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第15讲 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
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这是一份第15讲 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用），共49页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
第15讲 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
一、单选题
1．（2022·宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出( )
A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积
C．△BEF的面积 D．△AEH的面积
2．（2022·湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD=10 B．HG=2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
3．（2022·绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片 ABCD ，其中 ∠A=90° ， AB=9 ， BC=7 ， CD=6 ， AD=2 ，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．252 B．454 C．10 D．354
4．（2022·绍兴）如图，在平行四边形 ABCD 中， AD=2AB=2 ， ∠ABC=60° ， E ， F 是对角线 BD 上的动点，且 BE=DF ， M ， N 分别是边 AD ，边 BC 上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形 MENF ；
②存在无数个矩形 MENF ；
③存在无数个菱形 MENF ；
④存在无数个正方形 MENF ．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2022·桐乡模拟）如图，在平行四边形 ABCD 中， AB=33 ， AD=3 ， ∠A=60°. 点 E 在 AB 边上，将 △ADE 沿着直线 DE 翻折得 △A'DE. 连结 A'C ，若点 A' 恰好落在 ∠BCD 的平分线上，则 A' ， C 两点间的距离为（ ）
A．3或6 B．3或 332 C．332 D．6
6．（2022·丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G，若cosB＝ 14 ，则FG的长是（ ）
A．3 B．83 C．2153 D．52
7．（2022·瑞安模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°， 分别以AC， BC为边向外作正方形ACDE与正方形BCFG， H为EG的中点，连接DH，FH.记△FGH的面积为S1，△CDH的面积为S2，若S1－S2＝6，则AB的长为（ ）
A．26 B．32 C．33 D．42
8．（2022·龙游会考）如图，将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠，使点A和点C重合于点M，点D与点H重合，点B落在边AD上的点P处，且MN经过点P.已知EPPG=43，FN=10cm，则GD的长为（ ）
A．425cm B．435cm C．445cm D．9cm
9．（2022·路桥模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是AB的中点.若OP=4，AP=3，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．12 B．14 C．22 D．28
10．（2022·舟山模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2 5 ，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折，点B落在点F处，连接CF，则cos∠ECF的值为（ ）
A．23 B．104 C．53 D．255
二、填空题
11．（2022·台州）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 ．
12．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2 ．
13．（2022·温州）如图，在菱形ABCD中， AB=1，∠BAD=60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形 AENH 和菱形 CGMF ，使点E，F，G，H分别在边 AB、BC、CD、DA 上，点M，N在对角线 AC 上．若 AE=3BE，则 MN 的长为 ．
14．（2022·奉化模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且 AC=6 ， BD=8 ．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形 C'EFD' ， C'D' 交AC于点G．当 C'D'∥BD 时， C'GD'G 的值为 ，BE的长为 ．
15．（2022·奉化模拟）定义：若一个矩形中，一组对边的两个三等分点在同一个反比例函数 y=kx 的图像上，则称这个矩形为“奇特矩形”．如图，在直角坐标系中，矩形ABCD是第一象限内的一个“奇特矩形”．且点 A(4，1) ， B(7，1) ，则BC的长为 ．
16．（2022·宁波模拟）如图，在矩形 ABCD中，点E在边AD上，BE⊥AC 于点F，若AD=2，AB=CF，则sin∠ABE 的值为 ．
17．（2022·丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN.已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5，AE=a，DE=b，且a>b.
（1）若a，b是整数，则PQ的长是 ；
（2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则 S四边形ABCDS矩形PQMN 的值是 ．
18．（2022·嵊州模拟）如图，在△ABC中，AB= AC=23，∠BAC=120°，D为直线BC上一点，连结AD，把线段AD绕点A按逆时针旋转60°得到线段AE，H是线段AE的中点，G是线段BC的中点，连结DE，GH，若CDBD=23，则GH的长为 .
19．（2022·泰顺模拟）如图1是将正方形分割成七个几何图形得到的七巧板，它是中国古代劳动人民发明的一种智力玩具．图2是由七巧板拼成“熊”的几何图形．四边形ABCD是菱形，且CIJ的面积为2，则AE= ．记点K到直线LG的距离为d，则 dAB =
20．（2022·鹿城会考）郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：
⑴他先用图形①②③④拼出矩形ABCD.
⑵接着拿出图形⑤ .
⑶通过平移的方法，用①②③④⑤拼出了矩形ABMN.已知AE：EO = 2：3，图形④的面积为15，则增加的图形⑤的面积为 ：，当CO=312，EH=4时，tan∠BAO= .
三、综合题
21．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：∠DBG=90°.
（2）若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
（3）若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°<∠DAB<180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
22．（2022·杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： S2S1 =4sin2α-1．
23．（2022·杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC=14 、
（1）若AB=8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
24．（2022·金华）如图，在菱形ABCD中，AB=10. sinB=35 ，点E从点B出发沿折线B-C-D向终点D运动.过点E作点E所在的边(BC或CD)的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH.
（1）如图1，点G在AC上.求证：FA=FG.
（2）若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长.
（3）已知FG=8，设点E的运动路程为s.当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似(包括全等)？
25．（2022·龙游会考）在正方形ABCD，E，F分别是射线BC，CD上的点，AE⊥BF于点G.
（1）如图1，若点E是BC边上的点.求证：CE=DF.
（2）如图2，在（1）的条件下，延长BF交AD的延长线于点H，连结CH.若AB=4，BE=3，求tan∠BHC的值.
（3）延长BF交射线AD于点H，连结CG，CH，若CHCG=k，求CEBE的值（用含k的代数式表示）.
26．（2022·舟山模拟）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果 BCAB=ABAC .那么称点为B线段AC的黄金分割点.它们的比值为 5-12 .
（1）在图①中，若AC＝10cm，则AB的长为 cm；
（2）如图②，用边长为10cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG.试说明G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P.他发现当PB与BC满足某种关系时E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点.请猜想小明的发现，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：设MD=m，MH=n，则MH=m-n，
∵矩形纸片和正方形纸片的周长相等，
∴2AP+2(PG-PH)=2AP+2（m-n）=4m，
∴AP=m+n，
∴阴影部分面积=S矩形ABCD-2S△ADH-2S△AEB
=(2m+n)(2m-n)-2×12(m-n)(2m+n)-2×12(2m-n)m
=2mn，
∵正方形纸片的面积=m2，四边形EFGH的面积=n2，△BEF的面积=12mn， △AEH的面积=12n(m-n) ；
∴△BEF的面积=14阴影部分面积，
∴一定能求出△BEF的面积.
故答案为：C.
【分析】设设MD=m，MH=n，则MH=m-n，根据矩形纸片和正方形纸片的周长相等，列式求出AP=m+n，然后根据面积的和差表示图中阴影部分的面积，再整理化简，再用m、n分别表示出四个选项的面积，即可作出选择.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：∵BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，
∴AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴A选项不符合题意；
∵△ABE沿BE翻折，△DCF沿DF翻折，翻折后点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴BG=AB=6，HD=CD=6，
∴HG=HD-（BD-BG）=6-（10-6）=2，
∴B选项不符合题意；
∵∠EGB=∠A=90°，∠FHD=∠B=90°，
∴∠EGB=∠FHD=90°，
∴EG∥FH，
∴C选项符合题意；
若GF⊥BC，
则∠HGF+∠HFG=90°，
又∵∠GBF+∠BFH=90°，
∴∠HGF=∠GBF=45°，
∵无法确定BF=GF，
∴GF⊥BC不一定成立，
∴D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据矩形性质得AD=BC=8，由勾股定理求得BD=10，可判断A选项；由图形折叠的性质得，BG=AB=6，HD=CD=6，再由线段和差关系求出HG=2，可判断B选项；由∠EGB=∠FHD=90°，可判断EG∥FH，可判断C选项；若GF⊥BC，推出∠HGF+∠HFG=90°，再结合∠GBF+∠BFH=90°，从而得∠HGF=∠GBF=45°，因为无法确定BF=GF，故GF⊥BC不一定成立，可判断D选项. 据此逐项分析，即可得出正确答案.
3．【答案】A
【解析】【解答】解：如图1，
∵剪掉的是两个直角三角形，
∴∠F=∠BCE=90°，∠FED+∠BEC=90°，∠BEC+∠CBE=90°，
∴∠FED=∠CBE，
∴△FED∽△CBE，
∴DFCE=FEBC=DEBE
∵矩形ABEF，
∴AB=EF=9，
设DF=x，则AF=BE=x+2，CE=y，则DE=6+y
∴xy=97=6+yx+2
解之：x=274y=214
经检验x=274y=214是有原方程组的解
∴DE=6+214=454，故B不符合题意；
BE=274+2=354，故D不符合题意；
如图2
同理可知△CFD∽△EFB，
∴DFBF=DCEF=CFBE
设FC=m，则BF=7+m，DF=n，则AF=BE=n+2，
∴n7+m=69=mn+2
解之： m=8n=10
经检验m=8n=10是原方程组的解，
∴DF=10，故C不符合题意；
BF=7+8=15，故A符合题意；
故答案为：A.
【分析】分情况讨论：如图1，易证△FED∽△CBE，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，设DF=x，则AF=BE=x+2，CE=y，则DE=6+y，可得到关于x，y的方程组，解方程组求出x，y的值；再求出DE，BE的长，可对B，D作出判断；如图2，同理可知△CFD∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可得比例式，设FC=m，则BF=7+m，DF=n，则AF=BE=n+2，可得到关于m，n的方程组，解方程组求出m，n的值；再求出DF，BF的长，可对A，C作出判断.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，OB=OD
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∠MAO=∠NCOAO=CO∠AOM=∠CON
∴△MAO≌△NCO（ASA）
∴OM=ON；
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴当OM=ON时四边形MENF一定是平行四边形，
∴ 存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
∵四边形MENF是平行四边形，
∴当MN=EF时，四边形MENF是矩形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
∵点E，F是BD上的动点，
∴只需MN⊥EF，OM=ON，
就存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④不符合题意；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，利用平行四边形的性质可证得OA=OC，AD∥BC，OB=OD，利用平行线的性质可得到∠MAO=∠NCO，利用ASA证明△MAO≌△NCO，利用全等三角形的性质去证明OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形MENF是平行四边形，利用M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，可对①作出判断；易证四边形MENF是平行四边形，利用对角线相等的四边形是矩形，可对②作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，利用点E，F是动点，可对③作出判断；只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，这样的正方形只有一个，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：由翻折可得， AD=AD'=3 ，
∵ 四边形ABCD为平行四边形， AB=33 ， ∠A=60° ，
∴AB=CD=33 ， ∠BCD=∠A=60° ，
∵A'C 平分 ∠BCD ，
∴∠A'CB=∠A'CD=30° ，
当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A' 作 A'M⊥CD 于点M ，
设 A'M=x ，
在 Rt△A'CM 中， tan∠A'CM=tan30°=A'MMC=xMC=33 ，
∴MC=3x ， DM=CD-MC=33-3x ，
在 Rt△A'DM 中，由勾股定理可得，
A'D2=A'M2+DM2 ，
即 32=x2+(33-3x)2 ，
解得 x=32 或 3( 舍去 ) ，
∴A'C=2A'M=3 ；
当点A' 在平行四边形ABCD外部时，过点D 作 DN⊥A'C 于点N ，
在 Rt△CDN 中， CD=33 ， ∠A'CD=30° ，
∴sin∠A'CD=sin30°=DNCD=DN33=12 ，
cos∠A'CD=cos30°=CNCD=CN33=32 ，
∴DN=332 ， CN=92 ，
在 Rt△A'DN 中，
A'N=A'D2-DN2=32-(332)2=32 ，
∴A'C=A'N+CN=32+92=6 .
综上所述， A'C=3 或6.
故答案为：A.
【分析】由翻折可得AD=AD′=3，根据平行四边形的性质可得AB=CD，∠BCD=∠A=60°，根据角平分线的概念可得∠A′CB=∠A′CD=30°，当点A′在平行四边形ABCD内部时，过点A′作A′M⊥CD于点M，设A′M=x，根据三角函数的概念可得MC，然后表示出DM，根据勾股定理求出x，进而可得A′C的值；当点A′在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A′C于点N，根据三角函数的概念可得DN、CN， 利用勾股定理求出A′N，然后根据A′C=A′N+CN进行计算.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，
由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
∵cosB= 14 ，
∴BH=1=12BE，
∴H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，AD∥FG，
∴∠FAG=∠AFG，
∴AG=FG，
又∵PF∥AD， AP∥DF，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵PF∥BC，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cos∠B=cos∠AGP=12PGAG=2-x2x=14，
解得x=83.
故答案为：B.
【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，cosB= 14 ，推出H是BE的中点，根据条件求出AG=FG， EG=GP，设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，根据平行线的性质和等腰三角形的性质，得出∠AGP=∠B，根据cos∠AGP=14建立方程，即可求出FG的长.
7．【答案】A
【解析】【解答】解：连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，
∵四边形ACDE，BCFG是正方形，
∴AD⊥EC，BF⊥CG，AD=EC，BF=CG ， DM=12AD，FN=12BF ，
设 AC=a，BC=b ，
∵∠ EAC=90°，AE=AC=a ，
∴EC=AE2+AC2=2a
∴AD=2a ，
∴DM=12AD=12×2a=22a ，
同理可证： CG=2b，FN=22b ，
∵EG=EC+CG ，
∴EG=2(a+b) ，
∵H为EG的中点，
∴HG=EH=12×2(a+b)=22(a+b) ，
∴CH=EH-EC=22(b-a) ，
∵S1=SΔFG1H=12⋅HG⋅FN=ab+b24 ， S2=SΔ(DH=12CH·DM=ab-a24
又∵S1-S2=6 ，
∴ab+b24-ab-a24=6 ，
整理得， a2+b2=24 ，
∵∠ ACB=90° ，
∴AB=AC2+BC2=24=26.
故答案为：A.
【分析】连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，根据正方形的性质可得AD⊥EC，BF⊥CG，
AD=EC，BF=CG，DM=12AD，FN=12BF，设AC=a，BC=b，则EC=2a，AD=2a，DM=22a，CG=2b，FN=22b，EG=2(a+b)，根据中点的概念可得HG=EH=22(a+b)，则CH=EH-EC=22(b-a)，然后表示出S1、S2，结合S1-S2＝6可得a2+b2=24，则∠ACB=90°，接下来利用勾股定理计算即可.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ⊥BC，则四边形ABQP，QPDC是矩形，PD=QC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PQ=AB，∠EMP=∠A=90°，EP//FN，EM//PF，
∴∠MPE=∠PNF，
∵∠EMP=∠FPN=90°，
∴∠1=∠2，
∵折叠，
∴∠PFE=∠BFE，∠CNG=∠GNP，
∵AB//CD，
∴∠PEF=∠EFB，∠PGN=∠GNC，
∴∠PEF=∠PFE，∠PGN=∠PNG，
∴PE=PF，PG=PN，
∵EPPG=43，FN=10cm，
∴tan∠1=PNPF=GPEP=34，
∵∠1=90°-∠PNQ=∠QPN，
∴tan∠QPN=QNPQ=34，
设PF=4k，PN=3k，则FN=5k，
Rt△PFN中，FN=10，
∴k=2，
∴PF=8，PN=6，
∴PQ=PF⋅PNFN=8×610=245，
∵QNPQ=34，
∴QN=34×245=185，
∴NC=MN=PM+PN=PQ+PN=245+6=545，
∴PD=QC=QN+NC=18+545=725，
∵PG=PN=6，
∴GD=725-6=425.
故答案为：A.
【分析】过点P作PQ⊥BC，则四边形ABQP、QPDC是矩形，PD=QC，根据矩形的性质可得PQ=AB，∠EMP=∠A=90°，EP∥FN，EM∥PF，根据平行线的性质可得∠MPE=∠PNF，根据等角的余角相等可得∠1=∠2，根据折叠的性质可得∠PFE=∠BFE，∠CNG=∠GNP，根据平行线的性质可得∠PEF=∠EFB，∠PGN=∠GNC，推出PE=PF，PG=PN，根据三角函数的概念可设PF=4k，PN=3k，则FN=5k，结合FN的值可得k的值，然后求出PF、PQ、QN、NC、PD、PG，据此计算.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ BO＝DO，AB＝CD，AD＝BC，
∵ P是AB的中点，AP=3，OP=4，
∴AB＝2AP＝6，OP是△ABD的中位线，
∴AD＝2OP＝8，
∴平行四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝2AB＋2AD＝28.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形的性质可得O＝DO，AB＝CD，AD＝BC，根据中点的概念可得AB＝2AP＝6，易得OP是△ABD的中位线，则AD＝2OP＝8，据此不难求出平行四边形ABCD的周长.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵E是BC的中点，BC＝2 5 ，
∴BE＝CE =12 BC =5 ，
∴AE =AB2+BE2=22+(5)2= 3，
由翻折变换的性质得：△AFE≌△ABE，
∴∠AEF＝∠AEB，EF＝BE =5 ，
∴EF＝CE，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠BEF＝∠EFC+∠ECF，
∴∠AEB＝∠ECF，
∴cos∠ECF＝cos∠AEB =BEAE=53 .
故答案为：C.
【分析】由矩形的性质可得∠B＝90°，由勾股定理求出AE，由翻折变换的性质得△AFE≌△ABE，可得
∠AEF＝∠AEB，EF＝BE =5 ，从而得出EF＝CE，由等边对等角可得∠EFC＝∠ECF，由三角形外角的性质可推出∠AEB＝∠ECF，根据cos∠ECF＝cos∠AEB =BEAE即可求解.
11．【答案】33；6-33
【解析】【解答】解：如图1，当点M与点B重合时，
∵ 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，
∴EF垂直平分AB，
∴AD=AB=6，
在Rt△AEF中，∠A=60°，
∴EF=ADsin∠A=6sin60°=6×32=33；
如图2，连接AM交EF于点N，过点A作AH⊥DC，交CD的延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=6，AD∥BC，
∴∠BAD=∠ABH=60°，∠DAM=∠AMH，
∵∠BAH=30°，
∴BH=3，AH=ABsin∠A=6sin60°=6×32=33；
设BM=x，DF=y则HM=x+33，
∴AM=332+3+x2=x2+6x+36
∵折叠菱形，
∴EF垂直平分AM，
∴AN=12x2+6x+36，
∵∠ANF=∠MHA=90°，∠FAN=∠ANH
∴△FAN∽△ANH
∴AFAM=ANMH即AFx2+6x+36=12x2+6x+363+x
解之：AF=x2+6x+362x+6
∴y=DF=AD-AF=6-x2+6x+362x+6=-x2+6x2x+6
∴x2+（2y-6）x+6y=0
b2-4ac=（2y-6）2-24y≥0
∴y≤6-33，y≥6+33
∵0≤y≤6
∴0≤y≤6-33
∴DF的最大值为6-33.
故答案为：33，6-33.
【分析】如图1，当点M与点B重合时，利用折叠的性质可证得EF垂直平分AB，利用线段垂直平分线的性质，可求出AD的长，在Rt△AEF中，利用解直角三角形求出EF的长；连接AM交EF于点N，过点A作AH⊥DC，交CD的延长线于点H，利用菱形的性质可证得AD=AB=6，AD∥BC，利用平行线的性质可得到∠BAD=∠ABH=60°，∠DAM=∠AMH，利用解直角三角形求出BH，AH的长，设BM=x，DF=y，表示出HM的长，利用勾股定理可表示出AM的长，再利用折叠的性质可表示出AN的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△FAN∽△ANH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AF的长，根据y=AD=AF，可得到y与x之间的函数解析式，从而可得到关于x的方程，由b2-4ac≥0，可建立关于y的不等式，然后求出y的取值范围，即可得到DF的最大值.
12．【答案】8
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
13．【答案】32
【解析】【解答】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD=1
∴OD＝12BD=12，
∴AO＝AD2-DO2＝12-(12)2＝32
∴AC＝2AO＝3，
∵AE＝3BE，
∴AE＝34，BE＝14，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF＝14，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝MI=BF•sin60°＝14×32＝38，
∴AM＝CN=MIsin30°＝3812＝34，
∴MN＝AC-AM-CN＝3-34-34=32.
故答案为：32.
【分析】连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，利用菱形的性质和∠BAD＝60°，可求出∠BAC的度数，同时可证得△ABD是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出DO的长；利用勾股定理求出AO的长，从而可求出AC的长；利用AE=3BE，可得到AE，BE，BF的长；利用解直角三角形求出FJ，MI，AM，CN的长；然后根据MN=AC-CN，代入计算求出MN的长.
14．【答案】916；2013
【解析】【解答】解：如图，连接C'O，D'O，
∵菱形ABCD，AC=6，BD=8，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴CD=32+42=5，
∵四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，
∴OC=OC'=3，OD=OD'=4，CD=CD'=5，
∵C'D'∥BD，
∴OA⊥C'D'，
∴OG2=OC'2-C'G2=D'O2-D'G2，
∴9-C'G2=16-（5-C'G）2，
整理，解得：C'G=95，
∴D'G=165，
∴C'GD'G=916；
如图，连接C'C交OE与点M，过点E作EN⊥BD于点N，
易知：OC'=OC=3，OB=OD=4，C'G=95，
∴OG=125，
∴CG=125+3=275，
∵C'C⊥EF，AC⊥BD，
∴∠NOE+∠EOC=∠EOC+∠GCC'=90°，
∴∠NOE=∠GCC'，
∴tan∠NOE=ENNO=tan∠GCC'=C'GCG=95275=13，即ENNO=13，
∴设EN=a，NO=3a，
∴BN=4-3a，
∵EN∥CO，
∴ENCO=BNBO，即a3=4-3a4，
整理，解得：a=1213，
∴BN=1613，
∴BE=BN2+NE2=(1613)2+(1213)2=2013.
故答案为：916，2013.
【分析】连接C'O，D'O，由菱形性质得AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，由勾股定理得CD=5，由折叠性质得OC=OC'=3，OD=OD'=4，CD=CD'=5，再结合勾股定理得OG2=OC'2-C'G2=D'O2-D'G2，即9-C'G2=16-（5-C'G）2，求得C'G=95，D'G=165，即可求得C'GD'G的比值；连接C'C交OE于M，过点E作EN⊥BD于点N，易得OC'=OC=3，OB=OD=4，C'G=95，进而求得CG=125+3=275，
由C'C⊥EF，AC⊥BD，可推出∠NOE=∠GCC'，即得tan∠NOE=ENNO=tan∠GCC'=C'GCG=13，即ENNO=13，设EN=a，NO=3a，表示出BN=4-3a，由平行线分线段成比例可得a3=4-3a4，解得a=1213，即得
BN=1613，最后由勾股定理即可求得BE的长.
15．【答案】15 或9
【解析】【解答】解：设BC=a，
①当反比例函数y=kx的图象过CD、AB上的三等分点时，
∵A（4，1），B（7，1），
∴（5，a+1）和（6，1）在反比例函数的图象上，
∴5（a+1）=6，
∴a=15；
②当反比例函数y=kx的图象过AD、CB上的三等分点时，
∵A（4，1），B（7，1），
∴（4，23a+1）和（7，13a+1）在反比例函数的图象上，
∴4（23a+1）=7（13a+1），
∴a=9，
综上，BC的长为15或9.
故答案为：15或9.
【分析】设BC=a，根据”奇特矩形“定义分两种情况：①当反比例函数y=kx的图象过CD、AB上的三等分点时，②当反比例函数y=kx的图象过AD、CB上的三等分点时，分别求出反比例函数经过的两个三等分点，再根据k=xy代入数据据列出关于a的方程求解，即可求得BC的长.
16．【答案】5-12
【解析】【解答】解：∵BE⊥AC，即∠AFB=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABC=
∴∠ABF+∠CBF=∠CBF+∠BCF，
∴∠ABF=∠BCF，
∴△AFB∽△ABC，
∴ABAF=ACAB，
∵AB=CF，
∴ABAF=AF+ABAB，
∴AF2+AF·AB-AB2=0，
∴AF=5-12AB或-5-12AB（舍去），
∴sin∠ABE=AFAB=5-12.
故答案为：5-12.
【分析】根据矩形的性质和余角的性质求出∠ABF=∠BCF，再证明△AFB∽△ABC，根据成比例的性质求出ABAF=ACAB，结合AB=CF，将比例式化成AF2+AF·AB-AB2=0，解关于AF的一元二次方程，求出AF=5-12AB，最后根据三角函数的定义计算即可.
17．【答案】（1）a-b
（2）3+22
【解析】【解答】解：(1)∵①和②能够重合，③和④能够重合，AE=a，DE=b，
∴PQ=AE+DE-2ED=a+b-2b=b，
故答案为：a-b；
(2)∵a2- 2ab- b2=0，
∴a2-b2=2ab，
则(a-b)2=2b2，
∴a=(2+1)b或(1-2)b(舍去)，
∵四个矩形的面积都是5，AE=a，DE=b，
∴EP=5a，EN=5b，
∴ S四边形ABCDS矩形PQMN=a+b5a+5ba-b5b-5a=a2+2ab+b2a2-2ab+b2=a2b2=2+12b2b2=3+22.
故答案为：3+22.
【分析】(1)直接根据线段和差关系，结合两组全等矩形的边相等，列式计算可得结论；
(2)解关于a的二元一次方程：a2-2ab-b2=0， 得到a=(2+1)b ，根据四个矩形的面积都是5分别表示小矩形的宽，再利用含a、b的代数式表示S四边形ABCDS矩形PQMN，化简后，再代入a=(2+1)b，即可解答.
18．【答案】95或9
【解析】【解答】解：如图1，取AD、AB中点P、Q，连接PQ、AG，
由旋转可知，AD=AE，∠DAE=60°，
∵AB= AC=23，∠BAC=120°，G是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=30°，∠BAG=60°，∠AGB=90°，
∴AG=12AB=3，BG=AB2-AG2=3，
∴BC=2BG=6，
∵CDBD=23，
∴BD=35BC=185，
∵Q是线段AB的中点，
∴AG=AQ，
∵H是线段AE的中点，P是线段AD的中点，
∴AP=AH，
∵∠DAE=∠BAG=60°，
∴∠HAG=∠PAQ，
∴△APQ≌△AHG，
∴QP=GH，
∵PQ是△ABD的中位线，
∴QP=12BD=95；
如图2，
同理可得，BD=3BC=18，QP=12BD=9；
故答案为：95或9.
【分析】取AD、AB中点P、Q，连接PQ、AG，由旋转的性质可得：AD=AE，∠DAE=60°，根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C=30°，∠BAG=60°，∠AGB=90°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AG，利用勾股定理求出BG，据此可得BC，结合已知条件可得BD，根据中点的概念可得AG=AQ，AP=AH，证明△APQ≌△AHG，得到QP=GH，然后根据中位线的性质可得QP，同理可得BD、QP、GH的值.
19．【答案】32；3210
【解析】【解答】解：∵∠DEL=90°，∠EGF=45°，
∴∠AEG=180°-90°=90°，
∴∠A=90°-45°=45°，
∵菱形ABCD，
∴∠C=∠A=45°，
∵∠CJI=180°-45°-90°=45°，
∴∠CIJ=180°-45°-45°=90°，
∴△CIJ是等腰直角三角形，
∴CI=IJ
∵△CIJ是面积为2
∴12CI2=2
解之：CJ=JI=2，
∴正方形④的边长和正方形⑤的直角边都2×22=2，
∴正方形②①的直角边长都为DE=22，
∴菱形的边长DC=DA=22+2+22=52
∴AE=AD-DE=52-22=32；
过点K作KN⊥SQ于点N，
∵SK=2，∠KSN=45°
∴KN=SKsin45°-=22×2=1；
∵DL=DEsin45°=2222=4，
∴QL=DL-DQ=4-22，
易证MQ∥DE，
∴△MLQ∽△DEL，设ML=MQ=x
∴MQDE=QLDL即x22=4-224
解之：x=22-2，
∴MQ=22-2，
∴SQ=4-22
∴d=4-22+22-2+1=3，
∴dAB=352=3210.
故答案为：32，3210.
【分析】利用七巧板的构成，可得到∠DEL=90°，∠EGF=45°，即可求出∠AEG的度数和∠A的度数，利用菱形的性质可得到∠C，∠AJI，∠CIJ的度数，由此可证得△CIJ是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可证得CI=IJ，利用三角形的面积公式可求出CJ的长；再求出正方形④的边长和正方形⑤的直角边及正方形②①的直角边长；从而可求出菱形的边长AD的长；然后根据AE=AD-DE，代入计算求出AE的长；过点K作KN⊥SQ于点N，利用解直角三角形求出KN，DL的长，根据QL=DL-QD可求出QL的长；再证明△MLQ∽△DEL，设ML=MQ=x，利用相似三角形的性质可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到MQ，SQ的长，即可求出d的值；然后代入计算求出 dAB 的值即可.
20．【答案】152；13
【解析】【解答】解：如图1所示，由题意得EF∥AD∥BC，
∴CFDF=EOAE=32，
∴可设DF=2x，CF=3x，
∴AB=5x，
∴如图2所示，TQ=2x，QM=2x，NM=AB=5x，
∴NT=x，
∵图形⑤的面积与图形④的面积同宽，
∴图形⑤的面积为15⋅NTTQ=152；
如图1、2所示，设DG=a，则AG=PQ=OC+FH=3.5+a，AN=BM=EH+FH+DG=2a+4，
∴OB=2a，
∵DF⋅DG=15，
∴2ax=15，
∵S梯形AOCD+152=S梯形AOMN，
∴3.5+a+a+3.52⋅5x+152=4+2a+42⋅5x，
∴7x+2ax+3=8x+2ax，
∴x=3，
∴a=52，
∴AB=15，OB=5，
∴tan∠BAO=OBAB=13，
故答案为：152，13.
【分析】由题意可得EF∥AD∥BC，根据平行线分线段成比例的性质可得CFDF=EOAE=32，设DF=2x，则CF=3x，AB=5x，TQ=2x，QM=2x，MN=AB=5x，NT=x，根据图形⑤的宽与图形④的宽相同可得15·NTTQ=152，设DG=a，则AG=3.5+a，AN=2a+4，OB=2a，根据DF·DG=15可得2ax=15，根据S梯形AOCD+152=S梯形AOMN可得x的值，然后求出a，进而得到AB、OB，接下来根据三角函数的概念进行计算.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB ∥ CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC，
∵BG 平分 ∠CBE 交 DE 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ 12 ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ 12 （∠ABC＋∠CBE）＝ 12 ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ 12 BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ CD2-OD2=52-32=4 ，
∴AC＝2OC＝8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24 ，
即菱形 ABCD 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG ∥ AC，
∴DHDG=DOBD=12 ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴DHEH=12 ，
∵AB ∥ CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴CHAH=DHEH=12 ，
∴CH＝ 13 AC＝ 83 ，
∴OH＝OC－CH＝4－ 83 ＝ 43 ，
∴tan∠BDE＝ OHOD=49 ；
（3）解：如图3，过点G作GT ∥ BC交AE于点T，此时ET＝ 103 ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG ∥ AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴EGGH=BEAB ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴DHGH=DOBO ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT ∥ BC，
∴GT ∥ AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴GTAD=EGED=ETEA=13 ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ 53 ，为定值，
此时ET＝ 13 AE＝ 13 （AB＋BE）＝ 103 ．
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=12∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
22．【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴KEEF=AEBF =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2 =4sin2α，
∴S2S1 =4sin2α-1．
【解析】【分析】（1）当点E与点M重合时，可求出AE，BE的长，利用AE=2BF，可求出BF的长；然后利用勾股定理求出EF2，即可得到正方形EFGH的面积.
（2）①利用已知和正方形的性质可证得∠KAE=∠B=90°，∠KEA+∠FEB=90°，利用余角的性质可证得∠KEA=∠CEFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△KEA∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可证得结论；
②由①得HK=GF，利用AAS证明△KHI≌△FGJ；然后证明△KHI∽△KAE，由此可证得S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2=4sin2α =4sin2α，即可证得结论.
23．【答案】（1）解：由题意，得DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=14
∵AB=8，
∴AD=2
（2）解：设△ABC的面积为S，△ADE的面积为S1，△CEF的面积为S2．
∵ADAB=14
∴S1S=(ADAB)2=116
∵S1=1，
∴S=16．
∵CECA=43
同理可得S2=9，
∴平行四边形BFED的面积=S-S1-S2=6．
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得DE∥BC，由此可推出△ADE∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AD的长.
（2）设△ABC的面积为S，△ADE的面积为S1，△CEF的面积为S2，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出S的值；同理可求出S2的值，然后根据平行四边形BFED的面积=S-S1-S2，代入计算可求解.
24．【答案】（1）证明：如图1，
∵菱形ABCD，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA.
∵FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴FA=FG.
（2）解：记AC中点为点O.
①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
∵在Rt△ABM中，AM= 35 AB=6，
∴BM=AB2-AM2=102-62=8.
∴FG=EF=AM=6，CM=BC-BM=2 ，
∵OA=OC，OE∥AM ，
∴CE=ME=12CM=12×2=1 ，
∴AF=ME=1，
∴AG=AF+FG=1+6=7.
②当点E在CD上时，如图3，过点A作AN⊥CD于点N.
同理，FG=EF=AN=6，CN=2，
AF=NE= 12 CN=1，
∴AG=FG-AF=6-1=5
∴AG=7或5.
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N.
①当点E在线段BM上时，0
CH=BC-BH=10-(4x+8)=2-4x
由 △GHC∽△FEB ，得 GHEF=CHBE ，
即 GHCH=EFBE ，
∴3x2-4x=34 ，解得 x=14 ，
∴.s=4x=1
由 △GHC~△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴3x2-4x=43 ，解得 x=825 ，
∴s=4x=3225 .
ii)若点H在点C的右侧， s+8>10 ，即 2
CH=BH-BC=(4x+8)-10=4x-2 .
由 △GHC~△FEB ，得 GHEF=CHBE ，
即 GHCH=EFBE ，
∴3x4x-2=34 ，方程无解.
由 △GHC∽△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴3x4x-2=43 ，解得 x=87 ，
∴s=4x=327.
②当点E在线段MC上时，8
EF=6，EH=8，BE=s.
∴BH=BE+EH=s＋8，CH=BH-BC=s-2.
由 △GHC~△FEB ，得 GHEF=CHBE ，即 GHCH=EFBE ，
∴6s-2=6s ，方程无解.
由 △GHC∽△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴6s-2=s6 ，解得 s=1±37 (舍去).
③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，
在Rt△BJC中，BC=10，CJ=6，BJ=8.
∵EH=BJ=8，JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，即CH=BF，
又∵GH=EF，∠GHC=∠EFB=Rt∠，
∴△GHC≌△EFB，符合题意，
此时，10≤s≤12.
④当点E在线段ND上时，12
∴△GHC与△BEF不相似.
综上所述，s满足的条件为：s=1或 s=3225 或 s=327 或10≤s≤12
【解析】【分析】（1）根据菱形性质得BA=BC，∠BAC=∠BCA，再由平行线性质得∠FGA=∠BCA，从而得到∠BAC=∠FGA， 进而证出FA=FG；
（2）分两种情况：①当点E在BC上时，过点A作AM⊥BC于点M，利用勾股定理求得BM=8，进而求出FG=EF=AM=6，CM=2，由三角形中位线性质求出CE=ME=1，则AF=1，再由AG=AF+FG即可求出AG的长；②当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于点N，同①中方法求出FG=EF=AN=6，CN=2，AF=NE=12CN=1，再由AG=FG-AF即可求出AG的长；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N，分四种情况：①当点E在线段BM上，010，即290°，所以△GHC与△BEF不相似. 综上可得出满足的条件.
25．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，且AE⊥BF，
图1
∴∠BAE+∠ABF=90°，∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∵∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴CE=DF；
（2）解：∵AB=4，BE=3，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=5，
如图2，过点C作CK⊥BH交于点K，
∵△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠KBC，
∵∠ABE=∠BKC，
∴△ABE~△BKC，
∴BEKC=ABBK=AEBC，
∵AB=BC=4，
∴BK=165， KC=125，
∵cos∠ABH=cos∠AEB=35，
∴BH=203，
∴KH=HB-BK=135，
∴tan∠BHC=KCKH=913；
（3）解：①点E在线段BC上，如图3，
由（1）得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵AH∥BC ，
∴∠AHB=∠HBC ，
∵∠BGE=∠HDF=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF ，
∵∠GEC=∠HFC ，
∴△GEC~△CFH，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB ，∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1-a，
∴DHBC=DFFC，
∴a=1-1k2-1，
∴BE=1k2-1，
∴CEBE=k2-1-1，
②点E在点C右侧，如图4，
同（1）可证得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵∠FDH=∠EBG=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF，
∵∠GEC=∠HFC，
∴△GEC~△CFH ，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB， ∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1+a，
∴DHBC=DFFC ，
∴a=1k2-1-1，
∴BE=1k2-1 ，
∴CEBE=1-k2-1，
综上所述，CEBE=k2-1-1或CEBE=1-k2-1.
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=90°，根据垂直的概念可得∠AGB=90°，由同角的余角相等可得∠BAE=∠FBC，证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，据此证明；
（2）根据勾股定理可得AE=5，过点C作CK⊥BH交于点K，根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠KBC，证明△ABE~△BKC，根据相似三角形的性质可得BK、KC，结合三角函数的概念可得BH，由KH=HB-BK可得KH，然后根据三角函数的概念进行计算；
（3）①点E在线段BC上，根据全等三角形的性质可得∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，根据平行线的性质可得∠AHB=∠HBC ， 证明∴△BGE~△HDF，△GEC~△CFH，设CE=DF=a，则FH=ak，利用勾股定理可得DH，证明△DFH~△CFB，设BC=CD=1，则CF=1-a，根据相似三角形的性质可得a，然后表示出BE，据此求解；②点E在点C右侧，同理求解即可.
26．【答案】（1）（5 5- 5）
（2）证明：如图②，延长DA、CG交于点K，
∵四边形ABCD是正方形，AD＝10cm，
∴AD∥BC，∠D＝90°，BC＝CD＝AD＝10cm，
∴∠K＝∠BCG，
由折叠得∠BCG＝∠ECK，AE＝DE =12 AD＝5cm，
∴∠K＝∠ECK，
∴EK＝EC =DE2+CD2=52+102= 5 5 （cm），
∴AK＝EK﹣AE＝（5 5- 5）cm，
∵AD∥BC，
∴△AKG∽△BCG，
∴AGBG=AKBC=55-510=5-12 ，
∴点G是AB的黄金分割点.
（3）解：PB＝BC或PB＝（ 5- 2）BC时，E、F分别是AD、AB的黄金分割点，
理由：设BE交CF于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝a，AD∥BC，∠A＝∠FBC＝90°，
∵CF⊥BE于点M，
∴∠BMC＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°﹣∠CBE，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF，
∴a﹣AE＝a﹣BF，
∴DE＝AF，
∵AE∥BP，
∴△AEF∽△BPF，
∴AFBF=AEBP ，
∴BF2＝BP•AF，
若AE＞DE，如图③，
则BF＞AF，
当BP＝BC时，则 AFBF=AEBC=BFAB ，
∴DEAE=AEAD ，
∴E、F分别是AD、AB的黄金分割点；
若AE＜DE，如图④，
设DE＝AF＝x，则BF＝a﹣x，
由 AFBF=DEAE=AEBP> 1可知AE＞BP，
∴BP＜a，
当PB＝（ 5- 2）BC时，由BF2＝BP•AF得（a﹣x）2＝（ 5- 2）ax，
整理得x2-5 ax+a2＝0，
∴解关于x的方程得x1=5-12 a，x2=5+12 a（不符合题意，舍去），
∴DE =5-12 AD，AF =5-12 AB，
∴E、F分别是AD、AB的黄金分割点.
【解析】【解答】（1）解：∵AC＝10cm，点B是AC的黄金分割点，
∴AB =5-12 AC =5-12× 10＝（5 5- 5）cm，
故答案为：（5 5- 5）；
【分析】（1）利用AB =5-12 AC即可求解；
（2）如图②，延长DA、CG交于点K， 由正方形的性质可得AD∥BC，∠D＝90，从而得出∠K＝∠BCG， 由折叠得∠BCG＝∠ECK，AE＝DE =12 AD＝5cm，从而得出∠K＝∠ECK， EK＝EC， 即得∠K＝∠ECK，由勾股定理求出EK＝EC= 55 ， 再证△AKG∽△BCG ，可得 AGBG=AKBC=5-12 ，即得点G是AB的黄金分割点；
（3）PB＝BC或PB＝（ 5- 2）BC时，E、F分别是AD、AB的黄金分割点，理由：根据ASA证明△ABE≌△BCF，可得AE＝BF，再证△AEF∽△BPF，可得AFBF=AEBP ，即得BF2＝BP•AF， 分两种情况：①若AE＞DE，如图③，则BF＞AF，当BP＝BC时，则 AFBF=AEBC=BFAB；②若AE＜DE，如图④，由 AFBF=DEAE=AEBP> 1可知AE＞BP，当PB＝（ 5- 2）BC时 ， 看额求出DE =5-12 AD，AF =5-12 AB， 据此分别证明即可
第15讲 四边形 2023年中考数学一轮复习专题训练（浙江专用）
一、单选题
1．（2022·宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出( )
A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积
C．△BEF的面积 D．△AEH的面积
2．（2022·湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD=10 B．HG=2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
3．（2022·绍兴）将一张以AB为边的矩形纸片，先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形（剪掉的两个直角三角形相似），剩下的是如图所示的四边形纸片 ABCD ，其中 ∠A=90° ， AB=9 ， BC=7 ， CD=6 ， AD=2 ，则剪掉的两个直角三角形的斜边长不可能是（ ）
A．252 B．454 C．10 D．354
4．（2022·绍兴）如图，在平行四边形 ABCD 中， AD=2AB=2 ， ∠ABC=60° ， E ， F 是对角线 BD 上的动点，且 BE=DF ， M ， N 分别是边 AD ，边 BC 上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形 MENF ；
②存在无数个矩形 MENF ；
③存在无数个菱形 MENF ；
④存在无数个正方形 MENF ．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2022·桐乡模拟）如图，在平行四边形 ABCD 中， AB=33 ， AD=3 ， ∠A=60°. 点 E 在 AB 边上，将 △ADE 沿着直线 DE 翻折得 △A'DE. 连结 A'C ，若点 A' 恰好落在 ∠BCD 的平分线上，则 A' ， C 两点间的距离为（ ）
A．3或6 B．3或 332 C．332 D．6
6．（2022·丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G，若cosB＝ 14 ，则FG的长是（ ）
A．3 B．83 C．2153 D．52
7．（2022·瑞安模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°， 分别以AC， BC为边向外作正方形ACDE与正方形BCFG， H为EG的中点，连接DH，FH.记△FGH的面积为S1，△CDH的面积为S2，若S1－S2＝6，则AB的长为（ ）
A．26 B．32 C．33 D．42
8．（2022·龙游会考）如图，将矩形纸片ABCD沿EF、GN折叠，使点A和点C重合于点M，点D与点H重合，点B落在边AD上的点P处，且MN经过点P.已知EPPG=43，FN=10cm，则GD的长为（ ）
A．425cm B．435cm C．445cm D．9cm
9．（2022·路桥模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，P是AB的中点.若OP=4，AP=3，则平行四边形ABCD的周长为（ ）
A．12 B．14 C．22 D．28
10．（2022·舟山模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2 5 ，E是BC的中点，将△ABE沿直线AE翻折，点B落在点F处，连接CF，则cos∠ECF的值为（ ）
A．23 B．104 C．53 D．255
二、填空题
11．（2022·台州）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 ．
12．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2 ．
13．（2022·温州）如图，在菱形ABCD中， AB=1，∠BAD=60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形 AENH 和菱形 CGMF ，使点E，F，G，H分别在边 AB、BC、CD、DA 上，点M，N在对角线 AC 上．若 AE=3BE，则 MN 的长为 ．
14．（2022·奉化模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且 AC=6 ， BD=8 ．过O的直线EF交BC于E，交AD于F．把四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形 C'EFD' ， C'D' 交AC于点G．当 C'D'∥BD 时， C'GD'G 的值为 ，BE的长为 ．
15．（2022·奉化模拟）定义：若一个矩形中，一组对边的两个三等分点在同一个反比例函数 y=kx 的图像上，则称这个矩形为“奇特矩形”．如图，在直角坐标系中，矩形ABCD是第一象限内的一个“奇特矩形”．且点 A(4，1) ， B(7，1) ，则BC的长为 ．
16．（2022·宁波模拟）如图，在矩形 ABCD中，点E在边AD上，BE⊥AC 于点F，若AD=2，AB=CF，则sin∠ABE 的值为 ．
17．（2022·丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN.已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5，AE=a，DE=b，且a>b.
（1）若a，b是整数，则PQ的长是 ；
（2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则 S四边形ABCDS矩形PQMN 的值是 ．
18．（2022·嵊州模拟）如图，在△ABC中，AB= AC=23，∠BAC=120°，D为直线BC上一点，连结AD，把线段AD绕点A按逆时针旋转60°得到线段AE，H是线段AE的中点，G是线段BC的中点，连结DE，GH，若CDBD=23，则GH的长为 .
19．（2022·泰顺模拟）如图1是将正方形分割成七个几何图形得到的七巧板，它是中国古代劳动人民发明的一种智力玩具．图2是由七巧板拼成“熊”的几何图形．四边形ABCD是菱形，且CIJ的面积为2，则AE= ．记点K到直线LG的距离为d，则 dAB =
20．（2022·鹿城会考）郑在一次拼图游戏中，发现了一个很神奇的现象：
⑴他先用图形①②③④拼出矩形ABCD.
⑵接着拿出图形⑤ .
⑶通过平移的方法，用①②③④⑤拼出了矩形ABMN.已知AE：EO = 2：3，图形④的面积为15，则增加的图形⑤的面积为 ：，当CO=312，EH=4时，tan∠BAO= .
三、综合题
21．（2022·衢州）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
（1）求证：∠DBG=90°.
（2）若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积.
②求tan∠BDE的值.
（3）若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时（0°<∠DAB<180°），在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
22．（2022·杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE=2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
（1）如图1．若AB=4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积
（2）如图2．已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：EK=2EH；
②设∠AEK=α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1、S2．
求证： S2S1 =4sin2α-1．
23．（2022·杭州）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边AB，AC，BC上，连接DE，EF．已知四边形BFED是平行四边形，DEBC=14 、
（1）若AB=8，求线段AD的长．
（2）若△ADE的面积为1，求平行四边形BFED的面积．
24．（2022·金华）如图，在菱形ABCD中，AB=10. sinB=35 ，点E从点B出发沿折线B-C-D向终点D运动.过点E作点E所在的边(BC或CD)的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH.
（1）如图1，点G在AC上.求证：FA=FG.
（2）若EF=FG，当EF过AC中点时，求AG的长.
（3）已知FG=8，设点E的运动路程为s.当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似(包括全等)？
25．（2022·龙游会考）在正方形ABCD，E，F分别是射线BC，CD上的点，AE⊥BF于点G.
（1）如图1，若点E是BC边上的点.求证：CE=DF.
（2）如图2，在（1）的条件下，延长BF交AD的延长线于点H，连结CH.若AB=4，BE=3，求tan∠BHC的值.
（3）延长BF交射线AD于点H，连结CG，CH，若CHCG=k，求CEBE的值（用含k的代数式表示）.
26．（2022·舟山模拟）我们知道：如图①，点B把线段AC分成两部分，如果 BCAB=ABAC .那么称点为B线段AC的黄金分割点.它们的比值为 5-12 .
（1）在图①中，若AC＝10cm，则AB的长为 cm；
（2）如图②，用边长为10cm的正方形纸片进行如下操作：对折正方形ABCD得折痕EF，连接CE，将CB折叠到CE上，点B对应点H，得折痕CG.试说明G是AB的黄金分割点；
（3）如图③，小明进一步探究：在边长为a的正方形ABCD的边AD上任取点E，连接BE，作CF⊥BE，交AB于点F，延长EF、CB交于点P.他发现当PB与BC满足某种关系时E、F恰好分别是AD、AB的黄金分割点.请猜想小明的发现，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：设MD=m，MH=n，则MH=m-n，
∵矩形纸片和正方形纸片的周长相等，
∴2AP+2(PG-PH)=2AP+2（m-n）=4m，
∴AP=m+n，
∴阴影部分面积=S矩形ABCD-2S△ADH-2S△AEB
=(2m+n)(2m-n)-2×12(m-n)(2m+n)-2×12(2m-n)m
=2mn，
∵正方形纸片的面积=m2，四边形EFGH的面积=n2，△BEF的面积=12mn， △AEH的面积=12n(m-n) ；
∴△BEF的面积=14阴影部分面积，
∴一定能求出△BEF的面积.
故答案为：C.
【分析】设设MD=m，MH=n，则MH=m-n，根据矩形纸片和正方形纸片的周长相等，列式求出AP=m+n，然后根据面积的和差表示图中阴影部分的面积，再整理化简，再用m、n分别表示出四个选项的面积，即可作出选择.
2．【答案】D
【解析】【解答】解：∵BD是矩形ABCD的对角线，AB=6，BC=8，
∴AD=BC=8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴A选项不符合题意；
∵△ABE沿BE翻折，△DCF沿DF翻折，翻折后点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴BG=AB=6，HD=CD=6，
∴HG=HD-（BD-BG）=6-（10-6）=2，
∴B选项不符合题意；
∵∠EGB=∠A=90°，∠FHD=∠B=90°，
∴∠EGB=∠FHD=90°，
∴EG∥FH，
∴C选项符合题意；
若GF⊥BC，
则∠HGF+∠HFG=90°，
又∵∠GBF+∠BFH=90°，
∴∠HGF=∠GBF=45°，
∵无法确定BF=GF，
∴GF⊥BC不一定成立，
∴D选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据矩形性质得AD=BC=8，由勾股定理求得BD=10，可判断A选项；由图形折叠的性质得，BG=AB=6，HD=CD=6，再由线段和差关系求出HG=2，可判断B选项；由∠EGB=∠FHD=90°，可判断EG∥FH，可判断C选项；若GF⊥BC，推出∠HGF+∠HFG=90°，再结合∠GBF+∠BFH=90°，从而得∠HGF=∠GBF=45°，因为无法确定BF=GF，故GF⊥BC不一定成立，可判断D选项. 据此逐项分析，即可得出正确答案.
3．【答案】A
【解析】【解答】解：如图1，
∵剪掉的是两个直角三角形，
∴∠F=∠BCE=90°，∠FED+∠BEC=90°，∠BEC+∠CBE=90°，
∴∠FED=∠CBE，
∴△FED∽△CBE，
∴DFCE=FEBC=DEBE
∵矩形ABEF，
∴AB=EF=9，
设DF=x，则AF=BE=x+2，CE=y，则DE=6+y
∴xy=97=6+yx+2
解之：x=274y=214
经检验x=274y=214是有原方程组的解
∴DE=6+214=454，故B不符合题意；
BE=274+2=354，故D不符合题意；
如图2
同理可知△CFD∽△EFB，
∴DFBF=DCEF=CFBE
设FC=m，则BF=7+m，DF=n，则AF=BE=n+2，
∴n7+m=69=mn+2
解之： m=8n=10
经检验m=8n=10是原方程组的解，
∴DF=10，故C不符合题意；
BF=7+8=15，故A符合题意；
故答案为：A.
【分析】分情况讨论：如图1，易证△FED∽△CBE，利用相似三角形的对应边成比例，可得比例式，设DF=x，则AF=BE=x+2，CE=y，则DE=6+y，可得到关于x，y的方程组，解方程组求出x，y的值；再求出DE，BE的长，可对B，D作出判断；如图2，同理可知△CFD∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可得比例式，设FC=m，则BF=7+m，DF=n，则AF=BE=n+2，可得到关于m，n的方程组，解方程组求出m，n的值；再求出DF，BF的长，可对A，C作出判断.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，OB=OD
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∠MAO=∠NCOAO=CO∠AOM=∠CON
∴△MAO≌△NCO（ASA）
∴OM=ON；
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴当OM=ON时四边形MENF一定是平行四边形，
∴ 存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
∵四边形MENF是平行四边形，
∴当MN=EF时，四边形MENF是矩形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
∵点E，F是BD上的动点，
∴只需MN⊥EF，OM=ON，
就存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④不符合题意；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，利用平行四边形的性质可证得OA=OC，AD∥BC，OB=OD，利用平行线的性质可得到∠MAO=∠NCO，利用ASA证明△MAO≌△NCO，利用全等三角形的性质去证明OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形MENF是平行四边形，利用M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，可对①作出判断；易证四边形MENF是平行四边形，利用对角线相等的四边形是矩形，可对②作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，利用点E，F是动点，可对③作出判断；只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，这样的正方形只有一个，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
5．【答案】A
【解析】【解答】解：由翻折可得， AD=AD'=3 ，
∵ 四边形ABCD为平行四边形， AB=33 ， ∠A=60° ，
∴AB=CD=33 ， ∠BCD=∠A=60° ，
∵A'C 平分 ∠BCD ，
∴∠A'CB=∠A'CD=30° ，
当点A'在平行四边形ABCD内部时，过点A' 作 A'M⊥CD 于点M ，
设 A'M=x ，
在 Rt△A'CM 中， tan∠A'CM=tan30°=A'MMC=xMC=33 ，
∴MC=3x ， DM=CD-MC=33-3x ，
在 Rt△A'DM 中，由勾股定理可得，
A'D2=A'M2+DM2 ，
即 32=x2+(33-3x)2 ，
解得 x=32 或 3( 舍去 ) ，
∴A'C=2A'M=3 ；
当点A' 在平行四边形ABCD外部时，过点D 作 DN⊥A'C 于点N ，
在 Rt△CDN 中， CD=33 ， ∠A'CD=30° ，
∴sin∠A'CD=sin30°=DNCD=DN33=12 ，
cos∠A'CD=cos30°=CNCD=CN33=32 ，
∴DN=332 ， CN=92 ，
在 Rt△A'DN 中，
A'N=A'D2-DN2=32-(332)2=32 ，
∴A'C=A'N+CN=32+92=6 .
综上所述， A'C=3 或6.
故答案为：A.
【分析】由翻折可得AD=AD′=3，根据平行四边形的性质可得AB=CD，∠BCD=∠A=60°，根据角平分线的概念可得∠A′CB=∠A′CD=30°，当点A′在平行四边形ABCD内部时，过点A′作A′M⊥CD于点M，设A′M=x，根据三角函数的概念可得MC，然后表示出DM，根据勾股定理求出x，进而可得A′C的值；当点A′在平行四边形ABCD外部时，过点D作DN⊥A′C于点N，根据三角函数的概念可得DN、CN， 利用勾股定理求出A′N，然后根据A′C=A′N+CN进行计算.
6．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，
由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
∵cosB= 14 ，
∴BH=1=12BE，
∴H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，AD∥FG，
∴∠FAG=∠AFG，
∴AG=FG，
又∵PF∥AD， AP∥DF，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵PF∥BC，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cos∠B=cos∠AGP=12PGAG=2-x2x=14，
解得x=83.
故答案为：B.
【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，cosB= 14 ，推出H是BE的中点，根据条件求出AG=FG， EG=GP，设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，根据平行线的性质和等腰三角形的性质，得出∠AGP=∠B，根据cos∠AGP=14建立方程，即可求出FG的长.
7．【答案】A
【解析】【解答】解：连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，
∵四边形ACDE，BCFG是正方形，
∴AD⊥EC，BF⊥CG，AD=EC，BF=CG ， DM=12AD，FN=12BF ，
设 AC=a，BC=b ，
∵∠ EAC=90°，AE=AC=a ，
∴EC=AE2+AC2=2a
∴AD=2a ，
∴DM=12AD=12×2a=22a ，
同理可证： CG=2b，FN=22b ，
∵EG=EC+CG ，
∴EG=2(a+b) ，
∵H为EG的中点，
∴HG=EH=12×2(a+b)=22(a+b) ，
∴CH=EH-EC=22(b-a) ，
∵S1=SΔFG1H=12⋅HG⋅FN=ab+b24 ， S2=SΔ(DH=12CH·DM=ab-a24
又∵S1-S2=6 ，
∴ab+b24-ab-a24=6 ，
整理得， a2+b2=24 ，
∵∠ ACB=90° ，
∴AB=AC2+BC2=24=26.
故答案为：A.
【分析】连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，根据正方形的性质可得AD⊥EC，BF⊥CG，
AD=EC，BF=CG，DM=12AD，FN=12BF，设AC=a，BC=b，则EC=2a，AD=2a，DM=22a，CG=2b，FN=22b，EG=2(a+b)，根据中点的概念可得HG=EH=22(a+b)，则CH=EH-EC=22(b-a)，然后表示出S1、S2，结合S1-S2＝6可得a2+b2=24，则∠ACB=90°，接下来利用勾股定理计算即可.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：如图，过点P作PQ⊥BC，则四边形ABQP，QPDC是矩形，PD=QC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PQ=AB，∠EMP=∠A=90°，EP//FN，EM//PF，
∴∠MPE=∠PNF，
∵∠EMP=∠FPN=90°，
∴∠1=∠2，
∵折叠，
∴∠PFE=∠BFE，∠CNG=∠GNP，
∵AB//CD，
∴∠PEF=∠EFB，∠PGN=∠GNC，
∴∠PEF=∠PFE，∠PGN=∠PNG，
∴PE=PF，PG=PN，
∵EPPG=43，FN=10cm，
∴tan∠1=PNPF=GPEP=34，
∵∠1=90°-∠PNQ=∠QPN，
∴tan∠QPN=QNPQ=34，
设PF=4k，PN=3k，则FN=5k，
Rt△PFN中，FN=10，
∴k=2，
∴PF=8，PN=6，
∴PQ=PF⋅PNFN=8×610=245，
∵QNPQ=34，
∴QN=34×245=185，
∴NC=MN=PM+PN=PQ+PN=245+6=545，
∴PD=QC=QN+NC=18+545=725，
∵PG=PN=6，
∴GD=725-6=425.
故答案为：A.
【分析】过点P作PQ⊥BC，则四边形ABQP、QPDC是矩形，PD=QC，根据矩形的性质可得PQ=AB，∠EMP=∠A=90°，EP∥FN，EM∥PF，根据平行线的性质可得∠MPE=∠PNF，根据等角的余角相等可得∠1=∠2，根据折叠的性质可得∠PFE=∠BFE，∠CNG=∠GNP，根据平行线的性质可得∠PEF=∠EFB，∠PGN=∠GNC，推出PE=PF，PG=PN，根据三角函数的概念可设PF=4k，PN=3k，则FN=5k，结合FN的值可得k的值，然后求出PF、PQ、QN、NC、PD、PG，据此计算.
9．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ BO＝DO，AB＝CD，AD＝BC，
∵ P是AB的中点，AP=3，OP=4，
∴AB＝2AP＝6，OP是△ABD的中位线，
∴AD＝2OP＝8，
∴平行四边形ABCD的周长为AB＋CD＋AD＋BC＝2AB＋2AD＝28.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形的性质可得O＝DO，AB＝CD，AD＝BC，根据中点的概念可得AB＝2AP＝6，易得OP是△ABD的中位线，则AD＝2OP＝8，据此不难求出平行四边形ABCD的周长.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵E是BC的中点，BC＝2 5 ，
∴BE＝CE =12 BC =5 ，
∴AE =AB2+BE2=22+(5)2= 3，
由翻折变换的性质得：△AFE≌△ABE，
∴∠AEF＝∠AEB，EF＝BE =5 ，
∴EF＝CE，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠BEF＝∠EFC+∠ECF，
∴∠AEB＝∠ECF，
∴cos∠ECF＝cos∠AEB =BEAE=53 .
故答案为：C.
【分析】由矩形的性质可得∠B＝90°，由勾股定理求出AE，由翻折变换的性质得△AFE≌△ABE，可得
∠AEF＝∠AEB，EF＝BE =5 ，从而得出EF＝CE，由等边对等角可得∠EFC＝∠ECF，由三角形外角的性质可推出∠AEB＝∠ECF，根据cos∠ECF＝cos∠AEB =BEAE即可求解.
11．【答案】33；6-33
【解析】【解答】解：如图1，当点M与点B重合时，
∵ 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，
∴EF垂直平分AB，
∴AD=AB=6，
在Rt△AEF中，∠A=60°，
∴EF=ADsin∠A=6sin60°=6×32=33；
如图2，连接AM交EF于点N，过点A作AH⊥DC，交CD的延长线于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=6，AD∥BC，
∴∠BAD=∠ABH=60°，∠DAM=∠AMH，
∵∠BAH=30°，
∴BH=3，AH=ABsin∠A=6sin60°=6×32=33；
设BM=x，DF=y则HM=x+33，
∴AM=332+3+x2=x2+6x+36
∵折叠菱形，
∴EF垂直平分AM，
∴AN=12x2+6x+36，
∵∠ANF=∠MHA=90°，∠FAN=∠ANH
∴△FAN∽△ANH
∴AFAM=ANMH即AFx2+6x+36=12x2+6x+363+x
解之：AF=x2+6x+362x+6
∴y=DF=AD-AF=6-x2+6x+362x+6=-x2+6x2x+6
∴x2+（2y-6）x+6y=0
b2-4ac=（2y-6）2-24y≥0
∴y≤6-33，y≥6+33
∵0≤y≤6
∴0≤y≤6-33
∴DF的最大值为6-33.
故答案为：33，6-33.
【分析】如图1，当点M与点B重合时，利用折叠的性质可证得EF垂直平分AB，利用线段垂直平分线的性质，可求出AD的长，在Rt△AEF中，利用解直角三角形求出EF的长；连接AM交EF于点N，过点A作AH⊥DC，交CD的延长线于点H，利用菱形的性质可证得AD=AB=6，AD∥BC，利用平行线的性质可得到∠BAD=∠ABH=60°，∠DAM=∠AMH，利用解直角三角形求出BH，AH的长，设BM=x，DF=y，表示出HM的长，利用勾股定理可表示出AM的长，再利用折叠的性质可表示出AN的长；利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△FAN∽△ANH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AF的长，根据y=AD=AF，可得到y与x之间的函数解析式，从而可得到关于x的方程，由b2-4ac≥0，可建立关于y的不等式，然后求出y的取值范围，即可得到DF的最大值.
12．【答案】8
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
13．【答案】32
【解析】【解答】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=BD=1
∴OD＝12BD=12，
∴AO＝AD2-DO2＝12-(12)2＝32
∴AC＝2AO＝3，
∵AE＝3BE，
∴AE＝34，BE＝14，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF＝14，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝MI=BF•sin60°＝14×32＝38，
∴AM＝CN=MIsin30°＝3812＝34，
∴MN＝AC-AM-CN＝3-34-34=32.
故答案为：32.
【分析】连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，利用菱形的性质和∠BAD＝60°，可求出∠BAC的度数，同时可证得△ABD是等边三角形，利用等边三角形的性质可求出DO的长；利用勾股定理求出AO的长，从而可求出AC的长；利用AE=3BE，可得到AE，BE，BF的长；利用解直角三角形求出FJ，MI，AM，CN的长；然后根据MN=AC-CN，代入计算求出MN的长.
14．【答案】916；2013
【解析】【解答】解：如图，连接C'O，D'O，
∵菱形ABCD，AC=6，BD=8，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴CD=32+42=5，
∵四边形CDFE沿着EF折叠得到四边形C'EFD'，
∴OC=OC'=3，OD=OD'=4，CD=CD'=5，
∵C'D'∥BD，
∴OA⊥C'D'，
∴OG2=OC'2-C'G2=D'O2-D'G2，
∴9-C'G2=16-（5-C'G）2，
整理，解得：C'G=95，
∴D'G=165，
∴C'GD'G=916；
如图，连接C'C交OE与点M，过点E作EN⊥BD于点N，
易知：OC'=OC=3，OB=OD=4，C'G=95，
∴OG=125，
∴CG=125+3=275，
∵C'C⊥EF，AC⊥BD，
∴∠NOE+∠EOC=∠EOC+∠GCC'=90°，
∴∠NOE=∠GCC'，
∴tan∠NOE=ENNO=tan∠GCC'=C'GCG=95275=13，即ENNO=13，
∴设EN=a，NO=3a，
∴BN=4-3a，
∵EN∥CO，
∴ENCO=BNBO，即a3=4-3a4，
整理，解得：a=1213，
∴BN=1613，
∴BE=BN2+NE2=(1613)2+(1213)2=2013.
故答案为：916，2013.
【分析】连接C'O，D'O，由菱形性质得AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，由勾股定理得CD=5，由折叠性质得OC=OC'=3，OD=OD'=4，CD=CD'=5，再结合勾股定理得OG2=OC'2-C'G2=D'O2-D'G2，即9-C'G2=16-（5-C'G）2，求得C'G=95，D'G=165，即可求得C'GD'G的比值；连接C'C交OE于M，过点E作EN⊥BD于点N，易得OC'=OC=3，OB=OD=4，C'G=95，进而求得CG=125+3=275，
由C'C⊥EF，AC⊥BD，可推出∠NOE=∠GCC'，即得tan∠NOE=ENNO=tan∠GCC'=C'GCG=13，即ENNO=13，设EN=a，NO=3a，表示出BN=4-3a，由平行线分线段成比例可得a3=4-3a4，解得a=1213，即得
BN=1613，最后由勾股定理即可求得BE的长.
15．【答案】15 或9
【解析】【解答】解：设BC=a，
①当反比例函数y=kx的图象过CD、AB上的三等分点时，
∵A（4，1），B（7，1），
∴（5，a+1）和（6，1）在反比例函数的图象上，
∴5（a+1）=6，
∴a=15；
②当反比例函数y=kx的图象过AD、CB上的三等分点时，
∵A（4，1），B（7，1），
∴（4，23a+1）和（7，13a+1）在反比例函数的图象上，
∴4（23a+1）=7（13a+1），
∴a=9，
综上，BC的长为15或9.
故答案为：15或9.
【分析】设BC=a，根据”奇特矩形“定义分两种情况：①当反比例函数y=kx的图象过CD、AB上的三等分点时，②当反比例函数y=kx的图象过AD、CB上的三等分点时，分别求出反比例函数经过的两个三等分点，再根据k=xy代入数据据列出关于a的方程求解，即可求得BC的长.
16．【答案】5-12
【解析】【解答】解：∵BE⊥AC，即∠AFB=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABC=
∴∠ABF+∠CBF=∠CBF+∠BCF，
∴∠ABF=∠BCF，
∴△AFB∽△ABC，
∴ABAF=ACAB，
∵AB=CF，
∴ABAF=AF+ABAB，
∴AF2+AF·AB-AB2=0，
∴AF=5-12AB或-5-12AB（舍去），
∴sin∠ABE=AFAB=5-12.
故答案为：5-12.
【分析】根据矩形的性质和余角的性质求出∠ABF=∠BCF，再证明△AFB∽△ABC，根据成比例的性质求出ABAF=ACAB，结合AB=CF，将比例式化成AF2+AF·AB-AB2=0，解关于AF的一元二次方程，求出AF=5-12AB，最后根据三角函数的定义计算即可.
17．【答案】（1）a-b
（2）3+22
【解析】【解答】解：(1)∵①和②能够重合，③和④能够重合，AE=a，DE=b，
∴PQ=AE+DE-2ED=a+b-2b=b，
故答案为：a-b；
(2)∵a2- 2ab- b2=0，
∴a2-b2=2ab，
则(a-b)2=2b2，
∴a=(2+1)b或(1-2)b(舍去)，
∵四个矩形的面积都是5，AE=a，DE=b，
∴EP=5a，EN=5b，
∴ S四边形ABCDS矩形PQMN=a+b5a+5ba-b5b-5a=a2+2ab+b2a2-2ab+b2=a2b2=2+12b2b2=3+22.
故答案为：3+22.
【分析】(1)直接根据线段和差关系，结合两组全等矩形的边相等，列式计算可得结论；
(2)解关于a的二元一次方程：a2-2ab-b2=0， 得到a=(2+1)b ，根据四个矩形的面积都是5分别表示小矩形的宽，再利用含a、b的代数式表示S四边形ABCDS矩形PQMN，化简后，再代入a=(2+1)b，即可解答.
18．【答案】95或9
【解析】【解答】解：如图1，取AD、AB中点P、Q，连接PQ、AG，
由旋转可知，AD=AE，∠DAE=60°，
∵AB= AC=23，∠BAC=120°，G是线段BC的中点，
∴∠B=∠C=30°，∠BAG=60°，∠AGB=90°，
∴AG=12AB=3，BG=AB2-AG2=3，
∴BC=2BG=6，
∵CDBD=23，
∴BD=35BC=185，
∵Q是线段AB的中点，
∴AG=AQ，
∵H是线段AE的中点，P是线段AD的中点，
∴AP=AH，
∵∠DAE=∠BAG=60°，
∴∠HAG=∠PAQ，
∴△APQ≌△AHG，
∴QP=GH，
∵PQ是△ABD的中位线，
∴QP=12BD=95；
如图2，
同理可得，BD=3BC=18，QP=12BD=9；
故答案为：95或9.
【分析】取AD、AB中点P、Q，连接PQ、AG，由旋转的性质可得：AD=AE，∠DAE=60°，根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C=30°，∠BAG=60°，∠AGB=90°，根据含30°角的直角三角形的性质可得AG，利用勾股定理求出BG，据此可得BC，结合已知条件可得BD，根据中点的概念可得AG=AQ，AP=AH，证明△APQ≌△AHG，得到QP=GH，然后根据中位线的性质可得QP，同理可得BD、QP、GH的值.
19．【答案】32；3210
【解析】【解答】解：∵∠DEL=90°，∠EGF=45°，
∴∠AEG=180°-90°=90°，
∴∠A=90°-45°=45°，
∵菱形ABCD，
∴∠C=∠A=45°，
∵∠CJI=180°-45°-90°=45°，
∴∠CIJ=180°-45°-45°=90°，
∴△CIJ是等腰直角三角形，
∴CI=IJ
∵△CIJ是面积为2
∴12CI2=2
解之：CJ=JI=2，
∴正方形④的边长和正方形⑤的直角边都2×22=2，
∴正方形②①的直角边长都为DE=22，
∴菱形的边长DC=DA=22+2+22=52
∴AE=AD-DE=52-22=32；
过点K作KN⊥SQ于点N，
∵SK=2，∠KSN=45°
∴KN=SKsin45°-=22×2=1；
∵DL=DEsin45°=2222=4，
∴QL=DL-DQ=4-22，
易证MQ∥DE，
∴△MLQ∽△DEL，设ML=MQ=x
∴MQDE=QLDL即x22=4-224
解之：x=22-2，
∴MQ=22-2，
∴SQ=4-22
∴d=4-22+22-2+1=3，
∴dAB=352=3210.
故答案为：32，3210.
【分析】利用七巧板的构成，可得到∠DEL=90°，∠EGF=45°，即可求出∠AEG的度数和∠A的度数，利用菱形的性质可得到∠C，∠AJI，∠CIJ的度数，由此可证得△CIJ是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质可证得CI=IJ，利用三角形的面积公式可求出CJ的长；再求出正方形④的边长和正方形⑤的直角边及正方形②①的直角边长；从而可求出菱形的边长AD的长；然后根据AE=AD-DE，代入计算求出AE的长；过点K作KN⊥SQ于点N，利用解直角三角形求出KN，DL的长，根据QL=DL-QD可求出QL的长；再证明△MLQ∽△DEL，设ML=MQ=x，利用相似三角形的性质可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到MQ，SQ的长，即可求出d的值；然后代入计算求出 dAB 的值即可.
20．【答案】152；13
【解析】【解答】解：如图1所示，由题意得EF∥AD∥BC，
∴CFDF=EOAE=32，
∴可设DF=2x，CF=3x，
∴AB=5x，
∴如图2所示，TQ=2x，QM=2x，NM=AB=5x，
∴NT=x，
∵图形⑤的面积与图形④的面积同宽，
∴图形⑤的面积为15⋅NTTQ=152；
如图1、2所示，设DG=a，则AG=PQ=OC+FH=3.5+a，AN=BM=EH+FH+DG=2a+4，
∴OB=2a，
∵DF⋅DG=15，
∴2ax=15，
∵S梯形AOCD+152=S梯形AOMN，
∴3.5+a+a+3.52⋅5x+152=4+2a+42⋅5x，
∴7x+2ax+3=8x+2ax，
∴x=3，
∴a=52，
∴AB=15，OB=5，
∴tan∠BAO=OBAB=13，
故答案为：152，13.
【分析】由题意可得EF∥AD∥BC，根据平行线分线段成比例的性质可得CFDF=EOAE=32，设DF=2x，则CF=3x，AB=5x，TQ=2x，QM=2x，MN=AB=5x，NT=x，根据图形⑤的宽与图形④的宽相同可得15·NTTQ=152，设DG=a，则AG=3.5+a，AN=2a+4，OB=2a，根据DF·DG=15可得2ax=15，根据S梯形AOCD+152=S梯形AOMN可得x的值，然后求出a，进而得到AB、OB，接下来根据三角函数的概念进行计算.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB ∥ CD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC，
∵BG 平分 ∠CBE 交 DE 于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝ 12 ∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝ 12 （∠ABC＋∠CBE）＝ 12 ×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝ 12 BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝ CD2-OD2=52-32=4 ，
∴AC＝2OC＝8，
∴S菱形ABCD=12AC×BD=12×8×6=24 ，
即菱形 ABCD 的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BG ∥ AC，
∴DHDG=DOBD=12 ，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴DHEH=12 ，
∵AB ∥ CD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴CHAH=DHEH=12 ，
∴CH＝ 13 AC＝ 83 ，
∴OH＝OC－CH＝4－ 83 ＝ 43 ，
∴tan∠BDE＝ OHOD=49 ；
（3）解：如图3，过点G作GT ∥ BC交AE于点T，此时ET＝ 103 ．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BG ∥ AC，
∴△BGE∽△AHE，
∴EGGH=BEAB ，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴DHGH=DOBO ，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GT ∥ BC，
∴GT ∥ AD，
∴△EGT∽△EDA，
∴GTAD=EGED=ETEA=13 ，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝ 53 ，为定值，
此时ET＝ 13 AE＝ 13 （AB＋BE）＝ 103 ．
【解析】【分析】（1）利用菱形的性质可证得BC=DC，AB∥CD，利用平行线的性质和等腰三角形的性质可证得∠BDC=∠CBD，∠BDC=∠ABD，从而可推出∠CBD＝∠ABD＝ 12 ∠ABC；再利用角平分线的定义可证得∠CBG=∠EBG=12∠CBE，由此可求出∠DBG的度数.
（2）①连接AC交BD于点O，利用菱形的性质可求出OD的长，同时可证得AC⊥BD，利用垂直的定义可证得∠DOC=90°；利用勾股定理求出OC的长，即可得到AC的长；然后利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，可求出菱形ABCD的面积；
②连接AC，分别交BD、DE于点O、H，利用菱形的对角线互相垂直，去证明BG∥AC，利用平行线分线段成比例定理可求出DH与DG的比值，可得到DH＝HG，DG＝2DH，同时可求出DH和EH的比值；再证明△CDH∽△AEH，利用相似三角形的对应边成比例可求出CH的长，利用HO=OC-CH，可求出HO的长；然后利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBE的值.
（3）过点G作GT∥BC交AE于点T，一组△BGE∽△AHE，利用相似三角形的对应边成比例，可证得EG=GH；同理可证得△DOH∽△DBG，可推出DH＝GH＝EG；利用GT∥AD，可证得△EGT∽△EDA，利用相似三角形的对应边成比例，可求出GT的长；然后求出ET的长.
22．【答案】（1）解：由题意，得AE=BE=2，
∵AE=2BF，
∴BF=1，
由勾股定理，得EF2=BE2+BF2=5，
∴正方形EFGH的面积为5.
（2）①证明：由题意，知∠KAE=∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF=90°，
∴∠KEA+∠FEB=90°，
∴∠KEA=∠CEFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴KEEF=AEBF =2．
∴EK=2EF=2EH．
②解：由①得HK=GF，
又∵∠KHI=∠FGJ=90°，∠KIH=∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ．
∴△KHI的面积为S1．
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2 =4sin2α，
∴S2S1 =4sin2α-1．
【解析】【分析】（1）当点E与点M重合时，可求出AE，BE的长，利用AE=2BF，可求出BF的长；然后利用勾股定理求出EF2，即可得到正方形EFGH的面积.
（2）①利用已知和正方形的性质可证得∠KAE=∠B=90°，∠KEA+∠FEB=90°，利用余角的性质可证得∠KEA=∠CEFB，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△KEA∽△EFB，利用相似三角形的对应边成比例可证得结论；
②由①得HK=GF，利用AAS证明△KHI≌△FGJ；然后证明△KHI∽△KAE，由此可证得S1+S2S1=(KAKH)2=4KA2KE2=4sin2α =4sin2α，即可证得结论.
23．【答案】（1）解：由题意，得DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=DEBC=14
∵AB=8，
∴AD=2
（2）解：设△ABC的面积为S，△ADE的面积为S1，△CEF的面积为S2．
∵ADAB=14
∴S1S=(ADAB)2=116
∵S1=1，
∴S=16．
∵CECA=43
同理可得S2=9，
∴平行四边形BFED的面积=S-S1-S2=6．
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得DE∥BC，由此可推出△ADE∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AD的长.
（2）设△ABC的面积为S，△ADE的面积为S1，△CEF的面积为S2，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，可求出S的值；同理可求出S2的值，然后根据平行四边形BFED的面积=S-S1-S2，代入计算可求解.
24．【答案】（1）证明：如图1，
∵菱形ABCD，
∴BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA.
∵FG∥BC，
∴∠FGA=∠BCA，
∴∠BAC=∠FGA，
∴FA=FG.
（2）解：记AC中点为点O.
①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM⊥BC于点M，
∵在Rt△ABM中，AM= 35 AB=6，
∴BM=AB2-AM2=102-62=8.
∴FG=EF=AM=6，CM=BC-BM=2 ，
∵OA=OC，OE∥AM ，
∴CE=ME=12CM=12×2=1 ，
∴AF=ME=1，
∴AG=AF+FG=1+6=7.
②当点E在CD上时，如图3，过点A作AN⊥CD于点N.
同理，FG=EF=AN=6，CN=2，
AF=NE= 12 CN=1，
∴AG=FG-AF=6-1=5
∴AG=7或5.
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N.
①当点E在线段BM上时，0
CH=BC-BH=10-(4x+8)=2-4x
由 △GHC∽△FEB ，得 GHEF=CHBE ，
即 GHCH=EFBE ，
∴3x2-4x=34 ，解得 x=14 ，
∴.s=4x=1
由 △GHC~△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴3x2-4x=43 ，解得 x=825 ，
∴s=4x=3225 .
ii)若点H在点C的右侧， s+8>10 ，即 2
CH=BH-BC=(4x+8)-10=4x-2 .
由 △GHC~△FEB ，得 GHEF=CHBE ，
即 GHCH=EFBE ，
∴3x4x-2=34 ，方程无解.
由 △GHC∽△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴3x4x-2=43 ，解得 x=87 ，
∴s=4x=327.
②当点E在线段MC上时，8
EF=6，EH=8，BE=s.
∴BH=BE+EH=s＋8，CH=BH-BC=s-2.
由 △GHC~△FEB ，得 GHEF=CHBE ，即 GHCH=EFBE ，
∴6s-2=6s ，方程无解.
由 △GHC∽△BEF ，得 GHBE=CHEF ，即 GHCH=BEEF ，
∴6s-2=s6 ，解得 s=1±37 (舍去).
③当点E在线段CN上时，10≤s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，
在Rt△BJC中，BC=10，CJ=6，BJ=8.
∵EH=BJ=8，JF=CE，
∴BJ+JF=EH+CE，即CH=BF，
又∵GH=EF，∠GHC=∠EFB=Rt∠，
∴△GHC≌△EFB，符合题意，
此时，10≤s≤12.
④当点E在线段ND上时，12
∴△GHC与△BEF不相似.
综上所述，s满足的条件为：s=1或 s=3225 或 s=327 或10≤s≤12
【解析】【分析】（1）根据菱形性质得BA=BC，∠BAC=∠BCA，再由平行线性质得∠FGA=∠BCA，从而得到∠BAC=∠FGA， 进而证出FA=FG；
（2）分两种情况：①当点E在BC上时，过点A作AM⊥BC于点M，利用勾股定理求得BM=8，进而求出FG=EF=AM=6，CM=2，由三角形中位线性质求出CE=ME=1，则AF=1，再由AG=AF+FG即可求出AG的长；②当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于点N，同①中方法求出FG=EF=AN=6，CN=2，AF=NE=12CN=1，再由AG=FG-AF即可求出AG的长；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，作AN⊥CD于点N，分四种情况：①当点E在线段BM上，0
25．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，且AE⊥BF，
图1
∴∠BAE+∠ABF=90°，∠ABF+∠FBC=90°，
∴∠BAE=∠FBC，
∵∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴CE=DF；
（2）解：∵AB=4，BE=3，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=5，
如图2，过点C作CK⊥BH交于点K，
∵△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠KBC，
∵∠ABE=∠BKC，
∴△ABE~△BKC，
∴BEKC=ABBK=AEBC，
∵AB=BC=4，
∴BK=165， KC=125，
∵cos∠ABH=cos∠AEB=35，
∴BH=203，
∴KH=HB-BK=135，
∴tan∠BHC=KCKH=913；
（3）解：①点E在线段BC上，如图3，
由（1）得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵AH∥BC ，
∴∠AHB=∠HBC ，
∵∠BGE=∠HDF=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF ，
∵∠GEC=∠HFC ，
∴△GEC~△CFH，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB ，∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1-a，
∴DHBC=DFFC，
∴a=1-1k2-1，
∴BE=1k2-1，
∴CEBE=k2-1-1，
②点E在点C右侧，如图4，
同（1）可证得△ABE≌△BCF ，
∴∠AEB=∠BFC，
∴BE=CF，则CE=DF，
∵∠FDH=∠EBG=90°，
∴△BGE~△HDF，
∴GEDF=BEHF ，
∴GECE=FCHF，
∵∠GEC=∠HFC，
∴△GEC~△CFH ，
∴CHCG=FHCE=k，
设CE=DF=a，则FH=ak，
在Rt△DHF中，DH=ak2-1，
∵∠HDF=∠DCB， ∠DFH=∠BFC，
∴△DFH~△CFB，
设BC=CD=1，则CF=1+a，
∴DHBC=DFFC ，
∴a=1k2-1-1，
∴BE=1k2-1 ，
∴CEBE=1-k2-1，
综上所述，CEBE=k2-1-1或CEBE=1-k2-1.
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=90°，根据垂直的概念可得∠AGB=90°，由同角的余角相等可得∠BAE=∠FBC，证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，据此证明；
（2）根据勾股定理可得AE=5，过点C作CK⊥BH交于点K，根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠KBC，证明△ABE~△BKC，根据相似三角形的性质可得BK、KC，结合三角函数的概念可得BH，由KH=HB-BK可得KH，然后根据三角函数的概念进行计算；
（3）①点E在线段BC上，根据全等三角形的性质可得∠AEB=∠BFC，则∠GEC=∠HFC，根据平行线的性质可得∠AHB=∠HBC ， 证明∴△BGE~△HDF，△GEC~△CFH，设CE=DF=a，则FH=ak，利用勾股定理可得DH，证明△DFH~△CFB，设BC=CD=1，则CF=1-a，根据相似三角形的性质可得a，然后表示出BE，据此求解；②点E在点C右侧，同理求解即可.
26．【答案】（1）（5 5- 5）
（2）证明：如图②，延长DA、CG交于点K，
∵四边形ABCD是正方形，AD＝10cm，
∴AD∥BC，∠D＝90°，BC＝CD＝AD＝10cm，
∴∠K＝∠BCG，
由折叠得∠BCG＝∠ECK，AE＝DE =12 AD＝5cm，
∴∠K＝∠ECK，
∴EK＝EC =DE2+CD2=52+102= 5 5 （cm），
∴AK＝EK﹣AE＝（5 5- 5）cm，
∵AD∥BC，
∴△AKG∽△BCG，
∴AGBG=AKBC=55-510=5-12 ，
∴点G是AB的黄金分割点.
（3）解：PB＝BC或PB＝（ 5- 2）BC时，E、F分别是AD、AB的黄金分割点，
理由：设BE交CF于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝a，AD∥BC，∠A＝∠FBC＝90°，
∵CF⊥BE于点M，
∴∠BMC＝90°，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°﹣∠CBE，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF，
∴a﹣AE＝a﹣BF，
∴DE＝AF，
∵AE∥BP，
∴△AEF∽△BPF，
∴AFBF=AEBP ，
∴BF2＝BP•AF，
若AE＞DE，如图③，
则BF＞AF，
当BP＝BC时，则 AFBF=AEBC=BFAB ，
∴DEAE=AEAD ，
∴E、F分别是AD、AB的黄金分割点；
若AE＜DE，如图④，
设DE＝AF＝x，则BF＝a﹣x，
由 AFBF=DEAE=AEBP> 1可知AE＞BP，
∴BP＜a，
当PB＝（ 5- 2）BC时，由BF2＝BP•AF得（a﹣x）2＝（ 5- 2）ax，
整理得x2-5 ax+a2＝0，
∴解关于x的方程得x1=5-12 a，x2=5+12 a（不符合题意，舍去），
∴DE =5-12 AD，AF =5-12 AB，
∴E、F分别是AD、AB的黄金分割点.
【解析】【解答】（1）解：∵AC＝10cm，点B是AC的黄金分割点，
∴AB =5-12 AC =5-12× 10＝（5 5- 5）cm，
故答案为：（5 5- 5）；
【分析】（1）利用AB =5-12 AC即可求解；
（2）如图②，延长DA、CG交于点K， 由正方形的性质可得AD∥BC，∠D＝90，从而得出∠K＝∠BCG， 由折叠得∠BCG＝∠ECK，AE＝DE =12 AD＝5cm，从而得出∠K＝∠ECK， EK＝EC， 即得∠K＝∠ECK，由勾股定理求出EK＝EC= 55 ， 再证△AKG∽△BCG ，可得 AGBG=AKBC=5-12 ，即得点G是AB的黄金分割点；
（3）PB＝BC或PB＝（ 5- 2）BC时，E、F分别是AD、AB的黄金分割点，理由：根据ASA证明△ABE≌△BCF，可得AE＝BF，再证△AEF∽△BPF，可得AFBF=AEBP ，即得BF2＝BP•AF， 分两种情况：①若AE＞DE，如图③，则BF＞AF，当BP＝BC时，则 AFBF=AEBC=BFAB；②若AE＜DE，如图④，由 AFBF=DEAE=AEBP> 1可知AE＞BP，当PB＝（ 5- 2）BC时 ， 看额求出DE =5-12 AD，AF =5-12 AB， 据此分别证明即可
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