押中考数学第9-10题（选择压轴题：多结论问题）-备战2023年中考数学临考题号押题（全国通用）

这是一份押中考数学第9-10题（选择压轴题：多结论问题）-备战2023年中考数学临考题号押题（全国通用），文件包含押中考数学第9-10题多结论问题解析版docx、押中考数学第9-10题多结论问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。

押中考数学第9-10题（多结论问题）
专题诠释：一直以来，函数都是中考数学的重点考察题型。在选择题中，主要考察函数的性质、函数的图像和函数的应用，难度的跨度较大，从基础到压轴都有可能出现，满分难度较大。多做、多想、多总结，掌握做题规律，力争不丢分！
目录
知识点一：函数的性质及探究 1
模块一 〖真题回顾〗 1
模块二 〖押题冲关〗 5
模块三 〖考前预测〗 9

知识点一：函数的性质及探究
模块一 〖真题回顾〗
1．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（5，0），与y轴交于点C，其对称轴为直线x＝2，结合图象分析如下结论：①abc＞0；②b+3a＜0；③当x＞0时，y随x的增大而增大；④若一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，则点E（k，b）在第四象限；⑤点M是抛物线的顶点，若CM⊥AM，则a＝66．其中正确的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①正确，根据抛物线的位置判断即可；②正确，利用对称轴公式，可得b＝﹣4a，可得结论；③错误，应该是x＞2时，y随x的增大而增大；④正确，判断出k＞0，可得结论；⑤正确，设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，可得M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．利用相似三角形的性质，构建方程求出a即可．
【详解】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵对称轴是直线x＝2，
∴﹣b2a＝2，
∴b＝﹣4a＜0
∵抛物线交y轴的负半轴，
∴c＜0，
∴abc＞0，故①正确，
∵b＝﹣4a，a＞0，
∴b+3a＝﹣a＜0，故②正确，
观察图象可知，当0＜x≤2时，y随x的增大而减小，故③错误，
一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象经过点A，
∵b＜0，
∴k＞0，此时E（k，b）在第四象限，故④正确．
∵抛物线经过（﹣1，0），（5，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣5）＝a（x﹣2）2﹣9a，
∴M（2，﹣9a），C（0，﹣5a），
过点M作MH⊥y轴于点H，设对称轴交x轴于点K．
∵AM⊥CM，
∴∠AMC＝∠KMH＝90°，
∴∠CMH＝∠KMA，
∵∠MHC＝∠MKA＝90°，
∴△MHC∽△MKA，
∴MHMK＝CHAK，
∴2−9a＝−4a3，
∴a2＝16，
∵a＞0，
∴a＝66，故⑤正确，
故选：D．

【点睛】本题考查二次函数的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE=3，EF=1．以下结论正确的个数是（    ）
①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为(−4,−2)；④BD=63；⑤矩形ABCD的面积为242．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性质及已知OE，EF的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得点A坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点D坐标，即可判断结论③；由③可知AF=2，进而得出OA的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知BD=62，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，AF⊥x轴，垂足为F，
∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．
∵∠AEF=∠BEO，
∴△EOB∽△EFA．
∵OE=3，EF=1，
∴EFEO=AFOB=AFOA=13，即OA=3AF．（①符合题意）
∵OA=OB，△EOB∽△EFA，
∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．
∴∠OAB=∠EAF．
∴AE平分∠OAF．（②符合题意）
∵OF=OE+EF=3+1=4，
∴点A的横坐标为4．
∵OA=3AF，
∴9AF2−AF2=OF2，即8AF2=16．
∴AF=2，点A的纵坐标为2．
∴A(4,2)．
∵点A与点C关于原点对称，
∴C(−4,−2)．（③符合题意）
∵OA=3AF=32，
∴BD=OD+OB=2OA=62．（④不符合题意）
∵S矩形ABCD=S△BCD+S△BAD=2S△BAD，
∴S矩形ABCD=2×12×62×4=242．（⑤符合题意）
∴结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点的对称点位P'(−x,−y)．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键．
3．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD=CE；②∠DAC=∠CED；③若BD=2CD，则CFAF=45；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE=2+3．其中含所有正确结论的选项是（    ）

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】证明△BAD≌△CAE，即可判断①，根据①可得∠ADB=∠AEC，由∠ADC+∠AEC=180°可得A,D,C,E四点共圆，进而可得∠DAC=∠DEC，即可判断②，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H，证明△FAH∽△FCE，根据相似三角形的性质可得CFAF=45，即可判断③，将△APC绕A点逆时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，根据当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取得最小值，可得四边形ADCE是正方形，勾股定理求得DP， 根据CE=AD=AP+PD即可判断④．
【详解】解：∵ △ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，
∴AB=AC,AD=AE,∠BAD=∠CAE
∴△BAD≌△CAE
∴BD=CE
故①正确；
∵ △BAD≌△CAE
∴∠ADB=∠AEC
∴∠ADC+∠AEC=180°
∴A,D,C,E四点共圆，
∵CD=CD
∴∠DAC=∠DEC
故②正确；
如图，过点A作AG⊥BC于G,交ED的延长线于点H，

∵ △BAD≌△CAE,
∴∠ACE=∠ABD=45°,∠ACB=45°
∴∠DCE=90°
∴FC∥AH
∵ BD=2CD，BD=CE
∴tan∠DEC=DCCE=12,CDBC=13
设BC=6a，则DC=2a，AG=12BC=3a，EC=2DC=4a
则GD=GC−DC=3a−2a=a
∵FC∥AH
∴tanH=GDGH=12
∴GH=2GD=2a
∴AH=AG+GH=3a+2a=5a
AH∥CE，
∴△FAH∽△FCE
∴CFAF=CEAH
∴CFAF=4a5a=45
则CFAF=45；
故③正确
如图，将△ABP绕A点逆时针旋转60度，得到△AB'P'，则△APP'是等边三角形，

∴PA+PB+PC=PP'+P'B'+PC≥B'C，
当B',P',P,C共线时，PA+PB+PC取得最小值，
此时∠CPA=180°−∠APP'=180°−60°=120°，
∠APB=∠AP'B'=180°−∠AP'P=180°−60°=120°，
∠BPC=360°−∠BPA−∠APC=360°−120°−120°=120°，
此时∠APB=∠BPC=∠APC=120°，
∵AC=AB=AB'，AP=AP'，∠APC=∠AP'B'，
∴△AP'B'≌△APC，
∴PC=P'B'=PB，
∵∠APP'=∠DPC=60°，
∴DP平分∠BPC，
∴PD⊥BC，
∵A,D,C,E四点共圆，  
∴∠AEC=∠ADC=90°，
又AD=DC=BD,△BAD≌△CAE，
∴AE=EC=AD=DC，
则四边形ADCE是菱形，
又∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是正方形，
∵∠B'AC=∠B'AP'+∠PAC+∠P'AP=90°+60°=150°，
则B'A=BA=AC，∠B'=∠ACB'=12180°−∠B'AC=15°，
∵∠PCD=30°，
∴DC=3PD，  
∵DC=AD，
AP=2，
则AP=AD−DP=3−1DP=2，
∴DP=23−1=3+1，
∵AP=2，
∴CE=AD=AP+PD=3+3，
故④不正确，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，费马点，圆内接四边形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，正方形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2022·四川眉山·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED=23．其中正确结论的个数为（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a2，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF=3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出sin∠EFC=MEEF=23，再证明∠DEC=∠EFC，即可知④正确．
【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°−45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°−45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴ECDC=FCEC，
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴HE=32a2，
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴HBHD=HGHF，即22+2a=332a2+EF，解得：EF=3，
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，

∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=2，
∵EF=3，
∴sin∠EFC=MEEF=23，
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
∴sin∠DEC=sin∠EFC=MEEF=23，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
5．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（    ）

①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2−BM2=22−12=3，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面积为：2×3=23，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3
即MN=3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面积为：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正确，
当OM⊥BC时，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．

【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
6．（2022·黑龙江·统考中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP−BP=2OP；④若BE:CE=2:3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．其中正确的结论是（    ）

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明△DOF≌△COEASA得到EC=FD，再证明△EAC≌△FBDSAS得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即AE⊥BF；
②通过等弦对等角可证明∠OPA=∠OBA=45°；
③通过正切定义得tan∠BAE=BEAB=BPAP，利用合比性质变形得到AP−BP=CE⋅BPBE，再通过证明△AOP∽△AEC得到CE=OP⋅AEAO，代入前式得AP−BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE，最后根据三角形面积公式得到AE⋅BP=AB⋅BE，整体代入即可证得结论正确；
④作EG⊥AC于点G可得EG∥BO，根据tan∠CAE=EGAG=EGAC−CG，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出tan∠CAE=37，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用△DOF≌△COEASA，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF=S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵OE⊥OF
∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°
∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中
∠ODF=∠OCEOC=OD∠DOF=∠EOC
∴△DOF≌△COEASA
∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中EC=FD∠ECA=∠FDB=45°AC=BD
∴△EAC≌△FBDSAS
∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO
∴∠BPQ=∠AOQ=90°
∴AE⊥BF
所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°
∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦
∴∠OPA=∠OBA=45°
所以②正确；
③∵tan∠BAE=BEAB=BPAP
∴ABBE=APBP
∴AB−BEBE=AP−BPBP
∴AP−BPBP=CEBE
∴AP−BP=CE⋅BPBE
∵∠EAC=∠OAP,∠OPA=∠ACE=45°
∴△AOP∽△AEC
∴OPCE=AOAE
∴CE=OP⋅AEAO
∴AP−BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE
∵12AE⋅BP=12AB⋅BE=S△ABE
∴AE⋅BP=AB⋅BE
∴AP−BP=OP⋅AB⋅BEAO⋅BE=ABAOOP=2OP
所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EG∥BO，
∴EGOB=CEBC=CGOC
设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=522a，
若BE:CE=2:3，则BECE=23，
∴BE+CECE=2+33
∴CEBC=35
∴EG=CEBC⋅OB=35×522a=322a
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠GEC=45°
∴CG=EG=322a
∴tan∠CAE=EGAG=EGAC−CG=322a52a−322a=37
所以④错误；
⑤∵△DOF≌△COEASA，S四边形OECF=S△COE+S△COF
∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=14S正方形ABCD
∴S四边形OECF=14S正方形ABCD
所以⑤正确；
综上，①②③⑤正确，④错误，
故选 B

【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
7．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可．
【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，
∴BC＝B′C′．故①正确；
②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°，
∴∠BAB′＝50°．
∵∠CAB＝20°，
∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°．
∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°，
∴∠AB′C′＝∠B′AC．
∴AC∥C′B′．故②正确；
③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°，
∴∠AB′B＝∠ABB′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°．
∴CB′与BB′不垂直．故③不正确；
④在△ACC′中，
AC＝AC′，∠CAC′＝50°，
∴∠ACC′＝12（180°﹣50°）＝65°．
∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确．
∴①②④这三个结论正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
8．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①CDDE，②DEAD，③DEND，④ACAD，比值为5−12的是（    ）

A．①② B．①③ C．②④ D．②③
【答案】B
【分析】设MN＝2，则AC＝1，求出AD＝AB＝5，BE＝CD＝5−1，分别求出比值，作出判断．
【详解】解：设MN＝2，
∴AC＝1，
在△ABC中，AB＝AC2＋BC2＝12＋22＝5，
由折叠可知，AD＝AB＝5，
∴ BE＝CD＝AD−AC＝5−1，
又∵DE＝BC＝MN＝2，
∴CDDE=5−12，
DEAD=25=255，
DEND=2NA+AD=25+1=5−12，，
ACAD=15=55，
∴比值为5−12的是①③，
故选：B．
【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
9．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2 （1）y与x的关系式为y=x−4x；（2）当AP=4时，△ABP∽△DPC；（3）当AP=4时，tan∠EBP=35．

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】（1）证明△ABM∽△APB，得ABAP=AMAB，将AB=2，AP=x，PM=y代入，即可得y与x的关系式；
（2）利用两组对应边成比例且夹角相等，判定△ABP∽△DPC；
（3）过点M作MF⊥BP垂足为F，在Rt△APB中，由勾股定理得BP的长，证明△FPM∽△APB，求出MF，PF，BF的长，在Rt△BMF中，求出tan∠EBP的值即可．
【详解】解：（1）∵在矩形ABCD中，
∴AD∥BC，∠A=∠D=90°，BC=AD=5，AB=DC=2，
∴∠APB=∠CBP，
∵∠ABE=∠CBP，
∴∠ABE=∠APB，
∴△ABM∽△APB，
∴ABAP=AMAB，
∵AB=2，AP=x，PM=y，
∴2x=x−y2，
解得：y=x−4x，
故（1）正确；
（2）当AP=4时，DP=AD−AP=5−4=1，
∴DCAP=DPAB=12，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABP∽△DPC，
故（2）正确；
（3）过点M作MF⊥BP垂足为F，

∴∠A=∠MFP=∠MFB=90°，
∵当AP=4时，此时x=4，y=x−4x=4−1=3，
∴PM=3，
在Rt△APB中，由勾股定理得：BP2=AP2+AB2，
∴BP=AP2+AB2=42+22=25，
∵∠FPM=∠APB，
∴△FPM∽△APB，
∴MFAB=PFAP=PMPB，
∴MF2=PF4=325，
∴MF=355，PF=655，
∴BF=BP−PF=25−655=455，
∴tan∠EBP=MFBF=355455=34
故（3）不正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，矩形的性质，正确找出相似三角形是解答本题的关键．
10．（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（    ）

A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=2a，然后利用勾股定理再求得DF=FO=a2，据此求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=12(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°
∴GF∥EC；故①正确；
根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，
同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，
∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，
即(3a)2=a2+(2b)2，
∴b=2a，
∴AB=22a=2AD，故②不正确；
设DF=FO=x，则FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x=b2−a2b=a2，即DF=FO=a2，
GE=a2+b2=3a，
∴GEDF=3aa2=6，
∴GE=6DF；故③正确；
∴OCOF=2aa2=22，
∴OC=22OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，
∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们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．

模块二 〖押题冲关〗
1．（2023·江苏连云港·统考一模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：①∠AED+∠EAC+∠EDB=90°；②AP=FP；③AE=102AO；④四边形OPEQ的面积为43；⑤BF=43．其中正确的结论有（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】连接OE，证明∠EOB=∠EOC=45°，再利用三角形的外角的性质即可判断①；利用四点共圆证明∠AFP=∠ABP=45°即可判断②；由正方形ABCD的边长为4，则BE=EC=2，求出AE，OA即可判断③；根据正方形的性质推出△OEQ∽△CDQ，利用相似三角形的性质求得四边形OPEQ的面积即可判断④；先求得PE，证明△ABE∽△FPE，利用相似三角形的性质求解即可判断⑤．
【详解】解：如图，连接OE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，
∴∠BOC=90°，
∵点E是边BC的中点，则BE=EC，
∴∠EOB=∠EOC=45°，
∵∠EOB=∠EDB+∠OED，∠EOC=∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDB=∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB=90°，
故①正确；
如图，连接AF．

∵PF⊥AE，
∴∠APF=∠ABF=90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP=∠ABP=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，
故②正确；
∵正方形ABCD的边长为4，点E是边BC的中点，
∴ BE=EC=2，
∴AE=42+22=25，OA=22⋅AB=22，
∴AEAO=2522=102，即AE=102AO，
故③正确；
∵OB=OD，BE=EC，
∴OE是△BCD的中位线，CD=2OE，
∴ OE∥CD，
∴ △OEQ∽△CDQ，
设△OEQ边OE上的高为a，△CDQ边CD上的高为b，
∴ ab=OECD=12，a+b=EC=2，
∴a=23，
∵OE=12CD=12×4=2，
∴S△OEQ=12⋅OE⋅a=12×2×23=23，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴ S四边形OPEQ=2S△OEQ=2×23=43，
故④正确；
∵ △OEQ∽△CDQ，
∴EQDQ=OECD=12，
∴EQ=13DE，
∵DE=AE=25，
∴EQ=235，
∴PE=EQ=235，
∵∠FPE=∠ABE=90°，∠AEB=∠FEP，
∴△ABE∽△FPE，
∴AEFE=PEBE，即∴25BF+2=2352，
解得：BF=4，
故⑤错误，
综上所述，正确的有①②③④，共4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，三角形外角的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
2．（2023·广东深圳·深圳市南山外国语学校校联考二模）如图，在正方形ABCD中，AD=4，E为CD中点，F为BC上的一点，且∠EAF=45°，∠ABG=∠DAE，连接EF，延长BG交AE于点M，交AD于点N，则以下结论；
①DE+BF=EF②BN⊥AE③BF=83④S△BGF=1615中正确的是（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】延长CD至H，使DH=BF，证明△ABF≌△ADH，推出AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，利用SAS证明△EAF≌△EAH，可判断①；利用余角关系可判断②；在Rt△CEF中，由勾股定理计算可判断③；证明△BGF∽△EAH，利用相似三角形的性质可判断④．
【详解】解：延长CD至H，使DH=BF，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠ABF=∠C=∠ADC=∠ADH=90°，
∴△ABF≌△ADH，
∴AF=AH，∠BAF=∠DAH，∠AFB=∠H，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=∠DAH+∠DAE=45°，即∠EAF=∠EAH=45°，
又AE=AE，
∴△EAF≌△EAHSAS，
∴EF=EH=ED+DH=ED+BF，①正确；
∵∠ABG=∠DAE，
∴∠ABG+∠ANB=∠DAE+∠ANB=90°，
∴BN⊥AE，②正确；
设BF=DH=x，
∵E为CD中点，
∴CE=DE=12CD=2，
∴EF=EH=2+x，CF=4−x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得4−x2+22=2+x2，
解得x=43，即BF=43，③不正确；
∵∠ABG=∠DAE，∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BGF=∠BAF+∠ABG=∠BAF+∠DAE=45°=∠EAH，
又∠AFB=∠H，
∴△BGF∽△EAH，
∵EH=ED+DH=ED+BF=2+43=103，
∴S△EAH=12×103×4=203，
∴S△BGFS△EAH=BFEH2=431032=425，
∴S△BGF=425×203=1615，④正确；
综上，正确的有①②④，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
3．（2023·辽宁铁岭·校联考一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是AB上一点，OF⊥OE交AD于点F，连接CF，DE交于点P，连接OP．则下列结论：
①∠OPC=45°；②DE⊥CF；
③CP−DP=2OP；④若AF:FD=3:2，则tan∠ACF=47；
⑤四边形OEAF的面积是正方形ABCD面积的14．其中正确的结论是（   ）

A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【分析】利用全等三角形的判定与性质、正方形的性质、圆周角定理、直角三角形的边角关系以及等腰直角三角形的判定与性质等知识逐项判断即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OD，AB=CD=AD，AC⊥BD，∠BAC=∠ADB=∠BDC=∠CAD=45°，∠BAD=∠ADC=90°，
∵OF⊥OE，
∴∠EOF=∠AOD=90°，
∴∠AOE=∠DOF=90°−∠AOF，
∴△AOE≌△DOFASA，
∴AE=DF，又∠EAD=∠FDC，AD=CD，
∴△EAD≌△FDCSAS，
∴∠ADE=∠DCF，
∴∠DCF+∠CDP=∠ADE+∠CDP=90°，即∠DPC=90°，
∴DE⊥CF，故②正确；
∵∠DPC=∠DOC=90°，
∴点D、P、O、C四点共圆，
∴∠OPC=∠ODC=45°，故①正确；
过O作OH⊥OP交CF于H，如图，

∵∠OPC=45°，OH⊥OP，
∴△POH是等腰直角三角形，
∴PH=2OP，OP=OH
∵∠POH=∠COD=90°，
∴∠POD=∠HOC=90°−∠DOH，又OD=OC，
∴△POD≌△HOCSAS，
∴DP=CH，
∵PH=CP−CH=CP−DP，
∴CP−DP=2OP，故③正确；
∵AF:FD=3:2，
∴设AF=3x，FD=2x，则AD=CD=5x，
∴AC=AD2+CD2=52x，
过F作FG⊥AC于G，如图，

∵∠CAD=45°，∠AGF=90°，
∴△AGF为等腰直角三角形，
∴AG=GF=22AF=322x，
∴CG=AC−AG=722x，
∴在Rt△CGF中，tan∠ACF=GFCG=37，故④错误；
∵△AOE≌△DOF，
∴S△AOE=S△DOF，
∴S四边形OEAF =S△AOE+S△AOF =S△DOF+S△AOF =S△AOD =14S正方形ABCD，
故⑤正确，
综上，正确的结论有①②③⑤，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系，等腰直角三角形的判定与性质等知识，充分利用正方形的性质和添加辅助线构造等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键．
4．（2023·江苏无锡·校考二模）如图，在正方形ABCD中，F是BC边上一点，连接AF，以AF为斜边作等腰直角△AEF．有下列四个结论：①∠CAF=∠DAE；②点E在线段BD上；③当∠AEC=135°时，CE平分∠ACD；④若点F在BC上以一定的速度由B向C运动，则点F的运动速度是点E运动速度的2倍．其中正确的结论的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由正方形的性质及等腰直角三角形的性质得：∠FAE=∠DAC=45°，从而可判定①；由△CAF∽△DAE可得∠ADE=∠CDE=45°，由正方形的性质可证明△ADE≌△CDE，可得AE=CE，即有∠EAC=∠ECA，再由∠AEC=135°可得∠EAC=∠ECA=22.5°，从而CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，即可判定③；连接BD交AC于点O，由∠ADE=∠CDE=45°知，点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，即可判断②，由BC=2OD知，点F的运动速度是点E的运动速度的2倍，即可判断④，因而可确定答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=∠ACB=45°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠FAE=∠DAC=45°，
∵∠FAE=∠CAF+∠CAE=∠CAE+∠DAE=∠DAC=45°，
∴∠CAF=∠DAE，
故①正确；
∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，
∴AC=2AD，AF=2AE，
∴ACAD=AFAE=2，
∵∠CAF=∠DAE，
∴△CAF∽△DAE，
∴∠ADE=∠ACB=45°，即点E在线段BD上，
故②正确；
∵∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠CDE=45°，
在△ADE和△CDE中，
AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≌△CDESAS，
∴AE=CE，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠AEC=135°，
∴ ∠EAC=∠ECA=12180°−∠AEC=22.5°，
∵∠DAC=∠DCA=45°=2∠EAC=2∠ECA，
∴CE、AE分别平分∠ACD、∠CAD，
故③正确；
如图，连接BD交AC于点O，

∵∠ADE=∠CDE=45°，
当点F与点B重合时，点E与点O重合；当点F与点C重合时，点E与点D重合，
∴点E的运动轨迹为线段OD，而点F的运动轨迹为线段BC，
∵ BC=CD=2OD，且点F与点E的运动时间相同，
∴ vF=2vE，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题是一个综合性较强的题目，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，点的运动路径的确定等知识，熟练运用这些知识是正确解答本题的关键．确定点E的运动路径是本题的难点所在．
5．（2023·黑龙江绥化·统考一模）如图，正方形ABCD中，BE=EF=FC，CG=2GD，BG分别交AE，AF于点M，N．下列结论：①AF⊥BG；②BN=23NF；③BMMG=38；④S四边形CGNF:S四边形ANGD=18:31．其中结论正确的个数有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】①利用SAS证△ABF≌△BCG即可进行判断；
②证明△BNF∽△BCG，求得BNNF的值，即可判断；
③作EH⊥AF，令AB=3a，分别求得MN，BM的值，即可判断；
④连接AG，FG，根据③中结论分别求得S四边形CGNF和S四边形ANGD即可．
【详解】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，
∵BE=EF=FC，CG=2GD，
∴BF=CG，
在△ABF和△BCG中，
AB=BC∠ABF=∠C=90∘BF=CG，
∴△ABF≌△BCG，
∴∠BAF=∠CBG，
∵∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠CBG+∠BFA=90°，
即AF⊥BG；所以①正确；
②在△BNF和△BCG中，    ∠CBG=∠NBF，∠C=∠BNF=90°，
∴△BNF∽△BCG，
∴BNNF=BCCG=32，
∴BN＝32NF；所以②错误；
③作EH⊥AF，令AB=3a，则BF=2a，BE=EF=CF=a，

AF=AB2+BF2=13a，
∵S△ABF=12AF•BN=12AB•BF，
∴BN=61313a， NF=23BN=41313a，
∴AN=AF﹣NF=91313a，
∵E是BF中点，
∴EH是△BFN的中位线，
∴EH=31313a， NH=21313a，BN∥EH，
∴AH=111313a，ANAH=MNEH，
解得： MN=2713143a，
∴BM=BN−MN=31313a， MG=BG−BM=81313a，
∴MBMG=38；所以③正确；
④连接AG，FG，根据③中结论，

则NG=BG−BN=71313a，
∵S四边形CGNF=S△CFG+S△GNF=12CG•CF+12NF•NG=a2+1413a2=2713a2，
S四边形ANGD=S△ANG+S△ADG=12AN•GN+12AD•DG=6326a2+32a2=5113a2，
∴S四边形CGNF:S四边形ANGD=9:17，所以④错误.
即正确的是：①③．
故选B
【点睛】本题以正方形为载体，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理和相似三角形的判定和性质，前两个小题难度不大，第③小题中令AB=3a，熟练运用相似三角形的判定和性质求得AN，BN，NG，NF的值是解题的关键．
6．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）如图，在边长为1的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（     ）
①AG⊥BE；②HD平分∠EHG；③△ABG ∽ △FDG；④S△HDG ： S△HBG=tan∠DAG；⑤线段DH的最小值是5−12；⑥当E、F重合时，延长AG交CD于M，则tan∠EBM=34．

A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】A
【分析】首先证明△ABE≅△DCF，△ADG≅△CDG，△AGB≅△CGB，利用全等三角形的性质，相似三角形的性质，锐角三角函数，等高模型、三边关系一一判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，
在△ABE和△DCF中，
AB=CD∠BAD=∠ADCAE=DF，
∴△ABE≅△DCFSAS，
∴∠ABE=∠DCF，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠ADB=∠CDBDG=DG，
∴△ADG≅△CDGSAS，
∴∠DAG=∠DCF，
∴∠ABE=∠DAG，
∵∠DAG+∠BAH=90°，
∴∠ABE+∠BAH=90°，
∴∠AHB=90°，
∴AG⊥BE，故①正确；
同法可证：△AGB≅△CGB，
∵DF∥CB，
∴△CBG∼△FDG，
∴△ABG∼△FDG，故③正确；
∵S△HDG：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，
又∵∠DAG=∠FCD，
∴S△HDG：S△HBG=tan∠FCD=tan∠DAG，故④正确；
取AB的中点O，连接OD、OH，

∵正方形的边长为1，
∴AO=OH=12×1=12，
由勾股定理得，OD=AO2+AD2=52，
∵OH+DH≥OD，
∴O、D、H三点共线时，DH最小，
∴DH最小=5−12.故⑤正确；
如图，当E、F重合时，则点E是AD的中点，设EC与BM的交于点N，

∵AD∥BC，
∴△DEG∼△BCG，
∴DEBC=DGBG=12，
∵AB∥CD，
∴DMAB=DGBG=12，
∴DM=12AB=12，
∴CM=12=DE，
又∵BC=CD，∠BCM=∠CDE=90°，
∴△DCE≅△CBMSAS，
∴∠CBM=∠DCE，BM=CE，
∵∠DCE+∠BCE=90°，
∴∠BCE+∠CBM=90°，
∴∠CNB=90°，
∵BM=BC2+CM2=1+14=52，
∴CE=52，
∵S△BCM=12×BC×CM=12×BM×CN，
∴CN=55，
∴EN=3510，
∵tan∠CBM=CNBN=CMBC=12，
∴BN=255，
∴tan∠EBM=ENBN=34，故⑥正确；
如下图，连接AC交BE于K，连接KD，

由正方形的对称性质可得KB=KD，
∴∠KBD=∠KDB
在点E的运动过程中，当∠EBD=22.5°时，
∠EBD=∠KDB=∠KDE=22.5°>∠EDH
∵∠DEH=∠BED
∴∠DHE>∠BDE,即∠DHE>45°
此时DH不平分∠EHG，故②错误；
故选：A．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，勾股定理，等高模型等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，难点在于⑤作辅助线并确定出DH最小时的情况．
7．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一动点，连接AE交BD于点F，过点F作FG⊥AE交BC于点G，连接AG，EG，现有以下结论：①△AFG是等腰直角三角形；②DE+BG=EG；③点A到EG的距离等于正方形的边长；④当点E运动到CD的三等分点时，BGBC=12或BGBC=13．以上结论正确的个数有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】如图所示，延长GF交AD于H，连接CF，先证明△ADF≌△CDF得到AF=CF，∠DAF=∠DCF，再证明∠AHF=∠CGF，进而推出∠CGF=∠GCF，得到FG=FC=AF，△AGF是等腰直角三角形，故①正确；则∠FAG=45°，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，设△AGE中，GE上的高为h，证明△AMG≌△AEG，得到GE=MG，AB=h，则GE=BG+DE，点A到EG的距离等于正方形的边长，故②③正确；设BC=CD=3x，BG=y，则CG=3x−y，当点E是靠近点D的三等分点时，则CE=2x，DE=x，EG=x+y，利用勾股定理求出y=32x，得到BGBC=12；同理当点E时靠近点C的三等分点时BGBC=25，则④错误．
【详解】解：如图所示，延长GF交AD于H，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF=∠CDF=45°，AD=CD，
又∵DF=DF，
∴△ADF≌△CDFSAS，
∴AF=CF，∠DAF=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠AHF=∠CGF，
∵FG⊥AE，
∴∠HAF+∠AHF=90°，
∴∠HAF+∠CGF=90°，
∵∠DCF+∠GCF=90°，
∴∠CGF=∠GCF，
∴FG=FC=AF，
∴△AGF是等腰直角三角形，故①正确；
∴∠FAG=45°；
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，设△AGE中，GE上的高为h，
∴∠MAE=90°，MA=EA，BM=DE，∠ABM=∠ADE=90°，
∴∠ABM+∠ABG=180°，即B、M、G三点共线，
∵∠FAG=45°，
∴∠MAG=45°，
又∵AG=AG，
∴△AMG≌△AEGSAS，
∴GE=MG，AB=h，
∴GE=GM=BG+BM=BG+DE，点A到EG的距离等于正方形的边长，故②③正确；
设BC=CD=3x，BG=y，则CG=3x−y，
当点E是靠近点D的三等分点时，则CE=2x，DE=x，
∴EG=BG+DE=x+y，
在Rt△CGE中由勾股定理得CG2+CE2=GE2，
∴3x−y2+4x2=x+y2，
∴9x2−6xy+y2+4x2=x2+2xy+y2，
∴y=32x，
∴BGBC=12；
同理当点E时靠近点C的三等分点时BGBC=25；
综上所述，当点E运动到CD的三等分点时，BGBC=12或BGBC=25，故④错误；
故选C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键．
8．（2023·山东泰安·宁阳二中校考一模）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①图中共有三个平行四边形；②当BD=2BC时，四边形DEBF是菱形；③BD⊥ME；④AD2=BD⋅CM．其中，正确结论的序号是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】分别证明四边形DFBE、四边形NEMF、四边形ABCD是平行四边形，即可判断结论①；结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，通过证明相似三角形的性质判断结论④。
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB，∠ABC=90°，
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴∠ANE=∠BMA=90°，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≅△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE−DN=BF−BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是平行四边形，
因此共有3个平行四边形，故①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，BD=AC=2OA=2OD，BC=AD，
∵BD=2BC
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°−∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，△AOD是等边三角形，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故②正确；
由②可知，当BD=2BC时，四边形DEBF是菱形，连接EF，则EF⊥BD，若BD⊥ME，则过点E有两条直线与已知直线垂直，与平面内，过一点有且只有一条直线垂直于已知直线相矛盾，故③错误；

∵BF⊥AC，∠CBA=90°，
∴∠CMB=∠CBA=90°，
∵∠BCA=∠MCB，
∴△BCA∽△MCB，
∴BCCM=ACBC，
∵AD=BC，AC=BD，
∴AD2=BC2=BD⋅CM，故④正确，
故选：B．
【点睛】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、相似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．
9．（2023·广东深圳·模拟预测）如图，正方形ABCD中，E、F分别为边AD、DC上的点，且AE=FC，过F作FH⊥BE，交AB于G，过H作HM⊥AB于M，若AB=9，AE=3，则下列结论中：
①△ABE≅△CBF；②BE=FG；③2DH=EH+FH；④HMAE=35，
其中结论正确有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据题目条件即可证明△ABE≅△CBF，即可判定①；根据△ABE≅△CBF得，∠BEA=∠BFC，BE=BF，由∠FGB=∠FBA得到BF=FG即可判定②；延长BE到Q，使EQ=FH，连接DQ，证明△DEQ ≅ △DFH，推出DQ=DH,∠QDE=∠FDH，求出∠QDH=90°，得出△DQH是等腰直角三角形，由勾股定理得EH+FH=2DH，即可判定③；连接EF，证明EF=2DE=62，BE=310,根据FH2=EF2−EH2=BF2−BH2，求出BH，根据sin∠ABE=HMBH=AEBE，即可判定④．
【详解】∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠DAB=∠DCB=90°
在△ABE和△CBF中
AB=BC∠DAB=∠DCB=90°AE=FC
∴ △ABE≅△CBF
∴①△ABE≅△CBF正确；
∵ △ABE≅△CBF
∴ ∠BEA=∠BFC，BE=BF
∵DC∥AB
∴ ∠FBA=∠BFC
∴ ∠BEA=∠FBA
∵ FH⊥BE
∴ ∠HBG+∠HGB=∠EBA+∠BEA
∴ ∠HGB=∠BEA
∴ ∠HGB=∠FBA，即∠FGB=∠FBA
∴ BF=FG
∴ BE=FG
∴②BE=FG正确；
延长BE到Q，使EQ=FH，连接DQ，如图：

∵DC∥AB
∴∠FGB=∠DFH
∵∠FGB=∠AEB,∠AEB=∠DEQ
∴∠DFH=∠DEQ
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=90°，AD=DC
∵ AE=FC
∴DE=DF
在△DFH和△DEQ中
DF=DE∠DFH=∠DEQFH=EQ
∴ △DFH ≅ △DEQ
∴DQ=DH,∠QDE=∠FDH
∵∠ADC=90°
∴∠QDH=∠QDE+∠EDH=∠FDH+∠EDH=∠ADC=90°
∴ △DQH是等腰直角三角形
∴EH+FH=EH+EQ=HQ=2DH
∴③2DH=EH+FH正确；
连接EF，如图：

∵AD=CD=9，AE=CF=3
∴DE=DF=6
∴EF=2DE=62
∵BF=BC2+CF2=92+32=310
∴BE=BF=310
设BH=x
则EH=BE−EH=310−x
∵ FH⊥BE
∴在Rt△FHE中
FH2=EF2−EH2=BF2−BH2
∴FH2=622−310−x2=3102−x2
∴x=9105，即BH=9105
∵HM⊥AB，∠A=90°
∴sin∠ABE=HMBH=AEBE
∴HM9105=3310
∴HM=95
∴HMAE=953=35
∴④HMAE=35正确．
∴①②③④都正确．
故答案选：D．
【点睛】本题综合考查了正方形和三角形，解决问题的关键是添加辅助线，熟悉掌握正方形的边角性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数的定义．
10．（2023·浙江杭州·校联考一模）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=12，点P在边AB上，D，E分别为BC，PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC，AC分别交于F，G两点．连接DG，交PC于点H．有以下判断：①∠EDC=45°；② DG⊥PE，且DG=PE； ③当AP=6时，△APG的面积为9；④CHCE的最大值为2+12．其中正确的是（   ）

A．①③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①由等腰三角形的性质可得ABC=ACB=45°，由三角形中位线定理可得DE∥AB，可求解；②由SAS可证△CEF，△GDF全等，可得CE=DG，∠DGF=∠FCE，可求解；③由等腰三角形的性质和三角形中位线定理可求AG的长，再由三角形面积公式可求解；④利用勾股定理和相似三角形的性质分别求出CH，CE的值，即可求得解
【详解】解：①∵∠BAC=90°,AB=AC=12
∴∠ABC=∠ACB=45°，BC=122
∵ D，E分别为BC，PC的中点，
∴DE ∥AB,DE=12BP，
∴∠EDC=∠ABC=45°；
故①正确；
②∵∠EDF=45°,EF⊥CD,∠ACB=45°，
∴△DFE,△GFC是等腰直角三角形，
∴DF=EF,FG=CF，
又∵∠CFE=∠GFD=90°，
∴△CEF≌△GDF SAS，
∴CE=DG,∠DGF=∠FCE
∵∠DGF+∠GDF=90°
∴∠GDF+∠DCE=90°
∴∠DHC=90°
∴DG⊥PE
∵E是PC的中点，
∴PE=EC，
∴DG=PE，故②正确；
③当AP=6时，BP=6,DE=3,
∵GF⊥BC,∠EDC=45°
∴∠EDC=∠DEF=45°
∴DF=EF=22DE=322
∵D是BC的中点，
∴BD=CD=62
∴CF=922
∵GF⊥BC,∠ACB=45°
∴∠ACB=∠CGF=45°
∴GF=FC
∴CG=2FC=9
∴AG=AC−CG=12−9=3
∴S△APG=12×AP×AG=12×6×3=9，故③正确；
④设AP为x，AC=12，
∴PC=AP2+AC2=x2+144
∵CF=32+24x=GF
EF=32−24x
∴EC=CF2+EF2=36+14x2
∵∠ACP=∠GCH,∠A=90°=∠GHC
∴△APC∽△HGC
∴GHAP=GCPC=CHAC
∴GHx=6+x2x2+144=CH12
∴GH=6x+x2x2+144,CH=72+6xx2+144
∴CHCE=72+6xx2+14436+x24=12×x+12x2+144=12x+12+288x+12−24≤122288−24 =12242−24=122−2=2+12
即CHCE的最大值为2+12
故④正确，
综上所述，①②③④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
模块三 〖考前预测〗

1．（2023·山东东营·东营市东营区实验中学校考一模）如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，BC是⊙O的直径，PO交⊙O于E点，连接AB交PO于F，连接CE交AB于D点．下列结论：①PA=PB；②OP⊥AB；③CE平分∠ACB；④OF=12AC；⑤E是△PAB的内心；⑥△CDA≌△EDF．其中一定成立的有（    ）个．

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】连接OA，BE，①根据PA、PB是⊙O的切线，即可判断；②根据PA=PB，OA=OB，可得OP是AB的垂直平分线，进而可以判断；③根据OP是AB的垂直平分线，可得AE=BE，进而可以判断；④根据OB=OC，AF=BF，即可判断；⑤证明∠PBE=∠EBA，∠APE=∠BPE，即可判断；⑥根据AC∥OE，可得△CDA∽△EDF，进而可以判断．
【详解】解：如图，连接OA，BE，

①∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，故①正确；
②∵PA=PB，OA=OB，
∴OP是AB的垂直平分线，
∴OP⊥AB，故②正确；
③∵OP是AB的垂直平分线，
∴AE=BE，
∴∠ACE=∠BCE，
∴CE平分∠ACB，故③正确；
④∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵∠BFO=90°，
∴OF∥AC，
∵OB=OC，AF=BF，
∴OF=12AC，故④正确；
⑤∵PB是⊙O的切线，
∴∠PBE+∠EBC=90°，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∴∠PBE=∠ECB，
∵∠ECB=∠EBA，
∴∠PBE=∠EBA，
∵∠APE=∠BPE，
∴E是△PAB的内心，故⑤正确；
⑥∵AC∥OE，
∴△CDA∽△EDF，故⑥错误；
∴其中一定成立的是①②③④⑤，共5个
故选：A．
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了圆周角定理、切线的性质、三角形中位线定理、线段垂直平分线的判定，直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握相关性质及圆周角定理．
2．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图，△ABC内接于⊙O，∠A所对弧的度数为120°．∠ABC、∠ACB的角平分线分别交于AC、AB于点D、E，CE、BD相交于点F．以下四个结论：①cos∠BFE=12；②BC=BD；③EF=FD；④BF=2DF．其中结论一定正确的序号数是(    )

A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④
【答案】B
【分析】由∠A=60°，可得出∠ABC+∠BCA=120°．再根据∠ABC、∠ACB的角平分线分别是BD，CE，即得出∠CBF+∠BCF=60°=∠BFE，从而可求出cos∠BFE=12，故①正确；由题意可知∠BDC=60°+∠DBA，∠BCA=120°−2∠DBA．若BC=BD成立，则应有∠BDC=∠BCA，即60°+∠DBA=120°−2∠DBA，从而可解出∠DBA=20°，进而得出∠ABC=40°，而题意没有条件可以说明∠ABC是40°，故②错误；作FW⊥AC，FS⊥AB，由三角形内心的性质可知FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，从而得出∠SFE=∠WFD，即证明△FSE≌△WFD(ASA)，得出FD=FE，故③正确；由于点F是内心而不是各边中线的交点，故BF=2DF不一定成立，因此④不正确．
【详解】解：∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠BCA=180°−∠A=120°．
∵∠ABC、∠ACB的角平分线分别是BD，CE，
∴∠CBF+∠BCF=12(∠ABC+∠BCA)=60°=∠BFE，
∴cos∠BFE=12，故①正确；
∵∠BDC=∠A+12∠ABC=60°+∠DBA，∠BCA=180°−∠A−2∠DBA=120°−2∠DBA，
又∵若BC=BD成立，则应有∠BDC=∠BCA，
∴60°+∠DBA=120°−2∠DBA，
∴∠DBA=20°，
∴∠ABC=40°，
而根据题意，没有条件可以说明∠ABC是40°，故②错误；
如图作FW⊥AC，FS⊥AB，

∵点F是△ABC内心，
∴FW=FS，∠FSE=∠FWD=90°，∠EFD=∠SFW=120°，
∴∠SFE=∠WFD，
∴△FSE≌△WFD(ASA)，
∴FD=FE，故③正确；
由于点F是内心而不是各边中线的交点，故BF=2DF不一定成立，因此④不正确．
故本题正确的结论为①③．
故选B．
【点睛】本题考查角平分线的定义，三角形内角和定理，求角的余弦值，等腰三角形的性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质等知识．熟练掌握上述知识并利用数形结合的思想是解题关键．
3．（2023·天津·模拟预测）如图，△ABC中，AC=BC，点M，N分别在AC，AB上，将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），下列结论：①直线MN垂直平分AD；②∠CDM=∠BND；③AD=CD；④若M是AC中点，则AD⊥BC．其中一定正确的是（    ）

A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④
【答案】C
【分析】①根据将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），证明直线MN垂直平分AD，故①正确；
②先由①得，直线MN垂直平分AD，则AN=DN，AM=DM，再根据”等边对等角“证明∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，则∠AMD=180°−2∠MAD，再根据∠AMD是△CDM的一个外角，∠BND是△NAD的一个外角，证明∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD，进一步证明∠CDM=180°−2∠MAD−∠C，根据AC=BC，得到∠CAB=∠B，则∠C=180°−2∠CAB，然后根据∠CAB=∠MAD+∠NAD，证明∠CDM=2∠NAD，从而得到∠CDM=∠BND，故②正确；
③证明∠C与∠CAD不一定相等，得到AD与CD不一定相等，故③错误；
④先根据M是AC的中点，证明AM=CM，再由①得，直线MN垂直平分AD，则AM=DM，再证明AM=DM=CM，最后证明∠ADC=90°，即AD⊥BC，故④正确．
【详解】①∵将△AMN沿直线MN翻折，点A的对应点D恰好落在BC边上（不含端点B，C），
∴直线MN垂直平分AD，
故①正确；
②由①得，直线MN垂直平分AD，
∴AN=DN，AM=DM，
∴∠NAD=∠NDA，∠MAD=∠MDA，
∴∠AMD=180°−∠MAD−∠MDA=180°−2∠MAD
∵∠AMD是△CDM的一个外角，∠BND是△NAD的一个外角，
∴∠AMD=∠C+∠CDM，∠BND=∠NAD+∠NDA=2∠NAD
∴∠C+∠CDM=180°−2∠MAD，
∴∠CDM=180°−2∠MAD−∠C，
∴AC=BC，
∴∠CAB=∠B，
∴∠C=180°−∠B−∠CAB=180°−2∠CAB
又∵∠CAB=∠MAD+∠NAD，
∴∠C=180°−2∠MAD+∠NAD=180°−2∠MAD−2∠NAD
∠CDM=180°−2∠MAD−180°−2∠MAD−2∠NAD
即∠CDM=2∠NAD，
又∵∠BND=2∠NAD(已证)，
∴∠CDM=∠BND，
故②正确；
③∵AC=BC，
∴∠CAB=∠B，
∴∠C=180°−∠B−∠CAB=180°−2∠CAB
又∵∠CAD=∠CAB−∠BAD，
∴180°−2∠CAB与∠CAB−∠BAD不一定相等，
∴∠C与∠CAD不一定相等，
∴AD与CD不一定相等，
故③错误；
④∵M是AC的中点，
∴AM=CM，
∵AM=DM，
∴AM=DM=CM，
∴∠MAD=∠MDA，∠MDC=∠C，
又∠MAD+∠MDA+∠MDC+∠C=180°，
∴∠MDA+∠MDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∴AD⊥BC，
故④正确；
综上所述，一定正确的有①②④，
故选：C．
【点睛】本题考查垂直平分线的性质，三角形外角的性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是能够根据题意的条件，进行恰当的推理论证．
4．（2023·安徽芜湖·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D为线段BC上一点，以AD为一边构造Rt△ADE，∠DAE=90°，AD=AE，下列说法正确的是（    ）

①∠BAD=∠EDC；②△ADO∼△ACD；③BDOE=ADAO；④2AD2=BD2+CD2．
A．仅有①② B．仅有①②③ C．仅有②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①根据三角形内角和定理进行判断推理即可解答；②根据三角形相似的判定方法推理即可判断正误；③先说明△BAD∼△EAO，再运用相似三角形的性质即可解答；④利用矩形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理进行推理即可解答．
【详解】解：①∠BAD=180°−∠B−∠BDA=135°−∠BDA，∠EDC=180°−∠ADE−∠BDA=135°−∠BDA．故①正确；
②∵∠ADE=∠ACB，∠CAD=∠OAD，
∴△ADO∼△ACD．故②正确；
③∵∠ABD=∠AEO，∠BAD=∠EAO，
∴△BAD∼△EAO，
∴BDOE=ADAO．故③正确；
④如图，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M，N，

∵在Rt△AED中， DE2=AD2+AE2，AD=AE，
∴DE2=2AD2，
同理，在Rt△BMD中，BD2=2MD2；在Rt△DCN中，CD2=2DN2．
∵∠DMA=∠MAN=∠DNA=90°，
∴四边形AMDN是矩形，
∴DN=AM，
在Rt△AMD中，AD2=AM2+MD2，
∴2AD2=2AM2+2MD2，
∴2AD2=BD2+CD2．
故④正确．
故选D．
【点睛】本是考查的是等腰三角形的性质、矩形的性质、三角形相似等知识点，熟练掌握等腰三角形的性质、矩形的性质、三角形相似的判断及性质是解题的关键．
5．（2023·广东惠州·模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为a，E为CD边上一点（不与端点重合），将ΔADE沿AE翻折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．则下列给出的判断：①∠EAG=45°；②若DE=13a，则tan∠GFC=2；③若E为CD的中点，则△GFC的面积为110a2；④若CF=FG，则DE=(2−1)a，其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】B
【分析】①根据HL定理先证∴Rt△ABG≌Rt△AFG，得出∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=12∠BAD即可；
②设BG=GF=x，根据勾股定理求出x，再求出tan∠GFC的值即可；
③同样利用特殊值法计算S△GFC得不出相应的关系即可证明结论不正确；
④根据已知关系先求证△GCE是等腰直角三角形，设BG=x，根据GE=EC，则有2x=2(a−x)，解出x即可．
【详解】①∵将△ADE沿AE翻折至△AFE，
∴∠DAE=∠EAF，AD=AF，∠D=∠AFE
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠B=∠D=90°，AB=AD，
∴ ∠B=∠AFG=90°，AB=AF，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)，
∴∠BAG=∠GAF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAD=90°
∵∠BAD=∠DAE+∠EAF+∠DAE+∠EAF=90°，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=12∠BAD=45°，
故①正确；
②设BG=GF=x，
在Rt△GCE中，
GE2=CG2+CE2，
即(13a+x)2=(a−x)2+(a−13a)2，
解得x=12a，
∴BG=GC=GF，
∴ ∠GCF=∠GFC，
∵Rt△ABG≌Rt△AFG
∴ ∠BGA=∠AGF
∵∠BGA+∠AGF=∠GCF+∠GFC，
∴∠BGA=∠AGF=∠GCF=∠GFC，
∴tan∠GFC=tan∠AGB=a÷12a=2，
故②正确；
③同理可得BG=GF=x=13a，
∴GC=23a，
∵E为CD的中点，
∴CE=DE=12a，
∴GE=GC2+CE2=56a，
过F作△GFC的高线FH，

∵FH//EC，
∴△GHF∽△GCE，
∴ FHCE=GFGE，
即FH12a=13a56a，
解得FH=15a，
∴S=12GC⋅FH=12×23a×15a=115a2，
故③错误；
④∵GF=FC，
∴∠GFC=∠GCF
∵ ∠FGC+∠GEC=∠FCG+∠FCE
∴ ∠GEC=∠FCE
∴ CF=EF
∴ FG=EF
∵ BG=GF，DE=EF
∴ BG=DE
∵BC=DC
∴EC=GC，
∴ ΔGCE为等腰直角三角形，
∴GE=2EC，
设BG=x，则有2x=2(a−x)，
解得x=(2−1)a，
故④正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的翻折，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，熟练利用特殊值法解选择题是解本题的关键．
6．（2023·广东深圳·一模）如图，将正方形ABCD翻折，使点C、D分别与点C'、D'重合，折痕为MN，C'D'交AD于点E，CC'交MN于点F，连接CE、C'M．给出以下结论：①MN垂直平分CC'；②DN+BC'=CM；③∠C'CE=45°；④△AC'E的周长等于AB的2倍．其中正确的个数有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】由折叠的性质可得MN垂直平分CC'，故结论①正确；过点N作NH⊥BC于H，由“ASA”证明△NHM≌△CBC'，可得BC'=HM，CM=BC'+DN，故结论②正确；过点C作CG⊥D'C'于G，由“AAS”证明△CDE≌△CGE，可得CD=CG，∠DCE=∠ECG，由“HL”证明Rt△CGC'≌Rt△CBC'，可得∠BCC'=∠GCC'，即可求得∠C'CE=45°，故结论③正确；延长AB至K，使BK=DE，连接CK，由“SAS”证明△DCE≌△BCK，可得CE=CK，∠DCE=∠BCK，由“SAS”证明△ECC'≌△KCC'，可得EC'=C'K，由线段的和差关系即可证明结论④正确．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠D=∠DCB=∠B=90°，
∵将正方形ABCD沿MN翻折，
∴MN垂直平分CC'，故结论①正确；
∴MN⊥CC'，
如图，过点N作NH⊥BC于H，

∴∠NHM=90°=∠CFM，
∴∠MNH+∠NMH=∠NMH+∠BCC'=∠90°，
∴∠MNH=∠BCC'，
∵∠NHC=∠D=∠DCB=90°，
∴四边形DCHN是矩形，
∴DC=NH，DN=CH，
∵CD=BC，
∴NH=BC，
又∵∠NHM=∠B=90°，
∴△NHM≌△CBC'(ASA)，
∴BC'=HM，
∵CM=HM+CH，
∴CM=BC'+DN，故结论②正确；
如图，过点C作CG⊥D'C'于G，

∵将正方形ABCD沿MN翻折，
∴∠DEC=∠GEC，
又∵∠D=∠CGE=90°，CE=CE，
∴△CDE≌△CGE(AAS)，
∴CD=CG，∠DCE=∠ECG，
∴CG=BC，
又∵CC'=CC'，
∴Rt△CGC'≌Rt△CBC'(HL)，
∴∠BCC'=∠GCC'，
∵∠DCE+∠ECG+∠GCC'+∠BCC'=90°，
∴∠C'CE=45°，故结论③正确；
如图，延长AB至K，使BK=DE，连接CK，

∵BK=DE，∠D=∠CBK=90°，DC=BC，
∴△DCE≌△BCK(SAS)，
∴CE=CK，∠DCE=∠BCK，
∵∠C'CE=45°，
∴∠DCE+∠BCC'=∠BCK+∠BCC'=45°，
∴∠KCC'=∠ECC'=45°，
又∵CC'=CC'，
∴△ECC'≌△KCC'(SAS)，
∴EC'=C'K，
∴EC'=C'K=C'B+BK=C'B+DE，
∴△AC'E的周长=AC'+AE+C'E=AC'+AE+DE+C'B=AB+AD=2AB，
故结论④正确．
综上所述，结论正确的有①②③④，共计4个．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质等知识，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题关键．
7．（2023·山东青岛·模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连结BE，分别交AC，AD于点F，G，连结OG， ①OG=12AB②S四边形ODGF=S△ABF③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S△ACD=2S△ABG中正确的结论是（     ）

A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】由菱形的性质及△ABG≌△DEG可得点G分别是AD、BE的中点，则由中位线定理可得①正确；由△OGF∽△ABF，则有AF=2OF，面积关系S△ABF=4S△OFG，再由中线平分面积可得②正确；易得四边形ABDE是平行四边形，再由已知可得△ABD是等边三角形，从而可得四边形ABDE是菱形，可得③正确；由G是BE的中点，得S△BDE=2S△DGE=2S△ABG，再由S△BDE=S△ACD即可得④正确，从而最后可确定答案．
【详解】∵四边形ABCD为菱形，AC与BD交于点O，
∴AB=AD=CD，OB=OD，AB∥CD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
∵AB//CD，
∴∠ABG=∠E，∠BAG=∠EDG，
∴△ABG≌△DEG(SAS)，
∴AG=DG，BG=EG，
即点G是AD、BE的中点，
∴由中位线定理得OG=12AB，且OG∥AB，
故①正确；
∵OG∥AB，
∴△OGF∽△ABF，
∴S△ABFS△OFG=ABOG2=4，AFOF=ABOG=2，
∴S△ABF=4S△OFG，AF=2OF
∴S△AFG=2S△OFG，
∴S△AOG=3S△OFG，
∵AG=DG，
∴S△AOG=S△DOG，
∴S△DOG=3S△OFG，
∴S四边形ODGF=S△OFG+S△DOG=S△OFG+3S△OFG=4S△OFG，
∴S四边形ODGF=S△ABF，
故②正确；
∵AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DE=AB=BD，
∴四边形ABDE是菱形，
故③正确；
∵G是BE的中点，△ABG≌△DEG，
∴S△BDE=2S△DGE=2S△ABG，
∵AB∥CD，CD=DE，
∴S△BDE=S△ACD，
∴S△ACD=2S△ABG，
故④正确，
故全部正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等高的三角形面积关系等知识，综合性较强，灵活运用这些知识是解答本题的关键．
8．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形OABC按如图所示摆放在第一象限，点B的坐标为3m,m，将矩形OABC绕着点O逆时针旋转α（0<α<90°），得到矩形OA'B'C．直线OA'、B'C'与直线BC相交，交点分别为点D、E，有下列说法：
①当m=1,α=30°时，矩形OA'B'C与矩形OABC重叠部分的面积为32；
②当m=1，且B'落到y轴的正半轴上时，DE的长为103；
③当点D为线段BE的中点时，点D的横坐标为43m；
④当点D是线段BE的三等分点时，sinα的值为25或45．
其中，说法正确的是（　　）

A．①② B．③④ C．①②③ D．①②④
【答案】C
【分析】①计算OC和CD，根据三角形面积公式可得结论正确；
②分别根据三角函数计算EC和CD的长，相加可得DE的长；
③如图2，过点D作DF⊥B'C'于F，则DF=B'C'=OC，证明△OCD≌△DFE（AAS），设BD=a，则OD=a,CD=3m−a，根据勾股定理列方程可得结论；
④存在两种情况：ED=2BD或BD=2ED，如图3，ED=2BD，同理作辅助线构建全等三角形，可得OD=ED，设BD=a，则ED=OD=2a，根据勾股定理列方程可得m和a的关系，根据正弦的定义可得结论．
【详解】解：①当m=1时，点B的坐标为3,1，
∴OC=1，
当α=30°时，∠AOD=30°，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC∥OA，
∴∠ODC=∠AOD=30°，
∴OD=2OC=2,CD=3，
∴SΔOCD=12⋅OC⋅CD=12×1×3=32，
即当m=1，α=30°时，矩形OA'B'C'与矩形OABC重叠部分的面积为32；
故①正确；
②如图1，由旋转得：OA=OA'=3，A'B'=OC=1，∠A'=90°，

由勾股定理得：OB'=32+12=10，
∴B'C=10−1，
tan∠COD=CDOC=A'B'OA',
即CD1=13，
∴CD=13，
∵OA'∥B'C'，
∴∠OB'C'=∠COD，
∴tan∠OB'C'=ECB'C=13，
∴EC=10−13，
∴DE=EC+CD=10−13+13=103，
故②正确；
③∵点B的坐标为3m,m，
∴BC=3m，
如图2，过点D作DF⊥B'C'于F，则DF=B'C'=OC，

∵点D为线段BE的中点，
∴ED=BD，
∴DF=OC，
∵∠DFE=∠OCD=90°,∠FED=∠CDO，
∴△OCD≌△DFE（AAS），
∴ED=OD，
设BD=a，则OD=a，CD=3m−a，
Rt△OCD中，m2+3m−a2=a2，
解得： a=53m，
∴CD=3m−53m=43m,
即当点D为线段BE的中点时，点D的横坐标为43m；
故③正确；
④当点D是线段BE的三等分点时，存在两种情况：ED=2BD或BD=2ED，
如图3，ED=2BD，过点D作DH⊥B'C'于H，则DH=B'C'=OC，

同理可得OD=ED，
设BD=a，则ED=OD=2a，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：m2+3m−a2=2a2，
m1＝3+3910a，m2＝3−3910a（舍），
∴sinα=OCOD=m2a=3+3920≠25或45；
故④错误；
本题正确的结论有：①②③
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，综合性很强，必须灵活掌握知识，学会用方程的思想解决问题．
9．（2023·山东德州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形；②DN2=MC•NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的序号是（　　）

A．①②④ B．①②③ C．①③ D．②③④
【答案】A
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∼△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB，
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，
∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≅△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE−DN=BF−BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≅△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∼△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵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是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故选：A．
【点睛】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、相似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．
10．（2023·天津·一模）如图，在Rt△ABC中，AB=CB，BO⊥AC，把△ABC折叠，使AB落在AC上，点B与AC上的点E重合，展开后，折痕AD交BO于点F，连接DE，EF．下列结论：①AB=2BD；②图中有4对全等三角形；③BD=BF； ④若将△DEF沿EF折叠，则点D不一定落在AC上；⑤S四边形DFOE=S△AOF，上述结论中正确的个数是（　 　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由等腰直角三角形的性质可得AO=CO=BO，∠ABO=∠BAO=∠C=∠CBO=45°，由折叠的性质可得∠ABD=∠AED=90°，BD=DE，AB=AE，利用全等三角形的判定和性质依次判断可求解．
【详解】解：∵AB=CB，BO⊥AC，∠ABC=90°，
∴AO=CO=BO，∠ABO=∠BAO=∠C=∠CBO=45°，
∵把ΔABC折叠，使AB落在AC上，点B与AC上的点E重合，
∴ΔABD≅ΔAED，
∴∠ABD=∠AED=90°，BD=DE，AB=AE，
∵∠EDC+∠C=∠AED=90°，
∴∠EDC=∠C=45°，
∴DE=EC，
∴CD=2DE=2BD，
∴AB=BC=BD+CD=(1+2)BD，故①错误，
在ΔABO和ΔCBO中，
AO=CO∠AOB=∠COBBO=BO，
∴ΔABO≅ΔCBO(SAS)，
∵ΔABD≅ΔAED，
∴∠BAD=∠EAD，∠ADB=∠ADE，
在ΔABF和ΔAEF中，
AF=AF∠BAF=∠EAFAB=AE，
∴ΔABF≅ΔAEF(SAS)，
∴BF=EF，
在ΔBDF和ΔEDF中，
BD=DEDF=DFBF=EF，
∴ΔBDF≅ΔEDF(SSS)，
∴图中共有4对全等三角形，故②正确；
∵∠AFO=90°−∠FAO，∠ADB=90°−∠BAD，
∴∠ADB=∠AFO=∠BFD，
∴BF=BD，故③正确；
∵ΔBDF≅ΔEDF，
∴∠FBD=∠FED=45°，
∵∠AED=90°，
∴∠AEF=∠DEF=45°，
∴将ΔDEF沿EF折叠，则点D一定落在AC上，故④错误；
连接CF，

∵AO=CO，
∴SΔAFO=SΔCFO，
∵∠AEF=∠ACB=45°，
∴EF//BC，
∴SΔEFD=SΔEFC，
∴S四边形OEDF=SΔCFO，
∴S四边形OEDF=SΔAFO，故⑤正确，
故选：C
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用全等三角形的判定是本题的关键．