2021年中考数学压轴题专项训练 四边形（含解析）

这是一份2021年中考数学压轴题专项训练 四边形（含解析），共31页。试卷主要包含了方法感悟，问题背景，已知等内容，欢迎下载使用。

2021年中考数学压轴题专项训练《四边形》
1．如图①，在矩形ABCD中，已知BC＝8cm，点G为BC边上一点，满足BG＝AB＝6cm，动点E以1cm/s的速度沿线段BG从点B移动到点G，连接AE，作EF⊥AE，交线段CD于点F．设点E移动的时间为t（s），CF的长度为y（cm），y与t的函数关系如图②所示．
（1）图①中，CG＝　2　cm，图②中，m＝　2　；
（2）点F能否为线段CD的中点？若可能，求出此时t的值，若不可能，请说明理由；
（3）在图①中，连接AF，AG，设AG与EF交于点H，若AG平分△AEF的面积，求此时t的值．

解：（1）∵BC＝8cm，BG＝AB＝6cm，
∴CG＝2cm，
∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，且∠AEB+∠BAE＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，且∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECF，
∴，
∵t＝6，
∴BE＝6cm，CE＝2cm，
∴
∴CF＝2cm，
∴m＝2，
故答案为：2，2；
（2）若点F是CD中点，
∴CF＝DF＝3cm，
∵△ABE∽△ECF，
∴，
∴
∴EC2﹣8EC+18＝0
∵△＝64﹣72＝﹣8＜0，
∴点F不可能是CD中点；
（3）如图①，过点H作HM⊥BC于点M，

∵∠C＝90°，HM⊥BC，
∴HM∥CD，
∴△EHM∽△EFC，
∴
∵AG平分△AEF的面积，
∴EH＝FH，
∴EM＝MC，
∵BE＝t，EC＝8﹣t，
∴EM＝CM＝4﹣t，
∴MG＝CM﹣CG＝2﹣，
∵，
∴
∴CF＝
∵EM＝MC，EH＝FH，
∴MH＝CF＝
∵AB＝BG＝6，
∴∠AGB＝45°，且HM⊥BC，
∴∠HGM＝∠GHM＝45°，
∴HM＝GM，
∴＝2﹣，
∴t＝2或t＝12，且t≤6，
∴t＝2．

2．问题提出：
（1）如图1，△ABC的边BC在直线n上，过顶点A作直线m∥n，在直线m上任取一点D，连接BD、CD，则△ABC的面积　＝　△DBC的面积．

问题探究：
（2）如图2，在菱形ABCD和菱形BGFE中，BG＝6，∠A＝60°，求△DGE的面积；
问题解决：
（3）如图3，在矩形ABCD中，AB＝12，BC＝10，在矩形ABCD内（也可以在边上）存在一点P，使得△ABP的面积等于矩形ABCD的面积的，求△ABP周长的最小值．
解：问题提出：
（1）∵两条平行线间的距离一定，
∴△ABC与△DBC同底等高，即△ABC的面积＝△DBC的面积，
故答案为：＝；
问题探究：
（2）如图2，连接BD，

∵四边形ABCD，四边形BGFE是菱形，
∴AD∥BC，BC∥EF，AD＝AB，BG＝BE，
∴∠A＝∠CBE＝60°，
∴△ADB是等边三角形，△BGE是等边三角形，
∴∠ABD＝∠GBE＝60°，
∴BD∥GE，
∴S△DGE＝S△BGE＝BG2＝9；
（3）如图3，过点P作PE∥AB，交AD于点E，

∵△ABP的面积等于矩形ABCD的面积的，
∴×12×AE＝×12×10
∴AE＝8，
作点A关于PE的对称点A'，连接A'B交PE于点P，此时△ABP周长最小，
∴A'E＝AE＝8，
∴AA'＝16，
∴A'B＝＝＝20，
∴△ABP周长的最小值＝AP+AB+PB＝A'P+PB+AB＝20+12＝32．
3．（1）方法感悟：
如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF．将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论：DE+BF＝EF．根据这个结论，若CD＝6，DE＝2，求EF的长．
（2）方法迁移：
如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论．
（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接写出你的猜想（不必说明理由）．

解：（1）方法感悟：
∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DE＝2，
∵△GAF≌△EAF
∴GF＝EF，
∵CD＝6，DE＝2
∴CE＝4，
∵EF2＝CF2+CE2，
∴EF2＝（8﹣EF）2+16，
∴EF＝5；
（2）方法迁移：
DE+BF＝EF，
理由如下：如图②，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，

由旋转可得，AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，∠D＝∠ABH，
∵∠EAF＝∠DAB，
∴∠HAF＝∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD，
∴∠HAF＝∠EAF，
∵∠ABH+∠ABF＝∠D+∠ABF＝180°，
∴点H、B、F三点共线，
在△AEF和△AHF中，

∴△AEF≌△AHF（SAS），
∴EF＝HF，
∵HF＝BH+BF，
∴EF＝DE+BF．
（3）问题拓展：
EF＝BF﹣FD，
理由如下：在BC上截取BH＝DF，

∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，且AB＝AD，BH＝DF，
∴△ABH≌△ADF（SAS）
∴∠BAH＝∠DAF，AH＝AD，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠DAE+∠BAH＝∠BAD，
∴∠HAE＝∠BAD＝∠EAF，且AE＝AE，AH＝AD，
∴△HAE≌△FAE（SAS）
∴HE＝EF，
∴EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF．
4．如图1，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速移动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止移动，如图2，设移动时间为t（s）（0＜＜4），连结PQ，MQ，解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）当t为何值时，∠CPQ＝45°？
（3）当t为何值时，PQ⊥MQ？

解：（1）∵AB＝3cm，BC＝5cm，AC⊥AB，
∴AC＝＝4cm，
∵MN∥AB，PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴，
∴，
∴t＝s
（2）如图2，过点Q作QE⊥AC，则QE∥AB，

∴，
∴，
∴CE＝，QE＝t，
∵∠CPQ＝45°，
∴PE＝QE＝t，
∴t+t+t＝4，
∴t＝s
（3）如图2，过点P作PF⊥BC于F点，过点M作MH⊥BC，交BC延长线于点H，
∴四边形PMHF是矩形，
∴PM＝FH＝5，
∵∠A＝∠PFC＝90°，∠ACB＝∠PCF，
∴△ABC∽△FPC，
∴，
∴＝
∴PF＝，CF＝，
∴QH＝5﹣FQ＝5﹣（CF﹣CQ）＝，
∵PQ⊥MQ，
∴∠PQF+∠MQH＝90°，且∠PQF+∠FPQ＝90°，
∴∠FPQ＝∠MQH，且∠PFQ＝∠H＝90°，
∴△PFQ∽△QHM，
∴，
∴
∴t＝s．
5．问题背景：如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得四边形EFGH是正方形．
类比探究：如图2，在正△ABC的内部，作∠1＝∠2＝∠3，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）．
（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；
（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由；
（3）如图3，进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．

（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下：
∵△ABC是正三角形，
∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC＝AC，
又∵∠1＝∠2＝∠3，
∴∠ABD＝∠BCE＝∠CAF，
在△ABD、△BCE和△CAF中，，
∴△ABD≌△BCE≌△CAF（ASA）；
（2）△DEF是正三角形；理由如下：
∵△ABD≌△BCE≌△CAF，
∴∠ADB＝∠BEC＝∠CFA，
∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，
∴△DEF是正三角形；
（3）c2＝a2+ab+b2．作AG⊥BD于G，如图所示：
∵△DEF是正三角形，
∴∠ADG＝60°，
在Rt△ADG中，DG＝b，AG＝b，
在Rt△ABG中，c2＝（a+b）2+（b）2，
∴c2＝a2+ab+b2．

6．如图，在四边形ABCD中，AC是对角线，∠ABC＝∠CDA＝90°，BC＝CD，延长BC交AD的延长线于点E．
（1）求证：AB＝AD；
（2）若AE＝BE+DE，求∠BAC的值；
（3）过点E作ME∥AB，交AC的延长线于点M，过点M作MP⊥DC，交DC的延长线于点P，连接PB．设PB＝a，点O是直线AE上的动点，当MO+PO的值最小时，点O与点E是否可能重合？若可能，请说明理由并求此时MO+PO的值（用含a的式子表示）；若不可能，请说明理由．

（1）证明：∵∠ABC＝∠CDA＝90°，
∵BC＝CD，AC＝AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）．
∴AB＝AD．

（2）解：∵AE＝BE+DE，
又∵AE＝AD+DE，
∴AD＝BE．
∵AB＝AD，
∴AB＝BE．
∴∠BAD＝∠BEA．
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAD═45°．
∵由（1）得△ABC≌△ADC，
∴∠BAC＝∠DAC．
∴∠BAC═22.5°．

（3）解：当MO+PO的值最小时，点O与点E可以重合，理由如下：
∵ME∥AB，
∴∠ABC＝∠MEC＝90°，∠MAB＝∠EMA．
∵MP⊥DC，
∴∠MPC＝90°．
∴∠MPC＝∠ADC＝90°．
∴PM∥AD．
∴∠EAM＝∠PMA．
由（1）得，Rt△ABC≌Rt△ADC，
∴∠EAC＝∠MAB，
∴∠EMA＝∠AMP．即MC平分∠PME．
又∵MP⊥CP，ME⊥CE，
∴PC＝EC．
如图，连接PB，连接PE，延长ME交PD的延长线于点Q．

设∠EAM＝α，则∠MAP＝α．
在Rt△ABE中，∠BEA＝90°﹣2α．
在Rt△CDE中，∠ECD＝90°﹣∠BEA＝2α．
∵PC＝EC，
∴∠PEB＝∠EPC＝∠ECD＝α．
∴∠PED＝∠BEA+∠PEB＝90°﹣α．
∵ME∥AB，
∴∠QED＝∠BAD＝2α．
当∠PED＝∠QED时，
∵∠PDE＝∠QDE，DE＝DE，
∴△PDE≌△QDE（ASA）．
∴PD＝DQ．
即点P与点Q关于直线AE成轴对称，也即点M、点E、点P关于直线AE的对称点Q，这三点共线，也即MO+PO的值最小时，点O与点E重合．
因为当∠PED＝∠QED时，90°﹣α＝2α，也即α＝30°．
所以，当∠ABD＝60°时，MO+PO取最小值时的点O与点E重合．
此时MO+PO的最小值即为ME+PE．
∵PC＝EC，∠PCB＝∠ECD，CB＝CD，
∴△PCB≌△ECD（SAS）．
∴∠CBP＝∠CDE＝90°．
∴∠CBP+∠ABC＝180°．
∴A，B，P三点共线．
当∠ABD＝60°时，在△PEA中，
∠PAE＝∠PEA＝60°．
∴∠EPA＝60°．
∴△PEA为等边三角形．
∵EB⊥AP，
∴AP＝2AB＝2a．
∴EP＝AE＝2a．
∵∠EMA＝∠EAM＝30°，
∴EM＝AE＝2a．
∴MO+PO的最小值为4a．
7．已知：如图，在正方形ABCD中，点E在AD边上运动，从点A出发向点D运动，到达D点停止运动．作射线CE，并将射线CE绕着点C逆时针旋转45°，旋转后的射线与AB边交于点F，连接EF．
（1）依题意补全图形；
（2）猜想线段DE，EF，BF的数量关系并证明；
（3）过点C作CG⊥EF，垂足为点G，若正方形ABCD的边长是4，请直接写出点G运动的路线长．

解：（1）补全图形如图1所示：
（2）线段DE，EF，BF的数量关系为：EF＝DE+BF．理由如下：
延长AD到点H，使DH＝BF，连接CH，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝∠ADC＝∠B＝90°，BC＝DC，
∴∠CDH＝90°＝∠B，
在△CDH和△CBF中，，
∴△CDH≌△CBF（SAS）．
∴CH＝CF，∠DCH＝∠BCF．
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECH＝∠ECD+∠DCH＝∠ECD+∠BCF＝45°．
∴∠ECH＝∠ECF＝45°．
在△ECH和△ECF中，，
∴△ECH≌△ECF（SAS）．
∴EH＝EF．
∵EH＝DE+DH，
∴EF＝DE+BF；
（3）由（2）得：△ECH≌△ECF（SAS），
∴∠CEH＝∠CEF，
∵CD⊥AD，CG⊥EF，
∴CD＝CG＝4，
∴点G的运动轨迹是以C为圆心4为半径的弧DB，
∴点G运动的路线长＝＝2π．



8．如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一动点（不与点B，C重合），点B关于
直线AP的对称点为E，连接AE．连接DE并延长交射线AP于点F，连接BF．
（1）若∠BAP＝α，直接写出∠ADF的大小（用含α的式子表示）；
（2）求证：BF⊥DF；
（3）连接CF，用等式表示线段AF，BF，CF之间的数量关系，并证明．

（1）解：由轴对称的性质得：∠EAP＝∠BAP＝α，AE＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴∠DAE＝90°﹣2α，AD＝AE，
∴∠ADF＝∠AED＝（180°﹣∠DAE）＝（90°+2α）＝45°+α；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵点E与点B关于直线AP对称，
∴∠AEF＝∠ABF，AE＝AB．
∴AE＝AD．
∴∠ADE＝∠AED．
∵∠AED+∠AEF＝180°，
∴在四边形ABFD中，∠ADE+∠ABF＝180°，
∴∠BFD+∠BAD＝180°，
∴∠BFD＝90°
∴BF⊥DF；
（3）解：线段AF，BF，CF之间的数量关系为AF＝BF+CF，理由如下：
过点B作BM⊥BF交AF于点M，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝90°，
∴∠ABM＝∠CBF，
∵点E与点B关于直线AP对称，∠BFD＝90°，
∴∠MFB＝∠MFE＝45°，
∴△BMF是等腰直角三角形，
∴BM＝BF，FM＝BF，
在△AMB和△CFB中，，
∴△AMB≌△CFB（SAS），
∴AM＝CF，
∵AF＝FM+AM，
∴AF＝BF+CF．

9．如图1，已知等腰Rt△ABC中，E为边AC上一点，过E点作EF⊥AB于F点，以为边作正方形，且AC＝3，EF＝．
（1）如图1，连接CF，求线段CF的长；
（2）将等腰Rt△ABC绕点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC，MF，求MC与MF关系．

解：（1）如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝3，
∴AB＝3，
过点C作CM⊥AB于M，连接CF，

∴CM＝AM＝AB＝，
∵四边形AGEF是正方形，
∴AF＝EF＝，
∴MF＝AM﹣AF＝﹣，
在Rt△CMF中，CF＝＝＝；

（2）CM＝FM，CM⊥FM，
理由：如图2，
过点B作BH∥EF交FM的延长线于H，连接CF，CH，

∴∠BHM＝∠EFM，
∵四边形AGEF是正方形，
∴EF＝AF
∵点M是BE的中点，
∴BM＝EM，
在△BMH和△EMF中，
，
∴△BMH≌△EMF（AAS），
∴MH＝MF，BH＝EF＝AF
∵四边形AGEF是正方形，
∴∠FAG＝90°，EF∥AG，
∵BH∥EF，
∴BH∥AG，
∴∠BAG+∠ABH＝180°，
∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴∠CBH+∠CAG＝90°，
∵∠CAG+∠CAF＝90°，
∴∠CBH＝∠CAF，
在△BCH和△ACF中，
，
∴△BCH≌△ACF（SAS），
∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF，
∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°，
∴△FCH是等腰直角三角形，
∵MH＝MF，
∴CM＝FM，CM⊥FM；
10．如图将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°）得到正方形AB′C′D′．
（1）如图1，B′C′与AC交于点M，C′D′与AD所在直线交于点N，若MN∥B′D′，求α；
（2）如图2，C′B′与CD交于点Q，延长C′B′与BC交于点P，当α＝30°时．
①求∠DAQ的度数；
②若AB＝6，求PQ的长度．

解：（1）如图1中，

∵MN∥B′D′，
∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝45°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝45°，
∴∠C′MN＝∠C′NM，
∴C′M＝C′N，
∵C′B′＝C′D′，'
∴MB′＝ND′，
∵AB′＝AD′，∠AB′M＝∠AD′N＝90°，
∴△AB′M≌△AD′N（SAS），
∴∠B′AM＝∠D′AN，
∵∠B′AD′＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠B′AM＝∠D′AN＝22.5°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAB′＝22.5°，
∴α＝22.5°．

（2）①如图2中，

∵∠AB′Q＝∠ADQ＝90°，AQ＝AQ，AB′＝AD，
∴Rt△AQB′≌Rt△AQD（HL），
∴∠QAB′＝∠QAD，
∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，
∴∠B′AD＝30°，
∴∠QAD＝∠B′AD＝30°．

②如图2中，连接AP，在AB上取一点E，使得AE＝EP，连接EP．设PB＝a．
∵∠ABP＝∠AB′P＝90°，AP＝AP，AB＝AB′，
∴Rt△APB≌Rt△APB′（HL），
∴∠BAP＝∠PAB′＝15°，
∵EA＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA＝15°，
∴∠BEP＝∠EAP+∠EPA＝30°，
∴PE＝AE＝2a，BE＝a，
∵AB＝6，
∴2a+a＝6，
∴a＝6（2﹣）．
∴PB＝6（2﹣），
∴PC＝BC﹣PB＝6﹣6（2﹣）＝6﹣6，
∵∠CPQ+∠BPB′＝180°，∠BAB′+∠BPB′＝180°，
∴∠CPQ＝∠BAB′＝30°，
∴PQ＝＝＝12﹣4．
11．已知，如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E是边AB的中点，点F在边AD上，过点A作AG⊥EF，分别交线段CD、EF于点G、H（点G不与线段CD的端点重合）．
（1）如图2，当G是边CD中点时，求AF的长；
（2）设AF＝x，四边形FHGD的面积是y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）联结ED，当∠FED＝45°时，求AF的长．

解：（1）∵E是AB的中点，AB＝2，
∴AE＝AB＝1，
同理可得DG＝1，
∵AG⊥EF，
∴∠AHF＝∠HAF+∠AFH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADG＝90°＝∠DAG+∠AGD，
∴∠AFH＝∠AGD，
∵∠EAF＝∠ADG＝90°，
∴△EAF∽△ADG，
∴，即，
∴AF＝；
（2）如图1，由（1）知：△EAF∽△ADG，

∴，即，
∴DG＝2x，
∵∠HAF＝∠DAG，
∠AHF＝∠ADG＝90°，
∴∠AHF∽△ADG，
∴＝，
∴＝，
∴AH＝＝，FH＝＝，
∴y＝S△ADG﹣S△AFH，
＝，
＝2x﹣，
如图2，当G与C重合时，∵EF⊥AG，

∴∠AHE＝90°，
∵∠EAH＝45°，
∴∠AEH＝45°，
∴AF＝AE＝1，
∴0＜x＜1；
∴y关于x的函数关系式为：y＝2x﹣（0＜x＜1）；
（3）如图3，过D作DM⊥AG，交BC于M，连接EM，延长EA至N，使AN＝CM，连接DN，

设CM＝a，则AN＝a，
∵AD＝CD，∠NAD＝∠DCM＝90°，
∴△NAD≌△MCD（SAS），
∴∠ADN＝∠CDM，DN＝DM，
∵EF⊥AG，DM⊥AG，
∴EF∥DM，
∴∠EDM＝∠FED＝45°，
∴∠ADE+∠CDM＝∠EDM＝45°，
∴∠NDA+∠ADE＝∠NDE＝∠EDM，
∵ED＝ED，
∴△NDE≌△MDE（SAS），
∴EN＝EM＝a+1，
∵BM＝2﹣a，
在Rt△EBM中，由勾股定理得：BE2+BM2＝EM2，
∴12+（2﹣a）2＝（a+1）2，
a＝，
∵∠AEF+∠EAG＝∠EAG+∠DAG，
∴∠AEF＝∠DAG＝∠CDM，
∴tan∠AEF＝tan∠CDM，
∴，
∴，
∴AF＝．
12．如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）解决问题：如图3，△ACB中，∠ACB＝90°，AC⊥AG且AC＝AG，AB⊥AE且AE＝AB，连结CE、BG、GE．已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．

解：（1）四边形ABCD是垂美四边形，
理由如下：连接AC，BD，

∵AB＝AD，
∴点A在线段BD的垂直平分线上，
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
∴四边形ABCD是垂美四边形；
（2）∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2＝AB2+CD2；
故答案为：AB2+CD2＝AD2+BC2；
（3）∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，又∠AEC+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）得，CG2+BE2＝CB2+GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4，BE＝5，
∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝73，
∴GE＝．
13．如图1，四边形ACEB，连接BC，∠ACB＝∠BEC＝90°，D在AB上，连接CD，∠ACD＝∠ABC，BE＝CD．
（1）求证：四边形CDBE为矩形；
（2）如图2，连接DE，DE交BC于点O，若tan∠A＝2，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图中所有长度与AD的长度相等的线段．

（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∵∠ACD＝∠ABC，
∴∠A+∠ACD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣90°＝90°＝∠BEC，
在Rt△BCD和Rt△CBE中，，
∴Rt△BCD≌Rt△CBE（HL），
∴BD＝CE，
∵CD＝BE，
∴四边形CDBE是平行四边形，
又∵∠BEC＝90°，
∴四边形CDBE为矩形；
（2）解：图中所有长度与AD的长度相等的线段为AC＝OC＝OB＝OD＝OE＝AD．理由如下：
由（1）得：四边形CDBE为矩形，∠ADC＝90°，
∴BC＝DE，OD＝OE，OB＝OC，
∴OC＝OB＝OD＝OE＝BC，
∵∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴tan∠A＝2＝＝，
∴CD＝2AD，BC＝2AC，
∴AC＝＝＝AD，
∴DE＝BC＝2AC，
∴OC＝OB＝OD＝OE＝BC＝AC＝AD，
∴AC＝OC＝OB＝OD＝OE＝AD．
14．如图在直角坐标系中，四边形ABCO为正方形，A点的坐标为（a，0），D点的坐标为（0，b），且a，b满足（a﹣3）2+|b﹣|＝0．
（1）求A点和D点的坐标；
（2）若∠DAE＝∠OAB，请猜想DE，OD和EB的数量关系，说明理由．
（3）若∠OAD＝30°，以AD为三角形的一边，坐标轴上是否存在点P，使得△PAD为等腰三角形，若存在，直接写出有多少个点P，并写出P点的坐标，选择一种情况证明．

解：（1）∵（a﹣3）2+|b﹣|＝0，
∴a＝3，b＝，
∴D（0，），A（3，0）；
（2）DE＝OD+EB； 理由如下：

如图1，在CO的延长线上找一点F，使OF＝BE，连接AF，
在△AOF和△ABE中，
，
∴△AOF≌△ABE（SAS），
∴AF＝AE，∠OAF＝∠BAE，
又∵∠OAB＝90°，∠DAE＝，
∴∠BAE+∠DAO＝45°，
∴∠DAF＝∠OAF+∠DAO＝45°，
∴∠DAF＝∠EAD，
在△AFD和△AED中，
，
∴△AFD≌△AED（SAS），
∴DF＝DE＝OD+EB；

（3）有3种情况共6个点：

①当DA＝DP时，如图2，
Rt△ADO中，OD＝，OA＝3，
∴AD＝＝＝2，
∴P1（﹣3，0），P2（0，3），P3（0，﹣）；
②当AP4＝DP4时，如图3，

∴∠ADP4＝∠DAP4＝30°，
∴∠OP4D＝60°，
Rt△ODP4中，∠ODP4＝30°，OD＝，
∴OP4＝1，
∴P4（1，0）；
③当AD＝AP时，如图4，

∴AD＝AP5＝AP6＝2，
∴P5（3+2，0），P6（3﹣2，0），
综上，点P的坐标为：∴P（﹣3，0）或（0，3）或（0，﹣）或（1，0）或（3+2，0）或（3﹣2，0）．

证明：P5（3+2，0），
∵∠OAD＝30°且△ADO是直角三角形，
又∵AO＝3，DO＝，
∴DA＝2，
而P5A＝|3+2﹣3|＝2，
∴P5A＝DA，
∴△P5AD是等腰三角形．
15．已知，在四边形ABCD中，点M、N、P、Q分别为边AB、AD、CD、BC的中点，连接MN、NP、PQ、MQ．

（1）如图1，求证：四边形MNPQ为平行四边形；
（2）如图2，连接AC，AC分别交MN、PQ于点E、F，连接BD，BD分别交MQ、NP于点G、H，AC与BD交于点O，且AC⊥BD，若tan∠ADB＝，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于OD的线段．
（1）证明：如图1，连接BD．

∵Q，P分别是BC，CD的中点，
所以PQ∥BD，PQ＝BD．
∵M，N分别是AB，AD的中点．
∴MN∥BD，MN＝BD．
∴PQ∥MN，且PQ＝MN．
∴四边形MNPQ是平行四边形．
（2）解：∵四边形MNPQ是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形MNPQ是矩形，
∴四边形NHOE和四边形EOGM都是矩形，
∴NH＝OE＝MG＝AE＝，
∵tan∠ADB＝，
∴，
∴NH＝OE＝MG＝AE＝．
即长度等于OD的线段有NH，OE，MG，AE．