最新中考几何专项复习专题31 四边形综合练习（基础）

这是一份最新中考几何专项复习专题31 四边形综合练习（基础），文件包含中考几何专项复习专题31四边形综合练习基础教师版含解析docx、中考几何专项复习专题31四边形综合练习基础学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。

高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
专题31 四边形综合练习(基础)
一．选择题
1．下列说法中，正确的是( )
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．四条边相等的四边形是菱形
D．矩形的对角线一定互相垂直
【分析】利用菱形的判定：对角线互相垂直的平行四边形是菱形以及四条边相等的四边形是菱形，矩形的判定：对角线相等的四边形是矩形以及矩形的性质等知识分别判断得出即可．
【解答】解：A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故A选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B选项错误；
C、四条边相等的四边形是菱形，故C选项正确；
D、矩形的对角线一定相等，但不垂直，故D选项错误；
故选：C．
【点评】此题主要考查了菱形的判定以及矩形的判定以及矩形的性质等知识，熟练掌握矩形和菱形的判定定理是解题关键．
2．如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，AE平分∠BED，PE⊥AE交BC于点P，连接PA，以下四个结论：①BE平分∠AEC；②PA⊥BE；③AD=32AB；④PB＝2PC．则正确的个数是( )
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据矩形的性质结合全等三角形的判定与性质得出△ADE≌△BCE(SAS)，进而求出△ABE是等边三角形，再求出△AEP≌△ABP(SSS)，进而得出∠EAP＝∠PAB＝30°，分别的得出AD与AB，PB与PC的数量关系．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，点E是CD的中点，
∴DE＝EC，
在△ADE和△BCE中
∵AD=BC∠D=∠CDE=EC，
∴△ADE≌△BCE(SAS)，
∴AE＝BE，∠DEA＝∠CEB，
∵AE平分∠BED，
∴∠AED＝∠AEB，
∴∠AED＝∠AEB＝∠CEB＝60°，
故：①BE平分∠AEC，正确；
可得△ABE是等边三角形，
∴∠DAE＝∠EBC＝30°，AE＝AB，
∵PE⊥AE，
∴∠DEA+∠CEP＝90°，
则∠CEP＝30°，
故∠PEB＝∠EBP＝30°，
则EP＝BP，
在△AEP和△ABP中
AE=ABAP=APEP=BP，
∴△AEP≌△ABP(SSS)，
∴∠EAP＝∠PAB＝30°，
又∵AE＝AB，
∴AP⊥BE，故②正确；
∵∠DAE＝30°，
∴DEAD=tan30°=33，
∴3DE=3AD，
∴AD=3DE，
∴③AD=32AB正确；
∵∠CEP＝30°，
∴CP=12EP，
∵EP＝BP，
∴CP=12BP，
∴④PB＝2PC正确．
总上所述：正确的共有4个．
故选：A．
【点评】此题主要考查了四边形综合以及全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质和等腰三角形的性质等知识，正确得出△AEP≌△ABP是解题关键．
3．如图，在矩形ABCD中，P是BC上一点，E是AB上一点，PD平分∠APC，PE⊥PD，连接DE交AP于F，在以下判断中，不正确的是( )
A．当P为BC中点，△APD是等边三角形
B．当△ADE∽△BPE时，P为BC中点
C．当AE＝2BE时，AP⊥DE
D．当△APD是等边三角形时，BE+CD＝DE
【分析】A、先判断出△APB≌△DPC，进而可以得出∠APD＝60°，即可得出结论；
B、虽然题目中有相似三角形和直角三角形，但没有告诉线段与线段之间的倍数关系和没出现含30°的直角三角形，所以没办法得出点P是BC的中点；
C、先求出∠BAP，进而得出∠ADE＝∠PDE，即可判断出△ADE≌△PDE，最后用三角形三线合一的性质即可得出结论；
D、先求出∠BPE＝∠APE＝∠PAB＝30°，再用含30°的直角三角形的性质和勾股定理即可得出结论．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，
∵点P是BC的中点，
∴PB＝PC，
在△APB和△DPC中，AB=DC∠ABP=∠DCPPB=PC，
∴△APB≌△DPC(SAS)，
∴PA＝PD，∠APB＝∠DPC，
∵PD平分∠APC，
∴∠APD＝∠CPD，
∴∠APB＝∠APD＝∠CPD，
∵∠APB+∠APD+∠CPD＝180°，
∴∠APD＝60°，
∵PA＝PD，
∴△APD是等边三角形；
∴A正确，故A不符合题意；
C、
∵PD⊥PE，
∴∠BPE+∠DPC＝90°，∠APE+∠APD＝90°，
∵∠APD＝∠CPD，
∴∠APE＝∠BPE，
过点B作BG∥AP交PE的延长线于G，
∴∠G＝∠APE＝∠BPE，
∴BG＝BP，
∵BG∥AP，
∴△BEG∽△AEP，
∴BGAP=BEAE
∴BPAP=BEAE，
∵AE＝2BE，
∴BPAP=12，
在Rt△ABP中，sin∠BAP=BPAP=12，
∴∠BAP＝30°，
∴∠APB＝60°，
∴∠BPE＝∠APE＝30°＝∠BAP，
∴AE＝PE，
∵EA⊥AD，EP⊥PD，
∴∠ADE＝∠PDE，
在△ADE和△PDE中，∠ADE=∠PDE∠DAE=∠DPEAE=PE，
∴△ADE≌△PDE，
∴∠AED＝∠PED，
∵AE＝PE，
∴DE⊥AP，
∴C正确，故C不符合题意；
D、∵△APD是等边三角形，
∴AP＝DP，∠APD＝60°，
∴∠CPD＝60°，
∴∠APB＝60°，
∴∠BPE＝∠APE＝∠PAB＝30°
∴AE＝PE
设BE＝a，
在Rt△PBE中，BP=3BE=3a，PE＝2a，
∴AE＝2a，
∴CD＝AB＝BE+AE＝3a，
易证△APB≌△DPC，
∴PB＝PC，
∴AD＝BC＝2BP＝23a，
在Rt△ADE中，根据勾股定理，得，DE=AE2+AD2=4a，
∵BE+CD＝a+3a＝4a＝DE，
∴D正确，故D不符合题意；
∴符合题意的只有B．
故选：B．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解本题的关键：A、判断出△APB≌△DPC，C、求出∠BAP，D、求出∠BPE＝∠APE＝∠PAB＝30°，是一道综合性比较强的题目．
4．如图，P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF．给出以下4个结论：
①△FPD是等腰直角三角形；
②AP＝EF；
③AD＝PD；
④∠PFE＝∠BAP．
其中，所有正确的结论是( )
A．①②B．①④C．①②④D．①③④
【分析】用正方形的性质和垂直的定义判断出四边形PECF是矩形，从而判定②正确；
直接用正方形的性质和垂直得出①正确，
利用全等三角形和矩形的性质得出④正确，
由点P是正方形对角线上任意一点，说明AD和PD不一定相等，得出③错误．
【解答】解：如图，
∵P为正方形ABCD的对角线BD上任一点，
∴PA＝PC，∠BCD＝90°，
∵过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥CD，
∴∠PEC＝∠DFP＝∠PFC＝∠BCD＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC＝EF，
∴PA＝EF，故②正确，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABD＝∠BDC＝∠DBC＝45°，
∵∠PFC＝∠BCD＝90°，
∴PF∥BC，
∴∠DPF＝45°，
∵∠DFP＝90°，
∴△FPD是等腰直角三角形，故①正确，
在△PAB和△PCB中，
AB=CB∠ABP=∠CBPBP=BP，
∴△PAB≌△PCB(SAS)，
∴∠BAP＝∠BCP，
在矩形PECF中，∠PFE＝∠FPC＝∠BCP，
∴∠PFE＝∠BAP．故④正确，
∵点P是正方形对角线BD上任意一点，
∴AD不一定等于PD，
只有∠BAP＝22.5°时，AD＝PD，故③错误，
故选：C．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，解本题的关键是判断出四边形PECF是矩形．
5．已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，DF与对角线AC交于点G，过G作GE⊥AD于点E，若AB＝2，且∠1＝∠2，则下列结论正确个数的有( )
①DF⊥AB；②CG＝2GA；③CG＝DF+GE；④S四边形BFGC=3−1．
A．1B．2C．3D．4
【分析】①由四边形ABCD是菱形，得出对角线平分对角，求得∠GAD＝∠2，得出AG＝GD，AE＝ED，由SAS证得△AFG≌△AEG，得出∠AFG＝∠AEG＝90°，即可得出①正确；
②由DF⊥AB，F为边AB的中点，证得AD＝BD，证出△ABD为等边三角形，得出∠BAC＝∠1＝∠2＝30°，由AC＝2AB•cs∠BAC，AG=AFcs∠BAC，求出AC，AG，即可得出②正确；
③由勾股定理求出DF=AD2−AF2，由GE＝tan∠2•ED求出GE，即可得出③正确；
④由S四边形BFGC＝S△ABC﹣S△AGF求出数值，即可得出④不正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠FAG＝∠EAG，∠1＝∠GAD，AB＝AD，
∵∠1＝∠2，
∴∠GAD＝∠2，
∴AG＝GD，
∵GE⊥AD，
∴GE垂直平分AD，
∴AE＝ED，
∵F为边AB的中点，
∴AF＝AE，
在△AFG和△AEG中，
AF=AE∠FAG=∠EAGAG=AG，
∴△AFG≌△AEG(SAS)，
∴∠AFG＝∠AEG＝90°，
∴DF⊥AB，
∴①正确；
∵DF⊥AB，F为边AB的中点，
∴AF=12AB＝1，AD＝BD，
∵AB＝AD，
∴AD＝BD＝AB，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠BAD＝∠BCD＝60°，
∴∠BAC＝∠1＝∠2＝30°，
∴AC＝2AB•cs∠BAC＝2×2×32=23，
AG=AFcs∠BAC=132=233，
∴CG＝AC﹣AG＝23−233=433，
∴CG＝2GA，
∴②正确；
∵GE垂直平分AD，
∴ED=12AD＝1，
由勾股定理得：DF=AD2−AF2=22−12=3，
GE＝tan∠2•ED＝tan30°×1=33，
∴DF+GE=3+33=433=CG，
∴③正确；
∵∠BAC＝∠1＝30°，
∴△ABC的边AC上的高等于AB的一半，即为1，
FG=12AG=33，
S四边形BFGC＝S△ABC﹣S△AGF=12×23×1−12×1×33=3−36=536，
∴④不正确；
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角函数、线段垂直平分线的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
6．如图，已知矩形ABCD中，点E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，连接EF，若AB＝6，BC＝46，则下列说法中正确的个数有( )
①△DEF≌△GEF；②GF：GB＝3：2；③S△BEF＝106；④S△BCF：S△DFE＝1：1．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】利用翻折不变性，根据HL可以证明Rt△EDF≌Rt△EGF(HL)，推出DF＝FG，设DF＝x，则BF＝6+x，CF＝6﹣x，在Rt△BCF中，根据勾股定理可得(4 6)2+(6﹣x)2＝(6+x)2，求出x即可一一判断．
【解答】解：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE＝EG，AB＝BG，
∴ED＝EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝90°，
∵在Rt△EDF和Rt△EGF中，
ED=EGEF=EF，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF(HL)，故①正确，
∴DF＝FG，
设DF＝x，则BF＝6+x，CF＝6﹣x，
在Rt△BCF中，(4 6)2+(6﹣x)2＝(6+x)2，
解得x＝4，
∴GF：GB＝4：6＝2：3，故②错误，
∴S△BEF=12•BF•EG=12×10×26=106．故③正确，
∵S△DEF=12×26×4＝46，S△CBF=12×46×2＝46，
∴S△BCF：S△DFE＝1：1．故④正确．
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折的性质，熟记性质，找出三角形全等的条件ED＝EG是解题的关键，本题的突破点是设DF＝x，则BF＝6+x，CF＝6﹣x，在Rt△BCF中根据勾股定理构建方程解决问题，属于中考常考题型．
7．如图，过▱ABCD的对角线AC的中点O任作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE，有下面四个结论，①OH＝OF；②∠HGE＝∠FGE；③S四边形DHOG＝S四边形BFOE；④△AHO≌△AEO，其中正确的是( )
A．①③B．①②③C．②④D．②③④
【分析】根据平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，再根据两直线平行，内错角相等可得∠OAE＝∠OCG，然后利用“角边角”证明△AOE和△COG全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝OG，同理可得OF＝OH，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形EFGH是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得到四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质得到∠HGE＝∠FGE，根据全等三角形的判定得到△DOG≌△BOE，同理△DOH≌△BOF，于是得到S四边形DHOG＝S四边形BFOE，由于OH不一定等于OE，AH不一定等于AE，得到△AHO不一定全等于△AEO，于是得到结论．
【解答】解：四边形EFGH是菱形．
证明：连接AC，BD，
则AC，BD必过O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAO＝∠GCO，
在△EAO和△CGO中，
∠EAO=∠GCOAO=CO∠AOE=∠COG，
∴△EAO≌△CGO(ASA)，
∴OE＝OG，
同理OH＝OF，故①正确；
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵HF⊥EG，
∴四边形EFGH是菱形，
∴∠HGE＝∠FGE，故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，
在△DOG与△BOE中，OD=OB∠BOE=∠DOGOG=OE，
∴△DOG≌△BOE，
同理△DOH≌△BOF，
∴S四边形DHOG＝S四边形BFOE，故③正确；
∵OH不一定等于OE，AH不一定等于AE，
∴△AHO不一定全等于△AEO，故④错误；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．在矩形ABCD中，AB＝1，AD=3，AF平分∠DAB，过C点作CE⊥BD于E，延长AF、EC交于点H，下列结论中正确的是( )
①AF=12FH；②BO＝BF；③CA＝CH；④BE＝3ED．
A．②③B．③④C．①②④D．②③④
【分析】求出OA＝OC＝OD＝BD，求出∠ADB＝30°，求出∠ABO＝60°，得出等边三角形AOB，求出AB＝BO＝AO＝OD＝OC＝DC，推出BF＝AB，求出∠H＝∠CAH＝15°，求出DE＝EO，根据以上结论推出即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵AD=3，AB＝1，
∴tan∠ADB=13=33，
∴∠ADB＝30°，
∴∠ABO＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AC＝BD，AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AO＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴AB＝BO，∠AOB＝∠BAO＝60°＝∠COE，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AFB，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∵AB＝BO，
∴BF＝BO，
∴②正确；
∵∠BAO＝60°，∠BAF＝45°，
∴∠CAH＝15°，
∵CE⊥BD，
∴∠CEO＝90°，
∵∠EOC＝60°，
∴∠ECO＝30°，
∴∠H＝∠ECO﹣∠CAH＝30°﹣15°＝15°＝∠CAH，
∴AC＝CH，
∴③正确；
作HG⊥BC的延长线于点G，
∵AB＝1，AD=3，
∴AC＝CH＝2，
∴HG＝CH•cs∠CHG＝2×32=3，
∵△ABF∽△HGF，
∴ABHG=AFFH，
即13=AFFH，
∴FH=3FA，
∴AF=12FH错误，
故①错误；
∵△AOB是等边三角形，
∴AO＝OB＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB＝CD，
∴DC＝OC＝OD，
∵CE⊥BD，
∴DE＝EO=12DO=12BD，
即BE＝3ED，∴④正确；
即正确的有②③④3个，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，角平分线定义，定义三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识点的综合运用，难度偏大，对学生提出较高的要求．
9．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交ED于点P．若AE＝AP＝1，PB=5．下列结论：
①△APD≌△AEB；
②点B到直线AE的距离为2；
③EB⊥ED；
④S正方形ABCD＝4+6；
⑤S△APD+S△APB＝1+6，
其中正确结论的序号是( )
A．①③④B．①②⑤C．③④⑤D．①③⑤
【分析】由于∠EAP＝90°，所以∠EAB＝∠DAP，又因为AP＝AE，AD＝AB，所以△APD≌△DAP，从而得出∠EBA＝∠PDA，即可知∠BED＝∠BAD＝90°，过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，所以△BFE是等腰直角三角形，由勾股定理可求出BE和BF的长度，从而可求出AB2，即正方形ABCD的面积，由于S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△PEB，所以求出△AEP与△PEB的面积即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，
AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠EAP＝90°，
∴∠EAB+∠BAP＝∠DAP+∠BAP，
∴∠EAB＝∠DAP，
在△APD与△AEB中，
AP=AE∠EAB=∠DAPAD=AB，
∴△APD≌△AEB(SAS)，
故①正确；
∵△APD≌△AEB，
∴∠EBA＝∠PDA，
∴∠BED＝∠BAD＝90°，
∴BE⊥ED，
故③正确，
过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，
∵∠EAP＝90°，
AE＝AP，
∴∠AEP＝45°，
∵∠FEB+∠AEP＝90°，
∠FEB+∠EBF＝90°，
∴∠AEP＝∠EBF＝45°，
∴EF＝BF，
∵AE＝AP＝1，
∴由勾股定理可求得：EP=2，
∵PB=5，
∴由勾股定理可求得：BE=3，
∵EF2+BF2＝2BF2＝BE2，
∴BF=62，
故②错误，
∵BF＝EF=62，
∴AF＝AE+EF＝1+62，
∴由勾股定理可知：AB2＝AF2+BF2＝4+6，
故④正确，
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD＝S△AEB，
∴S△APD+S△APB
＝S△AEB+S△APB
＝S△AEP+S△PEB
=12+62，
故⑤错误，
故选：A．
【点评】本题考查四边形的综合问题，涉及全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形面积公式等知识内容，综合程度高，需要学生灵活运用知识解答．
10．如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连接GF，给出下列结论：①∠ADG＝22.5°；②tan∠AED＝2；③S△AGD＝S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE＝2OG；⑥若S△OGF＝1，则正方形ABCD的面积是6+42，其中正确的结论个数为( )
A．2B．3C．4D．5
【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD＝∠ADO＝45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；
②由AE＝EF＜BE，可得AD＞2AE；
③由AG＝GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD的面积；
④由折叠的性质与平行线的性质，易得△EFG是等腰三角形，即可证得AE＝GF；
⑤易证得四边形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得BE＝2OG；
⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB＝GF，再由∠BAO＝45°，∠GOF＝90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF＝1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD＝∠ADO＝45°，
由折叠的性质可得：∠ADG=12∠ADO＝22.5°，
故①正确．
∵由折叠的性质可得：AE＝EF，∠EFD＝∠EAD＝90°，
∴AE＝EF＜BE，
∴AE＜12AB，
∴ADAE＞2，
故②错误．
∵∠AOB＝90°，
∴AG＝FG＞OG，△AGD与△OGD同高，
∴S△AGD＞S△OGD，
故③错误．
∵∠EFD＝∠AOF＝90°，
∴EF∥AC，
∴∠FEG＝∠AGE，
∵∠AGE＝∠FGE，
∴∠FEG＝∠FGE，
∴EF＝GF，
∵AE＝EF，
∴AE＝GF，
∵AE＝EF＝GF，AG＝GF，
∴AE＝EF＝GF＝AG，
∴四边形AEFG是菱形，
故④正确．
∴∠OGF＝∠OAB＝45°，
∴EF＝GF=2OG，
∴BE=2EF=2×2OG＝2OG．
故⑤正确．
∵四边形AEFG是菱形，
∴AB∥GF，AB＝GF．
∵∠BAO＝45°，∠GOF＝90°，
∴△OGF时等腰直角三角形．
∵S△OGF＝1，
∴12OG2＝1，解得OG=2，
∴BE＝2OG＝22，GF=(2)2+(2)2=2+2=2，
∴AE＝GF＝2，
∴AB＝BE+AE＝22+2，
∴S正方形ABCD＝AB2＝(22+2)2＝12+82，故⑥错误．
∴其中正确结论的序号是：①④⑤．
故选：B．
【点评】此题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
11．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝60°，过对角线BD的中点O的直线GH分别交AD、BC于点E、F，交BA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，连接GD、BH，则下列结论：①AG＝CH，②DE+CF＝5，③S四边形ABFE＝33，④四边形BGDH为平行四边形．其中正确的有( )
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
【分析】利用平行四边形的性质得出AB∥CD即可得出∠OBG＝∠ODH，进而得出△BOG≌△DOH即可判断出①正确；
进而判断出④正确，同①的方法判断出△AEG≌△CFH，进而得出AE＝CF，即可求出DE+CF＝4，即可得出②错误；利用平行四边形的面积公式求出平行四边形ABCD的面积，再判断出S四边形ABFE＝S四边形CDEF即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BGO＝∠DHO，∠OBG＝∠ODH，
∵O是平行四边形ABCD的对角线的交点，
∴OB＝OD，
在△BOG和△DOH中，∠BGO=∠DHO∠OBG=∠ODHOB=OD，
∴△BOG≌△DOH，
∴BG＝DH，
∴AG＝CH，所以①正确；
∵BG＝DH，BG∥DH，
∴四边形BGDH为平行四边形，所以④正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠∠AEG＝∠BFG，
∵∠BFG＝∠CFH，
∴∠AEG＝∠CFH，
在△AEG和△CFH中，∠AEG=∠CFH∠AGE=∠CHFAG=CH，
∴△AEG≌△CFH，
∴AE＝CF，
∴DE+CF＝DE+AE＝AD＝BC＝4，所以②错误；
过点A作AM⊥BC于M，在Rt△ABM中，∠ABC＝60°，AB＝3，
∴AM＝ABsin∠ABC＝3×sin60°=332，
∴S平行四边形ABCD＝BC×AM＝4×332=63，
∵△BOG≌△DOH，△AEG≌△CFH，
∴S四边形ABOE＝S四边形CDOF，
易证：△BOF≌△DOE，
∴S△BOF＝S△DOE，
∴S四边形ABFE＝S四边形CDEF=12S平行四边形ABCD=12×63=33，所以③正确；
即：正确的有①③④，
故选：B．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出△BOG≌△DOH和△AEG≌△CFH．
12．如图，在直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，反比例函数y=kx(k＞0，x＞0)的图象与正方形的两边AB，BC分别交于点M，N，ND⊥x轴，垂足为D，连接OM，ON，MN，下列结论：①△OCN≌△OAM；②MN＝CN+AM；③四边形DAMN与△MON面积相等；④若∠MON＝45°，MN＝4，则点C的坐标为(0，22+2)，其中正确结论的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据反比例函数的比例系数的几何意义得到S△ONC＝S△OAM=12k，即12OC•NC=12OA•AM，而OC＝OA，则NC＝AM，由SAS得出△OCN≌△OAM，①正确；
根据全等的性质得到ON＝OM，由于k的值不能确定，则∠MON的值不能确定，无法确定△ONM为等边三角形，得出②错误；
根据S△OND＝S△OAM=12k和S△OND+S四边形DAMN＝S△OAM+S△OMN，即可得到S四边形DAMN＝S△OMN；③正确；
作NE⊥OM于E点，则△ONE为等腰直角三角形，设NE＝x，则OM＝ON=2x，EM=2x﹣x＝(2−1)x，在Rt△NEM中，利用勾股定理可求出x2＝8+42，所以ON2＝(2x)2＝16+82，易得△BMN为等腰直角三角形，得到BN=22MN＝22，设正方形ABCO的边长为a，在Rt△OCN中，利用勾股定理可求出a的值为22+2，从而得到C点坐标，④正确；即可得出结论．
【解答】解：∵点M、N都在y=kx的图象上，
∴S△ONC＝S△OAM=12k，即12OC•NC=12OA•AM，
∵四边形ABCO为正方形，
∴OC＝OA，∠OCN＝∠OAM＝90°，
∴NC＝AM，
在△OCN和△OAM中，OC=OA∠OCN=∠OAMCN=AM，
∴△OCN≌△OAM(SAS)，①正确；
∴ON＝OM，
∵k的值不能确定，
∴∠MON的值不能确定，
∴△ONM只能为等腰三角形，不能确定为等边三角形，
∴ON≠MN，
∴MN≠CN+AM；②错误；
∵S△OND＝S△OAM=12k，
而S△OND+S四边形DAMN＝S△OAM+S△OMN，
∴四边形DAMN与△MON面积相等，③正确；
作NE⊥OM于E点，如图，
∵∠MON＝45°，
∴△ONE为等腰直角三角形，
∴NE＝OE，设NE＝x，则ON=2x，
∴OM=2x，
∴EM=2x﹣x＝(2−1)x，
在Rt△NEM中，MN＝4，
∵MN2＝NE2+EM2，即42＝x2+[(2−1)x]2，
∴x2＝8+42，
∴ON2＝(2x)2＝16+82，
∵CN＝AM，CB＝AB，
∴BN＝BM，
∴△BMN为等腰直角三角形，
∴BN=22MN＝22，
设正方形ABCO的边长为a，则OC＝a，CN＝a﹣22，
在Rt△OCN中，∵OC2+CN2＝ON2，
∴a2+(a﹣22)2＝16+82，
解得a1＝22+2，a2＝﹣2(舍去)，
∴OC＝22+2，
∴C点坐标为(0，22+2)，④正确．
正确结论的个数是3个，故选：C．
【点评】本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、比例系数的几何意义和正方形的性质；熟练运用勾股定理和等腰直角三角形的性质进行几何计算．
二．填空题
13．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝10，DA=55，则下列结论：①AC⊥BD；②AC⊥CD；③tan∠DAC＝2；④四边形ABCD的面积为31；⑤BD＝241．正确的是 ②③④⑤ ．
【分析】根据勾股定理及其逆定理可得AC2+CD2＝DA2知∠ACD＝90°，即AC⊥CD，故①错误，②正确；根据正切函数的定义可判断③；根据四边形ABCD的面积为S△ABC+S△ACD可判断④；作DM⊥BC，交BC延长线于M，连接AC，由勾股定理得出AC2＝AB2+BC2＝25，求出AC2+CD2＝AD2，由勾股定理的逆定理得出△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，证出∠ACB＝∠CDM，得出△ABC∽△CMD，由相似三角形的对应边成比例求出CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，得出BM＝BC+CM＝10，再由勾股定理求出BD即可判断⑤．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=5，
在△ACD中，∵CD＝10，DA＝55，
∴AC2+CD2＝25+100＝125＝DA2，
∴∠ACD＝90°，即AC⊥CD，故①错误，②正确；
在Rt△ACD中，tan∠DAC=CDAC=105=2，故③正确；
S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD
=12AB•BC+12AC•CD
=12×3×4+12×5×10
＝31，
故④正确；
作DM⊥BC，交BC延长线于M，如图所示：
则∠M＝90°，
∴∠DCM+∠CDM＝90°，
∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC2＝AB2+BC2＝25，
∵CD＝10，AD＝55，
∴AC2+CD2＝AD2，
∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，
∴∠ACB+∠DCM＝90°，
∴∠ACB＝∠CDM，
∵∠ABC＝∠M＝90°，
∴△ABC∽△CMD，
∴ABCM=12，
∴CM＝2AB＝6，DM＝2BC＝8，
∴BM＝BC+CM＝10，
∴BD=BM2+DM2=241，故⑤正确；
故答案为：②③④⑤．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理；熟练掌握相似三角形的判定与性质，证明由勾股定理的逆定理证出△ACD是直角三角形是解决问题的关键．
14．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：
①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF＝25．
以上结论中，你认为正确的有 ①③④ ．(填序号)
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，表示出AF＝FC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【解答】解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，(故①正确)；
∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，(故②错误)；
点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝(8﹣x)2，
解得x＝3，
点G与点D重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，(故③正确)；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME＝(8﹣3)﹣3＝2，
由勾股定理得，
EF=MF2+ME2=42+22=25，(故④正确)；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故答案为①③④．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
15．如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC于点F，连接DF，分析下列五个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD=2；⑤S四边形CDEF=52S△ABF，其中正确的结论有 ①②③⑤ ．
【分析】①四边形ABCD是矩形，BE⊥AC，则∠ABC＝∠AFB＝90°，又∠BAF＝∠CAB，于是△AEF∽△CAB，故①正确；
②由AE=12AD=12BC，又AD∥BC，所以AEBC=AFFC=12，故②正确；
③过D作DM∥BE交AC于N，得到四边形BMDE是平行四边形，求出BM＝DE=12BC，得到CN＝NF，根据线段的垂直平分线的性质可得结论，故③正确；
④根据三角函数的定义得到tan∠CAD=22，故④错误；
⑤根据△AEF∽△CBF得到EFBF=AEBC=12，求出S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD；S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，即可得到S四边形CDEF=52S△ABF，故⑤正确．
【解答】解：过D作DM∥BE交AC于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝BC，
∵BE⊥AC于点F，
∴∠EAC＝∠ACB，∠ABC＝∠AFE＝90°，
∴△AEF∽△CAB，故①正确；
∵AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴AEBC=AFCF，
∵AE=12AD=12BC，
∴AFCF=12，
∴CF＝2AF，故②正确，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE=12BC，
∴BM＝CM，
∴CN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥CF，
∴DF＝DC，故③正确；
由△BAE∽△ADC，有ABAD=AD2AB，
∴AD2AB2=12，
∴ADAB=22，
∵tan∠CAD=CDAD=ABAD，
∴tan∠CAD=22，故④错误；
∵△AEF∽△CBF，
∴EFBF=AEBC=12，
∴S△AEF=12S△ABF，S△ABF=16S矩形ABCD
∴S△AEF=112S矩形ABCD，
又∵S四边形CDEF＝S△ACD﹣S△AEF=12S矩形ABCD−112S矩形ABCD=512S矩形ABCD，
∴S四边形CDEF=52S△ABF，故⑤正确；
故答案为：①②③⑤．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，图形面积的计算，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF＝45°，AE＝AF，则有下列结论：
①∠1＝∠2＝22.5°；
②点C到EF的距离是2−1；
③△ECF的周长为2；
④BE+DF＞EF．
其中正确的结论是 ①②③ ．(写出所有正确结论的序号)
【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1＝∠2，易得∠1＝∠2＝22.5°，于是可对①进行判断；连接EF、AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE＝DF，则CE＝CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB＝EH，FD＝FH，则可对③④进行判断；设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，利用等腰直角三角形的性质得到2x=2(1﹣x)，解得x=2−1，则可对④进行判断．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中
AE=AFAB=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠1＝∠2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠1＝∠2＝22.5°，所以①正确；
连接EF、AC，它们相交于点H，如图，
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴BE＝DF，
而BC＝DC，
∴CE＝CF，
而AE＝AF，
∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，
∴EB＝EH，FD＝FH，
∴BE+DF＝EH+HF＝EF，所以④错误；
∴△ECF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+CF+DF＝CB+CD＝1+1＝2，所以③正确；
设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴EF=2CE，即2x=2(1﹣x)，解得x=2−1，
∴EF＝2(2−1)，
∴CH=12EF=2−1，所以②正确．
故答案为①②③．
【点评】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解决本题的关键是证明AC垂直平分EF．
17．如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，取EF的中点G，连接CG，BG，BD，DG，下列结论：
①BE＝CD；
②∠DGF＝135°；
③∠ABG+∠ADG＝180°；
④若ABAD=23，则3S△BDG＝13S△DGF．
其中正确的结论是 ①③④ ．(填写所有正确结论的序号)
【分析】先求出∠BAE＝45°，判断出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AB＝BE，∠AEB＝45°，从而得到BE＝CD，故①正确；
再求出△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得CG＝EG，再求出∠BEG＝∠DCG＝135°，然后利用“边角边”证明△DCG≌△BEG，得到∠BGE＝∠DGC，由∠BGE＜∠AEB，得到∠DGC＝∠BGE＜45°，∠DGF＜135°，故②错误；
由于∠BGE＝∠DGC，得到∠ABG+∠ADG＝∠ABC+∠CBG+∠ADC﹣∠CDG＝∠ABC+∠ADC＝180°，故③正确；
由△BGD是等腰直角三角形得到BD=AD2+AB2=13a，求得S△BDG，过G作GM⊥CF于M，求得S△DGF，进而得出答案．
【解答】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE，∠AEB＝45°，
∵AB＝CD，
∴BE＝CD，
故①正确；
∵∠CEF＝∠AEB＝45°，∠ECF＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∵点G为EF的中点，
∴CG＝EG，∠FCG＝45°，
∴∠BEG＝∠DCG＝135°，
在△DCG和△BEG中，
BE=CD∠BEG=∠DCGCG=EG，
∴△DCG≌△BEG(SAS)．
∴∠BGE＝∠DGC，
∵∠BGE＜∠AEB，
∴∠DGC＝∠BGE＜45°，
∵∠CGF＝90°，
∴∠DGF＜135°，
故②错误；
∵∠BGE＝∠DGC，
∴∠ABG+∠ADG＝∠ABC+∠CBG+∠ADC﹣∠CDG＝∠ABC+∠ADC＝180°，
故③正确；
∵ABAD=23，
∴设AB＝2a，AD＝3a，
∵△DCG≌△BEG，
∵∠BGE＝∠DGC，BG＝DG，
∵∠EGC＝90°，
∴∠BGD＝90°，
∵BD=AD2+AB2=13a，
∴BG＝DG=262a，
∴S△BDG=12×262a×262a=134a2
∴3S△BDG=3×134a2，
过G作GM⊥CF于M，
∵CE＝CF＝BC﹣BE＝BC﹣AB＝a，
∴GM=12CF=12a，
∴S△DGF=12•DF•GM=12×3a×12a=34a2，
∴13S△DGF=13×34a2，
∴3S△BDG＝13S△DGF，
故④正确．
故答案为：①③④．
【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键．
18．如图，已知正方形ABCD的边长为2，E是边BC上的动点，BF⊥AE交CD于点F，垂足为G，连接CG．下列说法：①AG＞GE；②AE＝BF；③点G运动的路径长为π；④CG的最小值为5−1．其中正确的说法是 ②④ ．(把你认为正确的说法的序号都填上)
【分析】根据正方形对角线的性质可得出当E移动到与C重合时，F点和D点重合，此时G点为AC中点，故①错误；求得∠BAE＝∠CBF，根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，然后利用“角角边”证明△ABE和△BCF全等，根据全等三角形对应角相等可得AE＝BF，判断出②正确；根据题意，G点的轨迹是以AB中点O为圆心，AO为半径的圆弧，然后求出弧的长度，判断出③错误；由于OC和OG的长度是一定的，因此当O、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，根据勾股定理求出最小CG长度．
【解答】解：∵在正方形ABCD中，BF⊥AE，
∴∠AGB保持90°不变，
∴G点的轨迹是以AB中点O为圆心，AO为半径的圆弧，
∴当E移动到与C重合时，F点和D点重合，此时G点为AC中点，
∴AG＝GE，故①错误；
∵BF⊥AE，
∴∠AEB+∠CBF＝90°，
∵∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE=∠CBF∠ABE=∠BCF=90°AB=BC，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴故②正确；
∵当E点运动到C点时停止，
∴点G运动的轨迹为14圆，
圆弧的长=14×π×2=π2，故③错误；
由于OC和OG的长度是一定的，因此当O、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，
OC=OB2+BC2=1+4=5，
CG的最小值为OC﹣OG=5−1，故④正确；
综上所述，正确的结论有②④．
故答案为②④．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，弧长的计算，勾股定理的应用，熟记性质并求出△ABE和△BCF全等是解题的关键，用阿拉伯数字加弧线表示角更形象直观．
19．如图，正方形ABCD中，连接BD．点E在边BC上，且CE＝2BE．连接AE交BD于F；连接DE，取BD的中点O；取DE的中点G，连接OG．下列结论：
①BF＝OF；②OG⊥CD；③AB＝5OG；④sin∠AFD=255
其中正确结论的是 ①②④ ．
【分析】由条件四边形ABCD是正方形可以得出AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，通过作辅助线制造直角三角形可以求出正弦值，利用三角形相似可以求出线段之间的关系，平行线的性质就可以求出相应的结论．
【解答】解：∵CE＝2BE，
∴BECE=12，
∴BEBC=13．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
∴BEAD=13，
∵AD∥BC，
∴△BFE∽△DFA，
∴BFDF=BEAD=13，
∵O是BD的中点，G是DE的中点，
∴OB＝OD，OG=12BE，OG∥BC，
∴BF＝OF，①正确，
OG⊥CD，②正确
OG=12BE=12×13BC=16BC=16AB，即AB＝6OG，③错误，
连接OA，
∴OA＝OB＝2OF，OA⊥BD，
∴由勾股定理得；AF=5OF，
∴sin∠AFD=OAAF=2OF5OF=255，④正确，
故答案为①②④．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质以及正方形的性质，三角形中位线的性质以及平行线的性质等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
20．如图，已知正方形ABCD，M，N分别是BC，CD上的点，∠MAN＝45°，连接BD分别交AM，AN于E，F，下面结论错误的是 ⑤ ．
①△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍；
②点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长；
③EF2＝BE2+DF2；
④△EMO与△FNO均为等腰直角三角形；
⑤S△AMN=2S△AEF；
⑥S正方形ABCD：S△AMN＝2AB：MN．
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．证明△MAN≌△HAN，得到MN＝NH，根据三角形周长公式计算判断①；
根据全等三角形的性质判断②；
将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．证明△EAH≌△EAF，得到∠HBE＝90°，根据勾股定理计算判断③；
根据等腰直角三角形的判定定理判断④；
根据等腰直角三角形的性质、三角形的面积公式计算，判断⑤，
根据点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长、三角形的面积公式计算，判断⑥．
【解答】解：将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH．
则∠DAH＝∠BAM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAN+∠DAN＝45°，
∴∠NAH＝45°，
在△MAN和△HAN中，
AM=AH∠MAN=∠HANAN=AN，
∴△MAN≌△HAN，
∴MN＝NH＝BM+DN，
∴△CMN的周长＝CM+CN+MN＝CM+BM+CN+DN＝CB+CD，
∴△CMN的周长等于正方形ABCD的边长的两倍，①结论正确；
∵△MAN≌△HAN，
∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AD，②结论正确；
如图2，将△ADF绕点A顺时针性质90°得到△ABH，连接HE．
∵∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，∠DAF＝∠BAE，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
∵EA＝EA，AH＝AD，
∴△EAH≌△EAF，
∴EF＝HE，
∵∠ABH＝∠ADF＝45°＝∠ABD，
∴∠HBE＝90°，
在Rt△BHE中，HE2＝BH2+BE2，
∵BH＝DF，EF＝HE，
∵EF2＝BE2+DF2，③结论正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，∠BDC＝∠ADB＝45°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝∠EDN，
∴A、E、N、D四点共圆，
∴∠ADN+∠AEN＝180°，
∴∠AEN＝90°
∴△AEN是等腰直角三角形，
同理△AFM是等腰直角三角形；④结论正确；
∵△AEN是等腰直角三角形，同理△AFM是等腰直角三角形，
∴AM=2AF，AN=2AE，
∵S△AMN=12AM•AN•sin45°，
S△AEF=12AE•AF•sin45°，
∴S△AMN：S△AEF＝2，
∴S△AMN＝2S△AEF，⑤结论错误；
∵点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长，
∴S正方形ABCD：S△AMN=AB×AB12×MN×AB=2AB：MN，⑥结论正确．
故答案为：⑤．
【点评】本题考查了本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
三．解答题
21．已知，点P在正方形ABCD的边BC上，过点P作垂直于AP的直线l，过点C作平行于BD的直线m，直线l与直线n相交于点Q，连接AQ交BD于点E，连接PE
(1)依题意补全图形；
(2)求证：PA＝PQ；
(3)探究线段AB，BP，PE之间的数量关系，并给予证明．
【分析】(1)根据题意作图；
(2)∠APQ＝90°，利用K字模型导角关系可得∠BAP＝∠QPC，截取等边构造全等，可得AP＝QP；
(3)∠DCQ＝45°，所以CD＝DM＝AD，可证D、E都是中点，根据△APQ等腰直角三角形三边关系可得AB，BP，PE之间得数量关系．
【解答】解：(1)如图
(2)如图，在AB上截取BF＝BP
∵△BEP为等腰直角三角形
∴AF＝PC，∠AFP＝∠PCQ＝135°
∵∠FAP＝∠QPC
∴△AFP≌△PQC
∴PA＝PQ
(3)如图，AD的延长线交CQ于点M
∵DE∥CM，DM＝CD＝AD
∴AEEQ=ADDM=1
∴点E为AQ的中点
在Rt△APE中
AP=2PE
∴AP2＝2PE2
∵AP2＝AB2+BP2
∴AB2+BP2＝2PE2
【点评】本题考查了全等的证明和等腰直角三角形的性质，(2)需要根据现有的边角条件添加辅助线构造全等关系，是本题的难点，(3)问利用等腰直角三角形三边的特殊关系获得三条线段之间的数量关系，是一道很好的综合证明问题．
22．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．如图(1)，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点M是BC边的中点，过点M作ME∥AC交BD于点E，作MF∥BD交AC于点F．我们称四边形0EMF为四边形ABCD的“伴随四边形”．
(1)若四边形ABCD是菱形，则其“伴随四边形”是 矩形 ，若四边形ABCD矩形，则其“伴随四边形”是： 菱形 (在横线上填特殊平行四边形的名称)
(2)如图(2)，若四边形ABCD是矩形，M是BC延长线上的一个动点，其他条件不变，点F落在AC的延长线上，请写出线段OB、ME，MF之间的数量关系，并说明理由．
【分析】(1)根据矩形、菱形的性质定理和判定定理进行证明即可；
(2)根据平行四边形的性质得到OE＝MF，得到OB+MF＝BE，根据平行线的性质和等腰三角形的性质得到EB＝EM，证明结论．
【解答】(1)如图1，∵ME∥AC，MF∥BD，
∴四边形OEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四边形OEMF是矩形；
如图2，∵ME∥AC，MF∥BD，
∴四边形OEMF是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∵M是BC边的中点，
∴ME=12OC，MF=12OB，
∴ME＝MF，
∴四边形OEMF是菱形；
故答案为：矩形；菱形．
(2)∵ME∥AC，MF∥BD，
∴四边形OEMF是平行四边形，
∴OE＝MF，
∴OB+MF＝OB+OE＝BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵ME∥AC，
∴∠EMB＝∠OCB，
∴∠EBM＝∠EMB，
∴EB＝EM，
∴EM＝OB+MF．
【点评】本题考查的是矩形、菱形的性质和判定，理解伴随四边形的定义、灵活运用矩形、菱形的性质定理和判定定理是解题的关键．
23．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A(2m﹣6，0)，B(4，0)，C(﹣1，2)，点A、B分别在原点两侧，且A、B两点间的距离等于6个单位长度．
(1)求m的值；
(2)在x轴上是否存在点M，使△COM面积=13△ABC面积，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，把线段AB向上平移2个单位得到线段EF，连接AE，BF，EF交y轴于点G，过点C作CD⊥AB于点D，将长方形GOBF和长方形AECD分别以每秒1个单位长度和每秒2个单位长度的速度向右平移，同时，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿折线AECDA运动，当长方形GOBF与长方形AECD重叠面积为1时，求此时点M的坐标．
【分析】(1)根据坐标轴上两点间的距离公式建立方程求解即可；
(2)先确定出△ABC的面积，进而求出△COM的面积，利用面积建立方程求解即可；
(3)分两种情况讨论，由重叠面积为1，列出方程可求解．
【解答】解：(1)∵点A、B分别在原点两侧，且A、B两点间的距离等于6个单位长度，B(4，0)
∴4﹣(2m﹣6)＝6，
解得m＝2；
(2)存在，
∵AB＝6，C(﹣1，2)，
∴S△ABC=12AB×|yC|＝6，
∵△COM的面积=13△ABC的面积，
∴S△COM＝2，
当点M在x轴上时，
设M(a，0)，
∴OM＝|a|，
∴S△COM=12OM×|yC|=12×|a|×2＝2，
∴a＝±2，
∴M(﹣2，0)或(2，0)；
(3)设经b秒后长方形GOBF与长方形AECD重叠面积为1，
由题意可得，bs后，点D'(﹣1+2b，0)，O'(b，0)，B'(4+b，0)，
①当长方形GOBF与长方形AECD重叠部分在长方形GOBF左侧时，
∵高必为2，
∴底为12，
∴﹣1+2b﹣b＝0.5，
∴b＝1.5，
∴点M(1，1.5)；
②当长方形GOBF与长方形AECD重叠部分在长方形GOBF右侧时，
∵高必为2，
∴底为12，
∴﹣1+2b﹣(4+b)＝0.5，
∴b＝5.5，
∴点M(9.5，0)，
综上所述：点M坐标为(1，1.5)或(9.5，0)．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的面积的计算方法，矩形的性质，解本题的关键是用方程的思想解决问题，是一道中等难度的中考常考题．
24．已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，D为直线BC上一动点(不与点B，C重合)，以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
(1)如图1，当点D在线段BC上时，请直接写出：BC，CD，CF三条线段之间的数量关系为 CF+CD＝BC ．
(2)如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其他条件不变．(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请你写出正确的结论，并给出证明．
(3)如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A，F分别在直线BC的两侧，其他条件不变．请直接写出：BC，CD，CF三条线段之间的数量关系．
【分析】(1)如图1，由∠BAC＝90°，∠ABC＝45°可得AB＝AC，再根据正方形性质得AD＝AF，∠DAF＝90°，接着根据等角的余角相等得∠BAD＝∠CAF，于是可根据“SAS”判断△BAD≌△CAF，得到BD＝CF，所以CF+CD＝BD+CD＝BC；
(2)和(1)的方法一样可证明△BAD≌△CAF得到BD＝CF，而BD＝BC+CD，则CF﹣CD＝BC；
(3)根据等角的余角相等得∠BAD＝∠CAF，则根据“SAS”可判断△ABD≌△ACF，得到BD＝CF，所以BC＝CD﹣CF．
【解答】解：(1)BC＝CD+CF，如图1，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD＝CF，
∵BD+CD＝BC，
∴CF+CD＝BC；
故答案为：CF+CD＝BC；
(2)解：不成立
BC＝CF﹣CD，理由如下：如图2，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC．
∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°+∠CAD，
∠CAF＝90°+∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴BD＝CF，
∵BD＝BC+CD，
∴CF＝BC+CD，
∴BC＝CF﹣CD，
(3)解：BC＝CD﹣CF，
如图3，理由如下：
∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAF﹣∠BAC＝∠BAC﹣∠BAF，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD和△ACF中，
AB=AC∠BAD=∠CAFAD=AF，
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴BD＝CF，
∴BC＝CD﹣CF．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角．
25．以四边形ABCD的边AB，AD为边分别向外侧作等边三角形ABF和等边三角形ADE，连接EB，FD，交点为G．
(1)当四边形ABCD为正方形时，如图①，EB和FD的数量关系是 BE＝DF ；
(2)当四边形ABCD为矩形时，如图②，EB和FD具有怎样的数量关系？请加以证明；
(3)如图③，四边形ABCD由正方形到矩形再到一般平行四边形的变化过程中，EB和FD具有怎样的数量关系？请直接写出结论，无需证明．
【分析】(1)根据题意可得AB＝AF，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD，即可得∠FAD＝∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE＝DF
(2)根据题意可得AB＝AF，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD，即可得∠FAD＝∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE＝DF
(3)根据题意可得AB＝AF，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD，即可得∠FAD＝∠EAB，则可证△AFD≌△AEB，可得BE＝DF．
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝AD，∠BAD＝90°
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴AE＝AD＝AF＝AB，∠FAD＝∠EAB
∴△ABE≌△ADF
∴DF＝BE
故答案为DF＝BE
(2)EB＝FD
理由如下：
∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
(3)BE＝DF
理由如下∵△BAF和△AED是等边三角形
∴AF＝AB，AD＝AE，∠FAB＝∠EAD＝60°
∴∠FAB+∠BAD＝∠EAD+∠BAD
∴∠FAD＝∠EAB
又∵AF＝AB，AE＝AD
∴△ABE≌△AFD
∴DF＝BE
【点评】本题考查了四边形的综合题，等边三角形的性质，灵活运用等边三角形的性质是解决问题的关键．
26．如图1，在▱ABCD中．AB＝6．AC与BD交于点O，点E，F分别是线段AC，CD上的动点(点E，F不与A，C，D重合)．AE＝CF．设∠ACD＝a，将线段AD绕点A按逆时针方向旋转a得到AP，连接PE，BE，BF．
(1)求证：△APE≌△CBF：
(2)如图2，若∠BOA＝90°，∠ACD＝40°，且点B、E、P在一条直线上，求BE+BF的值；
(3)当OB＝OC，∠ACD＝60°时，BE+BF长的最小值是 67 ．
【分析】(1)由已知条件AP＝BC，AE＝CF，∠PAE＝∠BCF可证明△APE≌△CBF；
(2)点B、E、P在一条直线上时，由(1)可知BF＝EP，所以BE+BF＝BP，等腰三角形ABP中，∠P＝30°，可求BP长；
(3)由OB＝OC可知，▱ABCD为矩形，由(2)可知EB+FB的最小值即为B、E、P在一条直线上时BP长，可建立直角三角形，运用勾股定理求BP长．
【解答】解：(1)∵∠ACD＝∠PAD，∠DAC＝∠ACB
∴∠PAE＝∠BCF
∵AP＝BC，AE＝CF
∴△APE≌△CBF(SAS)
(2)由(1)可知△APE≌△CBF
∴EP＝BF
∴BP＝BE+PF＝BE+BF
∵∠BOA＝90°
∴▱ABCD为菱形
∴AP＝AD＝AB
∵∠PAD＝40°
∴∠PAB＝120°
∴∠P＝30°
如图，作AH⊥PB，垂足为H
在Rt△AHP中
AP＝6
∴HP＝33
∴BP＝63
∴BE+BF＝63
(3)如图，PH垂直BA的延长线于H
∵OB＝OC
∴▱ABCD为矩形
由(1)可知△APE≌△CBF
∴BE+BF的最小值即为BP长
在Rt△AHP中，AP＝63，∠PAH＝30°
∴HP＝33，AH＝9
在Rt△BHP中，BH＝15，HP＝33
∴BP=HP2+BH2=67
∴BE+BF的最小值67
【点评】本题考查了全等的性质与判定，平行四边形，特殊的平行四边形的性质与判定，勾股定理计算，难度不大，很好的综合了全等的内容，是一道很好的综合练习题．
27．如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，BC＝m，AD＝n，动点P从点B出发依次沿线段BA，AD，DC向点C移动，设移动路程为z，△BPC的面积S随着z的变化而变化的图象如图2所示，m，n是常数．
(1)写出线段AB和AD的长度．
(2)求m的值．
(3)当△APD是等腰三角形时，求s的值．
【分析】(1)由点E的横坐标为2，可得AB＝2，由点F的横坐标为3，可得AD＝3﹣2＝1；
(2)过D作DG⊥BC于G，则DG＝AB＝2，由图2可得，CD＝7﹣3＝4，在Rt△CDG中，根据勾股定理可得CG的长，进而得到BC＝1+23，即m的值为1+23；
(3)分三种情况：①当点P在AB上时，若AP＝AD＝1，则△ADP是等腰三角形；②当点P在AD上时，△ADP不存在；③当点P在CD上时，若DP＝DA＝1，则△ADP是等腰三角形，分别根据点P的位置，运用三角形面积计算公式求得S的值．
【解答】解：(1)由图可得，当点P在BA上移动时，△BPC的面积S随着z的增加而增加，
当点P与点A重合时，△BPC的面积最大，由点E的横坐标为2，可得AB＝2，
当点P在AD上移动时，△BPC的面积不变，由点F的横坐标为3，可得AD＝3﹣2＝1，
故AB的长为2，AD的长为1；
(2)如图1，过D作DG⊥BC于G，则DG＝AB＝2，
由图2可得，CD＝7﹣3＝4，
∴Rt△CDG中，CG=CD2−DG2=42−22=23，
又∵BG＝AD＝1，
∴BC＝1+23，
即m的值为1+23；
(3)分三种情况：
①当点P在AB上时，若AP＝AD＝1，则△ADP是等腰三角形，
此时，BP＝2﹣1＝1，
∴S=12BC×BP=12(1+23)×1=12+3；
②当点P在AD上时，△ADP不存在；
③当点P在CD上时，若DP＝DA＝1，则△ADP是等腰三角形，
如图所示，过P作PG⊥BC于G，交AD的延长线于H，则矩形ABGH中，HG＝AB＝2，
∵AH∥BC，
∴△DPH∽△CPG，
∴DPPC=HPPG，即13=2−GPGP，
解得GP=32，
∴S=12BC×GP=12(1+23)×32=34+323．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了直角梯形，矩形的性质，勾股定理以及相似三角形的运用，解决问题的关键是作辅助线构造矩形，运用分类思想进行求解，解题时注意：矩形的对边相等，相似三角形的对应边成比例．
28．如图，E是正方形ABCD中CD边上的一点，AE交对角线BD于点P，过点P作AE的垂线交BC于点G，连AG交对角线BD于点Q．
(1)求证：AP＝PG．
(2)线段BQ、PQ、PD有何数量关系？证明你的结论；
(3)若AB＝4，过点G作GF⊥BD于F，直接写出GF+PD＝ 22 ．
【分析】(1)如图1，作辅助线，构建全等三角形，证明△AMP≌△PNG，得AP＝PG；
(2)如图2，作BM⊥BD，BM＝PD，连AM，依次证明△ADP≌△ABM，△MAQ≌△PAQ，得出△MBQ是直角三角形，根据勾股定理得结论；
(3)如图3，作辅助线，构建全等三角形，先利用勾股定理求BD的长，则可得DH的长，证明△APH≌△PGF，FG＝PH，则GF+PD＝PD+PH＝DH＝22．
【解答】证明：(1)如图1，过P作MN⊥AD，交AD于M，交BC于N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴MN⊥BC，
∴∠AMP＝∠GNP＝90°，
∴∠PGN+∠GPN＝90°，
∵AE⊥PG，
∴∠APG＝90°，
∴∠APM+∠GPN＝90°，
∴∠PGN＝∠APM，
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝45°，
∴△PMD是等腰直角三角形，
∴PM＝DM，
∵AD＝CD＝MN，
∴AD﹣DM＝MN﹣PM，
即AM＝PN，
∴△AMP≌△PNG，
∴AP＝PG；
(2)结论：PQ2＝PD2+BQ2．
作BM⊥BD，BM＝PD，连AM，MQ，如图2，
∵∠ABD＝45°，
∴∠ABM＝45°，
∴∠ABM＝∠ADB，
∵AB＝AD，
∴△ADP≌△ABM(SAS)，
∴AM＝AP，∠BAM＝∠DAP，
由(1)得：AP＝PG，
∵AP⊥PG，
∴∠PAQ＝45°，
∴∠DAP+∠BAQ＝∠BAM+∠BAQ＝45°，
即∠MAQ＝45°，
易证△MAQ≌△PAQ(SAS)，
∴MQ＝PQ，
∵∠MBQ＝∠MBA+∠ABD＝90°，
∴MQ2＝BM2+BQ2，
∴PQ2＝PD2+BQ2．
(3)如图3，过A作AH⊥BD于H，
∵AB＝AD＝4，∠BAD＝90°，
∴BD=42+42=42，
∴DH=12BD＝22，
∵∠AHP＝∠GFP＝90°，
∴∠HAP+∠APH＝90°，
∵∠APH+∠GPF＝90°，
∴∠HAP＝∠GPF，
∵AP＝PG，
∴△APH≌△PGF，
∴FG＝PH，
∴GF+PD＝PD+PH＝DH＝22，
故答案为：22．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质，是正方形中常考题型，难度适中，本题的三问证明三角形全等是关键．
29．如图1，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的边AB交y轴于D点．
(1)若C点坐标为(3，1)，求B点坐标；
(2)E为BC上一点，且∠ODE＝∠DOC，求∠DOE的值；
(3)如图2，若M为OB的中点，过C点作CN⊥x轴，连接MN，探索NO，NM，NC三条线段之间的数量关系，并证明．
【分析】(1)作BG⊥y轴于G，作CP⊥x轴于P，BG与CP交于H；由AAS证明△BCH≌△COP，得出对应边相等BH＝CP＝1，CH＝OE＝3，求出BG、HP即可；
(2)如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△OAD≌△OQD(AAS)，得OA＝OQ，再证明Rt△OQE≌Rt△OCE(HL)，根据全等三角形的对应角相等可得∠DOE＝45°；
(3)结论：2MN＝ON+NC，作辅助线，构建直角梯形，根据直角梯形的中位线定理得：MH=12(AG+CN)，再证明△AOG≌△OCN，得AG＝ON，由O、N、C、M四点共圆，可知∠ONM＝∠OCM＝45°，则△MHN是等腰直角三角形，所以MN=2MH，代入可得结论．
【解答】解：(1)作BG⊥y轴于G，作CP⊥x轴于P，BG与CP交于H，如图1，
则∠BHC＝∠CPO＝90°，
∴∠HBC+∠BCH＝90°，
∵C点坐标为(3，1)，
∴OP＝3，CP＝1，
∵四边形ABCO是正方形，
∴BC＝OC，∠BCO＝90°，
∴∠BCH+∠OCP＝90°，
∴∠HBC＝∠OCP，
在△BCH和△COP中，
∠BHC=∠CPO∠HBC=∠OCPBC=OC，
∴△BCH≌△COP(AAS)，
∴BH＝CP＝1，CH＝OP＝3，
∴BG＝3﹣1＝2，HP＝3+1＝4，
∴点B的坐标为：(2，4)；
(2)如图2，过O作OQ⊥DE于Q，
∵四边形AOCB是正方形，
∴AB∥OC，∠A＝∠OCB＝∠AOC＝90°，AO＝OC，
∴∠ADO＝∠DOC，
∵∠ODE＝∠DOC，
∴∠ADO＝∠ODE，
∵∠A＝∠OQD＝90°，OD＝OD，
∴△OAD≌△OQD(AAS)，
∴OA＝OQ，∠AOD＝∠DOQ，
∵OE＝OE，
∴Rt△OQE≌Rt△OCE(HL)，
∴∠QOE＝∠COE，
∵∠AOC＝90°，
∴∠AOD+∠DOQ+∠QOE+∠EOC＝90°，
∴∠DOQ+∠QOE＝45°，
即∠DOE＝45°；
(3)结论：2MN＝ON+NC，理由是：
如图3，过M作MH⊥x轴于H，过A作AG⊥x轴于G，连接AC，则四边形AGNC是直角梯形，
在正方形ABCD中，
∵M是OB的中点，
∴AC过M点，
∴AM＝MC，
∵AG∥MH∥CN，
∴GH＝NH，
∴MH是直角梯形AGCN的中位线，
∴MH=12(AG+CN)，
∵∠AOC＝90°，
∴∠AOG+∠CON＝90°，
∵∠AGO＝∠ONC＝90°，
∴∠GAO+∠AOG＝90°，
∴∠CON＝∠GAO，
∵AO＝OC，
∴△AOG≌△OCN，
∴AG＝ON，
∵∠ONC＝∠OMC＝90°，
∴∠ONC+∠OMC＝180°，
∴O、N、C、M四点共圆，
∴∠ONM＝∠OCM＝45°，
∴△MHN是等腰直角三角形，
∴MN=2MH，
∴2MN＝2MH＝2×12(AG+CN)＝AG+CN＝ON+CN．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质；熟练掌握正方形的性质和作辅助线构建三角形全等是本题的关键，并能进行推理论证与计算，使问题得以解决．
30．在一个边长为a(单位：cm)的正方形ABCD中．
(1)如图1，如果N是AD中点，F为AB中点，连接DF，CN．
①求证：DF＝CN；
②连接AC．求DH：HE：EF的值；
(2)如图2，如果点E、M分别是线段AC、CD上的动点，假设点E从点A出发，以2cm/s速度沿AC向点C运动，同时点M从点C出发，以1cm/s的速度沿CD向点D运动，运动时间为t(t＞0)，连接DE并延长交正方形的边于点F，过点M作MN⊥DF于H，交AD于N．判断命题“当点F是边AB中点时，则点M是边CD的三等分点”的真假，并说明理由．
【分析】(1)①证明△ADF≌△DNC，即可得到DF＝CN；
②利用勾股定理和相似三角形的判定与性质以及直角三角形面积公式分别求出DH，EF，DF的长，进而得出EH的长，即可得出DH：HE：EF的值；
(2)首先证明△AFE∽△CDE，利用比例式求出时间t=13a，进而得到CM=13a=13CD，所以该命题为真命题．
【解答】(1)①证明：由题意可得，AF＝DN，
在△ADF与△DNC中，
AF=DN∠FAD=∠NDCAD=CD，
∴△ADF≌△DNC(SAS)，
∴DF＝CN；
②解：∵AD＝CD＝AB＝a，N，F分别是AD，AB中点，
∴DN＝AF=a2，
∴DF=52a，
∵AF∥CD，
∴△AFE∽△CDE，
∴EFDE=AFCD=12，
∴EFDF=13，
∴EF=56a，
∵DH×CN＝DN×CD，
∴DH=DN×CDNC=12a×a52a=55a，
∴EH=52a−56a−55a=2515a，
∴DH：HE：EF=55a：2515a：56a＝6：4：5；
(2)解：该命题是真命题．
理由如下：当点F是边AB中点时，则AF=12AB=12CD．
∵AB∥CD，
∴△AFE∽△CDE，
∴AEEC=AFCD=12，
∴AE=12EC，则AE=13AC=23a，
∴t=AE2=13a．
则CM＝1•t=13a=13CD，
∴点M为边CD的三等分点．
【点评】此题主要考查了几何综合题和相似三角形、全等三角形、正方形、命题证明等知识点．解题要点是：(1)明确动点的运动过程；(2)明确运动过程中，各组成线段、三角形之间的关系．