
=75−15x+34x2+14x2+y2+25−xy+5x−10y
=x2+y2−xy−10x−10y+100
=x+y−52+75−3xy
∴ 当 xy=25 时， FE=x+y−5 ，此时 AF+AE+FE=10−x+10−y+x+y−5=15 ，
∴ 当 △AEF 的周长为 15 时， xy=25 ，四边形 PHCG 的面积为一个常量，四边形 PHCG 的面积为 2523 ．
综上所述，当四边形 PHCG 的面积是一个保持不变的量时， △AEF 的周长是 15 ．
故选： A ．
5.【答案】C
【解析】解：当点F在C点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最小，如图，
由折叠可知：CG=BC=10，BE=GE，
在Rt△DCG中，DC=8，
∴DG=CG2−DC2=6，
∴AG=AD−DG=10−6=4，
设BE=t，则EG=t，AE=8−t，
在Rt△AEG中，
∵AE2+AG2=EG2，
∴(8−t)2+42=t2，
解得t=5，
∴BE=t=5，
∴EF=BF2+BE2=102+52=55；
∴此时EF的长为55；
②当点E在A点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最大，
由折叠可知：四边形ABFG是正方形，
∴AB=BF=8，
∴EF=AB2+BF2=82，
∴x的取值范围为55≤x≤82．
故选：C．
根据题意分两种情况画图讨论：①当点F在C点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最小，根据折叠的性质得CG=BC=10，BE=GE，在Rt△DCG中，利用勾股定理计算出DG=6，则AG=4，设BE=t，则EG=t，AE=8−t，在Rt△AEG中，根据勾股定理得t=5，然后求出EF；②当点E在A点，将△BEF沿EF折叠，使得点B恰好落在AD边上的点G处，此时EF最大，由折叠可知：四边形ABFG是正方形，根据勾股定理求出EF，进而得到x的取值范围．
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6.【答案】C
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=2AB，
∵AD=2AB，
∴AE=AD，
在△ABE和△AHD中，
∠BAE=∠DAE∠ABE=∠AHD=90°AE=AD，
∴△ABE≌△AHD(AAS)，
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=12(180°−45°)=67.5°，
∴∠CED=180°−45°−67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，
∵∠AHB=12(180°−45°)=67.5°，∠OHE=∠AHB(对顶角相等)，
∴∠OHE=67.5°=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DHO=90°−67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°−45°=22.5°，
∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；
∵∠EBH=90°−67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
∠EBH=∠OHD=22.5°BE=DH∠AEB=∠HDF=45°，
∴△BEH≌△HDF(ASA)，
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE−AH=BC−CD，
∴BC−CF=BC−(CD−DF)=BC−(CD−HE)=(BC−CD)+HE=HE+HE=2HE.故④正确；
∵AB=AH，∠BAE=45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故⑤错误；
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选：C．
①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=2AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE−AH=BC−CD，BC−CF=BC−(CD−DF)=2HE，判断出④正确；
⑤判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
7.【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及三角形内角和定理的运用，解决问题的关键是掌握：矩形的四个角都是直角．依据矩形的性质以及三角形内角和定理，可得 θ2−θ1=10° ， θ4−θ3=40° ，两式相减即可得到 (θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30° ．
【解答】
过P作PQ//AD，与AB交于点Q，
∵AD//BC，∴PQ//AD//BC，
∴∠APQ=∠PAD，∠QPB=∠CBP，
又∠APB=80∘，∴∠CBP=∠APB−∠DAP=80∘−θ1，
∴∠ABC=θ2+80∘−θ1．
又∵在△CDP中，∠DCP=180∘−∠CPD−∠PDC=130∘−θ4，
∴∠BCD=θ3+130∘−θ4．
又∵在矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180∘，
∴θ2+80∘−θ1+θ3+130∘−θ4=180∘，
即(θ1+θ4)−(θ2+θ3)=30∘，
故选A．
8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．根据矩形的性质得到 AB=CD ， AB//CD ， ∠DAE=∠BCF=90° ， OD=OB=OA=OC ， AD=BC ， AD//BC ，根据平行线的性质得到 DE⊥AC ，根据垂直的定义得到 ∠DNA=∠BMC=90° ，由全等三角形的性质得到 DN=BM ， ∠ADE=∠CBF ，故 ① 正确；证 △ADE ≌ △CBF(ASA) ，得出 AE=FC ， DE=BF ，故 ③ 正确；证四边形 NEMF 是平行四边形，得出 EM//FN ，故 ② 正确；证四边形 DEBF 是平行四边形，证出 ∠ODN=∠ABD ，则 DE=BE ，得出四边形 DEBF 是菱形；故 ④ 正确；即可得出结论．
【解答】
解： ∵ 四边形 ABCD 是矩形，
∴AB=CD ， AB//CD ， ∠DAE=∠BCF=90° ， OD=OB=OA=OC ， AD=BC ， AD//BC ，
∴∠DAN=∠BCM ，
∵BF⊥AC ， DE⊥AC ，
∴∠DNA=∠BMC=90° ，
在 △DNA 和 △BMC 中，
∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC ，
∴△DNA ≌ △BMC(AAS) ，
∴DN=BM ， ∠ADE=∠CBF ，故 ① 正确；
在 △ADE 和 △CBF 中，
∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF ，
∴△ADE ≌ △CBF(ASA) ，
∴AE=FC ， DE=BF ，故 ③ 正确；
∴DE−DN=BF−BM ，即 NE=MF ，
∵BF⊥AC ， DE⊥AC ，
∴DE//BF ，
∴ 四边形 NEMF 是平行四边形，
∴EM//FN ，故 ② 正确；
∵AB=CD ， AE=CF ，
∴BE=DF ，
∵BE//DF ，
∴ 四边形 DEBF 是平行四边形，
∵AO=AD ，
∴AO=AD=OD ，
∴△AOD 是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60° ，
∴∠ABD=90°−∠ADO=30° ，
∵DE⊥AC ，
∴∠ADN=∠ODN=30° ，
∴∠ODN=∠ABD ，
∴DE=BE ，
∴ 四边形 DEBF 是菱形；故 ④ 正确；
故选： D ．
9.【答案】C
【解析】解：因为C型瓷砖是一个含30°角的直角三角形，
所以设斜边为2，则最短直角边为1，另外一条直角边为3，
所以B型瓷砖的两条对角线是1和2，
所以C型瓷砖总面积=8×12×1×3=43，
B型瓷砖的总面积=4×12×1×2=4，
所以A型瓷砖总面积=16−43−4=12−43，
所以A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为(12−43)：4=(3−3)：1．
故选：C．
根据C型瓷砖是一个含30°角的直角三角形，所以设斜边为2，则最短直角边为1，另外一条直角边为3，所以B型瓷砖的两条对角线是1和2，进而根据图形面积可以解决问题．
本题考查正方形的性质，含30度角的直角三角形，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
10.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵∠ABE=∠BCE，
∴∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠BEC=90°，
∴点E在以BC为直径的半圆上移动，
如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对称点是F，
连接FO交AB于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE=4，
∵∠G=90°，FG=BG=AB=8，
∴OG=12，
∴OF=FG2+OG2=413，
∴EF=413−4，
∴PD+PE的长度最小值为413−4，
故选：D．
根据正方形的性质得到∠ABC=90°，推出∠BEC=90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
11.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵DE⊥AG，BF//DE，
∴BF⊥AG，
∴∠BFA=∠AED=90°，
∵∠BAF+∠EAD=90°，∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△ABF和△DAE中，
∠BFA=∠AED=90°∠BAF=∠ADEAB=DA，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AF=DE，
设EF=x，AF=y，则AB=4EF=4x，
∴BF=AE=AF−EF=y−x，
∵AF2+BF2=AB2，
∴y2+(y−x)2=(4x)2，
整理得，2y2−2xy−15x2=0，
解得，y=1−312x(舍)或y=31+12x，
∴BF=31−12x，AF=31+12x，
∴S正方形ABCD=16x2，
∴S阴影=S正方形ABCD−2S△ABF=16x2−2×12×31−12x⋅31+12x=172x2，
∴S阴影：S正方形ABCD=17：32，
故选：B．
利用正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据等角的余角相等得到∠BAF=∠ADE，则可判断△ABF≌△DAE，得AF=DE，BF=AE，设EF=x，AF=y，在Rt△ABF中，则勾股定理得出x与y的关系，进而计算阴影部分与正方形的面积，便可求得其面积比．
本题考查三角形全等的判定和性质和正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
12.【答案】D
【解析】解：在正方形ABCD中，BO=DO，BC=DC，
∵点F是DE的中点，OF=6，
∴BE=2OF=12，
∵CE=4，
∴DC=BC=8，
在Rt△DCE中，DE=DC2+CE2=45，
∴CF=12DE=25，
∴△CDE的面积=12CE⋅DC=12×4×8=16，
∵F是Rt△DCE斜边DE的中点，
∴△DCF面积=8，
设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，
∴12⋅x×25=8，
解得x=855，
∴点D到CF的距离为855．
故选：D．
由正方形的性质及三角形的中位线的性质可求得DC=8，利用勾股定理及直角三角形的斜边上的中线的性质可求解DE，CF的长，进而求出△DCF面积为8，设点D到CF的距离为x，则12x⋅CF=8，可得点D到CF的距离．
本题考查正方形的性质及应用，涉及三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、点到直线的距离、勾股定理等知识，解题的关键是求出△DCF面积，用等面积法解决问题．
13.【答案】722
【解析】解：如图，将△BDA绕点D顺时针旋转90∘得到△CDM．
由旋转性质可知：AB=CM=4，DA=DM，∠ADM=90∘，
∴△ADM是等腰直角三角形．
∴AD=22AM．
∴当AM的值最大时，AD的值最大．
∵AM≤AC+CM．
∴AM≤7.
∴AM的最大值为7．
∴AD的最大值为722．
故答案为722．
14.【答案】655
【解析】解：连接EC，延长BD交EC于点F，如图，
∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴AC=AB2+BC2=25，
∵点D是斜边AC的中点，
∴BD=CD=12AC=5，
由题意：BE=BC，DE=DC，
∴BD是线段EC的垂直平分线，
∴BF⊥EC，EF=FC，
∵点D是斜边AC的中点，
∴DF是△CAE的中位线，
∴AE=2DF．
设DF=x，则在Rt△DFC中，
CF2=CD2−DF2=5−x2，
在Rt△BFC中，
∵BF2+CF2=BC2，
∴((5+x)2+5−x2=42,
解得：x=355，
∴AE=2x=655．
故答案为：655．
连接EC，延长BD交EC于点F，利用勾股定理求得AC，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得BD=CD=12AC=5，由折叠的性质和线段的垂直平分线的判定方法得到BF⊥EC，EF=FC，利用三角形的中位线定理可知AE=2DF；设DF=x，则在Rt△DFC中和在Rt△BFC中，利用勾股定理即可求得x值，则结论可得．
本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，图形的翻折变换，三角形的中位线定理，灵活运用勾股定理是解题的关键．
15.【答案】②③
【解析】解：如图1，
∵PM//CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP//CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CP=CP，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌△CMD，
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2，
设BN=x，则AN=NC=8−x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=(8−x)2，
解得x=3，
∴CN=8−3=5，AC=AB2+BC2=45，
∴CQ=12AC=25，
∴QN=CN2−CQ2=5，
∴MN=2QN=25．
故③正确；
当MN过点D时，如图3，
此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=14S菱形CMPN=14×4×4=4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=14×5×4=5，
∴4≤S≤5，
故④错误．
故答案为：②③．
先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8−x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值便可．
此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
16.【答案】33 6−33
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC=CD，∠A=∠C=60°，
∴△ADB，△BDC都是等边三角形，
当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF=AD⋅sin60°=6×32=33．
如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．
∵AD//CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G=∠AKT=∠GTK=90°，
∴四边形AGTK是矩形，
∴AG=TK=AB⋅sin60°=33，
∵OA=OM，//AOK=∠MOT，∠AKO=∠MTO=90°，
∴△AOK≌△MOT(AAS)，
∴OK=OT=332，
∵OK⊥AD，
∴OR≥OK=332，
∵∠AOF=90°，AR=RF，
∴AF=2OR≥33，
∴AF的最小值为33，
∴DF的最大值为6−33．
故答案为：33，6−33．
如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR.证明OK=332，求出AF的最小值，可得结论．
本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会填空常用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
17.【答案】解：(1)12；96
(2)OE+OF的值不会发生变化.
理由如下：如图1，连接AO，则S△ABD= ，
∴12S菱形ABCD=12AB⋅OE+ 12AD⋅OF，即12×96=12×10⋅OE+ 12×10⋅OF．
解得OE+OF=9.6是定值，不变．
(3)OE+OF的值变化，OE，OF之间的数量关系为OE−OF=9.6．
理由如下：如图2，连接AO，则，
∴12S菱形ABCD=12AB⋅OE−12AD⋅OF，即12×96=12×10⋅OE−12×10⋅OF，
解得OE−OF=9.6，是定值，不变．
【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，三角形的面积，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质， (2)(3) 作辅助线构造出两个三角形是解题的关键．
(1) 连接 AC 与 BD 相交于点 G ，根据菱形的对角线互相垂直平分求出 BG ，再利用勾股定理列式求出 AG ，然后根据 AC=2AG 计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解；
(2) 连接 AO ，根据 S△ABD=S△ABO+S△ADO 列式计算即可得解；
(3) 连接 AO ，根据 S△ABD=S△ABO−S△ADO 列式整理即可得解．
【解答】
解：(1)如图，连接AC与BD相交于点G，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，BG=12BD=12×16=8，
由勾股定理得，AG= AB2−BG2 =102−82 =6，
∴AC=2AG=2×6=12，
菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12 ×12×16=96；
故答案为：12；96；
(2)见答案；
(3)见答案．
18.【答案】(1)证明：根据题意，可得AB=AF，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠EAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，即BE//AF，
∴∠BEA=∠EAF，
∴∠BEA=∠BAE，
∴BE=AB=AF，且BE//AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又∵AB=AF，
∴平行四边形ABEF是菱形；
(2)解：连接BF交AE于点O，
∵平行四边形ABEF是菱形，
∴AB=EB=6，AE⊥BF，BO=FO=12BFAO=OE=12AE=12×63=33，
在Rt△ABO中，BO=AB2−OA2=62−(33)2=3，
∴BF=6，
设菱形ABEF中，EB边上的高为h，
∴S菱形ABEF=12AE⋅BF=BE⋅h，
即12×63×6=6⋅h，
∴h=33，
∴S平行四边形ABCD=BC⋅h=9×33=273．
【解析】(1)根据作图的过程可知EA平分∠BAD，根据平行四边形的性质可得BE=BA，根据作图可知BA=FA，得BE=FA，证明四边形ABEF是平行四边形，进而可得四边形ABEF是菱形；
(2)连接BF交AE于点O，根据菱形的性质得到AB=EB=6，AE⊥BF，BO=FO=12BFAO=OE=12AE=12×63=33，根据勾股定理得到=6，设菱形ABEF中，EB边上的高为h，根据菱形和平行四边形的面积公式即可得到结论．
本题考查了作图−复杂作图，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的性质，菱形的判定与性质．
19.【答案】解：(1)如图1，由折叠可得DC′=DC=6，C′E=CE，∠DC′E=∠C=90∘，
∵点C′在BD上
∴BC′=BD−DC′，∠BC′E=90∘
∵AB=6，BC=8，∠C=90∘
∴BD=AB2+BC2=10
∴BC′=BD−DC′=10−6=4(cm)
设CE=x，则C′E=CE=x，BE=8−x
在Rt△BC′E中，∵∠BC′E=90∘
∴BC′2+C′E2=BE2
∴42+x2=(8−x)2
解得：x=3，即CE=3cm；
(2)解：如图2，由折叠得，∠CED=∠C′ED，
∵BC′//DE，
∴∠EC′B=∠C′ED，∠CED=∠C′BE，
∴∠EC′B=∠C′BE，
∴BE=C′E=EC=4；
(3)9±35．
【解析】
【分析】
本题属于四边形综合题，主要考查了折叠的性质，矩形的性质，垂直平分线的性质以及勾股定理的综合应用．折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．解题时，常常设要求的线段长为 x ，然后根据折叠和轴对称的性质用含 x 的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
(1) 根据 ∠C=90° ， BC=8 ，可得 Rt△BCD 中， BD=10 ，据此可得 BC′=10−6=4 ，然后在 Rt△BC′E 中利用勾股定理即可求得 CE 的长 ;
(2) 由折叠得， ∠CED=∠C′ED ，根据 BC′//DE ，可得 ∠EC′B=∠C′ED ， ∠CED=∠C′BE ，进而得到 ∠EC′B=∠C′BE ，据此可得 BE=C′E=EC=4;
(3) 作 AD 的垂直平分线，交 AD 于点 M ，交 BC 于点 N ，分两种情况讨论： ① 当点 C′ 在矩形内部时； ② 当点 C′ 在矩形外部时，分别根据勾股定理，列出方程进行求解即可．
【解答】
解： (1) 见答案 ;
(2) 见答案．
(3) 作 AD 的垂直平分线，交 AD 于点 M ，交 BC 于点 N ，分两种情况讨论：
①当点C′在矩形内部时，如图3，
∵点C′在AD的垂直平分线上，
∴DM=4，
∵DC′=6，
∴由勾股定理得：MC′=25，
∴NC′=6−25，
设EC=x，则C′E=x，NE=4−x，
∵NC′2+NE2=C′E2，
∴(6−25)2+(4−x)2=x2，
解得：x=9−35，
即CE=9−35；
②当点C′在矩形外部时，如图4，
∵点C′在AD的垂直平分线上，
∴DM=4，
∵DC′=6，
∴由勾股定理得：MC′=25，
∴NC′=6+25，
设EC=y，则C′E=y，NE=y−4，
∵NC′2+NE2=C′E2，
∴(6+25)2+(y−4)2=y2，
解得：y=9+35，
即CE=9+35，
综上所述，CE的长为9±35．
20.【答案】(1)证明：∵AD//BC，
∴∠EAO=∠BCO，∠AEO=∠CBO，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△AOE≌△COB(AAS)，
∴OB=OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形；
(2)解：∵AD=CD，
∴∠DAC=∠DCA．
∵AD//BC，
∴∠DAC=∠ACB．
∵BO是Rt△ABC斜边AC上的中线，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB，
∴∠DAC=∠DCA=∠ACB=∠OBC，
∴△DAC∽△OBC，
∵AC=4，BC=3，
∴S△DACS△OBC=(ACBC)2=(43)2=169；
(3)解：①当点E在AD上时，
∵AD//BC，
∴∠EAO=∠BCO，∠AEO=∠CBO，
∵O是AC的中点，
∴OA=OC，
∴△AOE≌△COB(AAS)，
∴OB=OE，
∴四边形ABCE是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCE是矩形．
设AD=CD=x，
∵DE=2，
∴AE=x−2，
∵OE=3，
∴AC=6，
在Rt△ACE和Rt△DCE中，CE2=AC2−AE2，CE2=CD2−DE2，
∴62−(x−2)2=x2−22，
解得x=1+19，或x=1−19(舍去)．
∴CD=1+19．
②当点E在CD上时，设AD=CD=x，则CE=x−2，
设OB=OC=m，
∵OE=3，
∴EB=m+3，
∵△DAC∽△OBC，
∴DCOC=ACBC，
∴xm=2OCBC，
∴OCBC=x2m．
又∵∠EBC=∠OCE，∠BEC=∠OEC，
∴△EOC∽△ECB，
∴OEEC=ECEB=OCCB，
∴3x−2=x−2m+3=OCCB，
∴3x−2=x−2m+3=x2m，
∴m=x2−2x6，
将m=x2−2x6代入3x−2=x−2m+3，
整理得，x2−6x−10=0，
解得x=3+19，或x=3−19(舍去)．
∴CD=3+19．
综合以上可得CD的长为1+19或3+19．
【解析】(1)通过证明△AOE≌△COB证明四边形ABCE为平行四边形，结合∠ABC=90°可证明结论；
(2)由等腰三角形的性质得出∠DAC=∠DCA，由平行线的性质得出∠DAC=∠ACB，由直角三角形的性质得出∠OBC=∠OCB，根据相似三角形的判定定理可得出△DAC∽△OBC，再利用相似三角形的性质可求解；
(3)分两种情况：①当点E在AD上时，证明四边形ABCE是矩形．设AD=CD=x，由勾股定理得出方程，解方程即可得出答案；
②当点E在CD上时，设AD=CD=x，则CE=x−2，设OB=OC=m，由相似三角形的性质得出xm=2OCBC，证明△EOC∽△ECB，得出比例线段OEEC=ECEB=OCCB，可得出方程3x−2=x−2m+3=OCCB，解方程可得出答案．
本题是相似形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，
∵BE=DF，
∴OE=OF，
在△AOE和△COF中，OA=OC∠AOE=∠COFOE=OF，
∴△AOE≌△COF(SAS)，
∴AE=CF；
(2)解：∵OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=∠COD=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=AB=3，
∴AC=2OA=6，
在Rt△ABC中，BC=AC2−AB2=33，
∴矩形ABCD的面积=AB⋅BC=3×33=93．
【解析】(1)由矩形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC=BD，∠ABC=90°，证出OE=OF，由SAS证明△AOE≌△COF，即可得出AE=CF；
(2)证出△AOB是等边三角形，得出OA=AB=3，AC=2OA=6，在Rt△ABC中，由勾股定理求出BC=AC2−AB2=33，即可得出矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和求出BC是解决问题的关键．
22.【答案】解：(1)BG=AE.AE⊥BG，
理由：∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠ADB=∠ADC=90°．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDE=∠ADEGD=ED，
∴△ADE≌△BDG(SAS)，
∴BG=AE；
∴∠DEA=∠DGB，
∵∠DEA+∠DNE=90°，∠DNE=∠MNG，
∴∠MNG+∠DGB=90°，
∴AE⊥BG；
(2)成立，
理由：如图②，连接AD，
∵在Rt△BAC中，D为斜边BC中点，
∴AD=BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB=90°．
∵四边形EFGD为正方形，
∴DE=DG，且∠GDE=90°，
∴∠ADG+∠ADE=90°，
∴∠BDG=∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
BD=AD∠BDG=∠ADEGD=ED，
∴△BDG≌△ADE(SAS)，
∴BG=AE，
∠AED=∠BGD，
∴∠BGD+∠DMG=90°，∠DMG=∠EMN，
∴∠EMN+∠AED=90°，
∴BG⊥AE．
【解析】本题考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
(1)由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论；
(2)如图2，连接AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出结论．
23.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠CDB=45°，DA=DC，
在△DAH和△DCH中，
DA=DC∠ADH=∠CDHDH=DH，
∴△DAH≌△DCH，
∴∠DAH=∠DCH；
②解：结论：△GFC是等腰三角形，
理由：∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF=∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH=90°，
∴∠FCG+∠DAF=90°，
∵∠DFA+∠DAF=90°，∠DFA=∠CFG，
∴∠CFG=∠FCG，
∴GF=GC，
∴△GFC是等腰三角形．
(2)①如图当点F在线段CD上时，连接DE．
∵∠GFC=∠GCF，∠GEC+∠GFC=90°，∠GCF+∠GCE=90°，
∴∠GCE=∠GEC，
∴EG=GC=FG，
∵FG=GE，FM=MD，
∴DE=2MG=5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE=BC+CE=4+3=7．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可GM是△DEC的中位线，
∴DE=2GM=5，
在Rt△DCE中，CE=DE2−DC2=52−42=3，
∴BE=BC−CE=4−3=1．
综上所述，BE的长为7或1．
【解析】(1)①只要证明△DAH≌△DCH，即可解决问题；
②只要证明∠CFG=∠FCG，即可解决问题；
(2)分两种情形解决问题①如图当点F在线段CD上时，连接DE.②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE.分别求出EC即可解决问题；
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
24.【答案】解：(1)55；
(2)过点G作GH⊥AB交其延长线于点H，
∵四边形ABCD和BEFG都是正方形
∴BE=BG,∠ECB=∠GHB=90°,∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠EBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG
∴ ∠EBC=∠GBH
在△ECB和△GHB中
∠ECB=∠GHB∠EBC=∠GBHBE=BG
∴△ECB≌△GHBAAS
∴BC=BH,EC=GH，
由题意得：BC=BH=5,HG=EC=5−2=3，
在Rt△AHG中，AG=102−32=109；
(3)DE的长是52或152．
【解析】
【分析】
本题主要考查了四边形的综合、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
(1) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，证 △DCB和△GHB 全等，可得 BH=BC,GH=DC ，利用勾股定理可求 AG 的长；
(2) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，证 △ECB和△GHB 全等，可得 BC=BH,EC=GH ，利用勾股定理可求 AG 的长；
(3) 方法同 (1) 和 (2) ，要分两种情况．
【解答】
解： (1) 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，如图 1 ，
∵ 四边形 ABCD 和 BEFG 都是正方形，
∴BD=BG,∠DCB=∠GHB=90°,∠ABC=∠DBG=90° ，
∴∠DBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG ，
∴ ∠DBC=∠GBH
在 △DCB和△GHB 中
∠DCB=∠GHB∠DBC=∠GBHBD=BG
∴△DCB≌△GHBAAS
BC=BH,CD=HG ，
在 Rt△AHG 中， AG=102+52=125=55 ；
(2) 见答案；
(3) 如图，分两种情况讨论；
① 过点 G 作 GH⊥AB 交其延长线于点 H ，
∵ 四边形 ABCD 和 BEFG 都是正方形
∴BE=BG,∠ECB=∠GHB=90°,∠ABC=∠EBG=90° ，
∴∠EBC+∠CBG=∠GBH+∠CBG
∴ ∠EBC=∠GBH
在 △ECB和△GHB 中
∠ECB=∠GHB∠EBC=∠GBHBE=BG
∴△ECB≌△GHBAAS
∴BC=BH,EC=GH ，
在 Rt△AHG 中， GH=AG2−AH2=51722−102=52 ，
∴DE=CD−EC=5−52=52 ；
② 如图 3 ，同理可证 DE=DC+EC=5+52=152 ；
综上所述， DE 的长是 52或152 ．
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