2021年中考复习数学：几何专题复习之四边形压轴（一）

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2021年中考数学：几何专题复习之四边形压轴（一）

1．如图，面积为4的平行四边形ABCD中，AB＝4，过点B作CD边的垂线，垂足为点E，点E正好是CD的中点，点M、点N分别是AB、AC．上的动点，MN的延长线交线段DE于点P，若点P是唯一使得线段∠MPB＝45°的点，则线段BM长x的取值范围是 　 　．

2．如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，分别以AE、AF为对称轴，折叠△ABE、△ADF，使得AB和AD与AG重合，连接BG交AE于点H，连接CG．
（1）HE：AH＝　 　；
（2）S△AFE：S正方形ABCD＝　 　．

3．如图，线段AB的长为10，点D在AB上，△ACD是边长为3的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线DP，过DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则线段BO的最小值为 　 　．

4．已知，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上F处，则tan∠DAE＝　 　；点G在BF上，将矩形沿AG折叠，使点B落在AF上点H处，延长GH交AE于M，连接MF，则MF＝　 　．

5．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 　 　．

6．如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE⊥BD；②∠ADB＝30°；③DF＝AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形，其中，判断正确的是 　 　．（填序号）

7．如图，已知矩形ABCD，连接BD，EO垂直平分BD，连接BE，∠ABD＝∠EFO，AE＝3EF，CD＝，求OD＝　 　．

8．已知：正方形ABCD中，E为BC的中点，BP＝2AP，F为AD上一点，EF交CP于O，∠POF＝45°，若△APF的面积为，则线段EF的长为　 　．

9．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC上，点F在CB的延长线上，∠EAF＝45°，AE交BD于点G，tan∠BAE＝，BF＝2，则FG＝　 　．

10．如图，在▱ABCD中，AD＝5，AB＝12，sinA＝．过点D作DE⊥AB，垂足为E，则sin∠BCE＝　 　．

11．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，现有以下结论：①AP＝PF；②DE+BF＝EF；③PB﹣PD＝BF；④S△AEF为定值；⑤S四边形PEFG＝S△APG．以上结论正确的有 　 　（填入正确的序号即可）．

12．如图，矩形OABC中，点A，点C分别在x轴，y轴上，D为边BC上的一动点，现把△OCD沿OD对折，C点落在点P处．已知点B的坐标为（2，2）．
（1）在点D沿BC从点C运动至点B的过程中，设点P经过的路径长度为l，则l的值 　 　；
（2）在点D沿BC从点C运动至点B的过程中，若点P落在同一条直线y＝kx+4上的次数为2次，请直接写出k的取值范围 　 　．

13．如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 　 　，sin∠AFE的值为 　 　．

14．图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的d的值为 　 　；记图1中小正方形的中心为点A，B，C，图2中的对应点为点A′，B′，C′．以大正方形的中心O为圆心作圆，则当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为 　 　．

15．如图，在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则MC＝；其中正确结论的有　 　．

16．如图，矩形ABCD中，M是边CD的中点，连接AM，取AM的中点N，连接BN．若AB＝2，BC＝3，则BN的长为　 　．

17．如图，在正方形ABCD中，AB＝2．G为对角线BD的延长线上一点，E为线段CD的中点，BF⊥AE，连接OF．已知∠DAG＝15°，下列说法正确的是　 　．（将正确答案的序号填写下来）
①AG＝BD；②BF＝；③；④S△POF＝；⑤若E点为线段CD上一动点，当AE＝EC+CQ时，AQ＝4．

18．如图，P为正方形ABCD的边BC的中点，BG⊥AP于点G，在AP的延长线上取点E，使AG＝GE，若正方形的边长为2，则CE＝　 　．

19．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AC与BD交于点O，点P，Q分别在线段AO，BC上，且满足BQ＝AP，以PQ为斜边作等腰直角三角形PQM，使点M与B位于PQ的两侧，当点P从点A运动到点O时，点M的运动路径长是　 　．

20．在平行四边形ABCD中，AF平分∠BAD交BC于点F，∠BAC＝90°，点E是对角线AC上的点，连接BE．
（1）如图1，若AB＝AE＝AF，点G是BE的中点，则＝　 　．
（2）如图2，以点E为直角顶点，在BE的右下方作等腰直角△BEQ，若点E从点A出发，沿AC运动到点C停止，设在点E运动过程中，BQ的中点T，经过的路径长为a，AC的长为b，则＝　 　．


参考答案
1．解：∵平行四边形ABCD的面积为4，AB＝4，BE⊥CD，
∴BE＝1，
∵点P是唯一使得线段∠MPB＝45°的点，
则可看成弦MB所对的圆周角∠MPB＝45°，
设△MBP外接圆的圆心为O，

则∠MOB＝90°，
∴，
∵CD与AB之间的距离为1，
∴，
∴x≥，
又∵MB≤4，
∴．
故答案为：2﹣2≤x≤4．
2．解：（1）∵AE为对称轴，
∴△AEG≌△AEB，BG⊥AE，
∴∠GHE＝∠BHE＝90°，
又∵∠HEB＝∠BEA，
∴△HEB∽△BEA，
∴＝，
在正方形ABCD中，设边长为2x，
则BE＝x，AB＝2x，
∴AE＝＝＝x，
∴HE＝＝＝x，
∴AH＝AE﹣HE＝x﹣x＝x，
∴HE：AH＝x：x＝1：4．
故答案为：1：4；
（2）设正方形ABCD的边长为2，则S正方形ABCD＝4，
∵S△AFE＝（S正方形ABCD﹣S△FCE），CE＝BE＝GE＝1，
设FG＝DF＝x，
则EF＝1+x，CF＝2﹣x，
在△EFC中，
∵EF2＝CE2+CF2，
∴（1+x）2＝（2﹣x）2+1，
解得：x＝，
∴CE＝2﹣x＝，
∴S△CFE＝×CE×CF＝××1＝，
∴S△AFE＝×（4﹣）＝，
∴S△AFE：S正方形ABCD＝：4＝5：12．
故答案为：5：12．
3．解：连接AO，

∵四边形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OC＝CG，OD＝DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
在△ACO和△ADO中，
，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
∴∠OAB＝∠CAO＝30°，
∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，
∴当OB⊥AO时，OB的长度最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝×10＝5，
即OB的最小值为5．
故答案为：5．
4．解：∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝5，
∴AB＝DC＝3，BC＝AD＝5，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上F处，
∴∠DAE＝∠FAE，AD＝AF＝5，DE＝EF，
在Rt△ABF中，AB＝3，AF＝5，
由勾股定理得：BF＝＝4，
∴FC＝BC﹣BF＝1，
设DE＝EF＝x，则EC＝3﹣x，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，
EC2+FC2＝EF2，
即（3﹣x）2+12＝x2，
解得：x＝，
则DE＝EF＝，
在Rt△ADE中，AD＝5，DE＝，
∴tan∠DAE＝＝，
∵矩形沿AG折叠，使点B落在AF上点H处，
∴AB＝AH＝3，∠B＝∠AHG＝90°，
∴∠AHM＝90°，
∵∠DAE＝∠FAE，
∴tan∠DAE＝tan∠FAE＝＝，
∵AH＝3，
∴MH＝1，HF＝AF﹣AH＝2，
在Rt△FHM中，由勾股定理得，
MF＝＝，
∴故答案为：，．
5．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，
，
∴△ADN≌△CBM（AAS），
∴DN＝BM，
∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE＝BF，
∴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，
∴＝，
∵DN＝BM，AM＝CN，
∴DN2＝CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN＝60°，∠ACD＝30°，
这个与题目条件不符合，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．
故答案为：①②④．

6．解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴EB＝ED，
∵BO＝DO，
∴OE平分∠BOD，故①正确；
②∵∠BOD＝45°，BO＝DO，
∴∠ABD＝（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠ADB＝90°﹣27.5°＝22.5°，故②错误；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠OAD＝∠BAD＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，
∵OB＝OD，BE＝DE，
∴OE⊥BD，
∴∠BOE+∠OBE＝90°，
∴∠BOE＝∠BDA，
∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，
∴∠ADO＝45°，
∴AO＝AD，
∴△AOF≌△ABD（ASA），
∴OF＝BD，
∴AF＝AB，
连接BF，如图1，

∴BF＝AF，
∵BE＝DE，OE⊥BD，
∴DF＝BF，
∴DF＝AF，故③正确；
④根据题意作出图形，如图2，

∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，
∴AG＝OG，
∴∠AOG＝∠OAG，
∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，
∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，
∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，
∴∠EAG＝90°，
∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，
∴∠AEG＝45°，
∴AE＝AG，
∴△AEG为等腰直角三角形，故④正确；
∴判断正确的是①③④．
故答案为：①③④．
7．解：如图，过点O作OM⊥BE，ON⊥DE于点M，N，

∵EO是BD的垂直平分线，
∴BE＝DE，
∴EO平分∠BED，
∴∠MEO＝∠NEO，
∵OM⊥BE，ON⊥DE，
∴∠EMO＝∠ENO，
∵EO＝EO，
∴△MEO≌△NEO（AAS），
∴OM＝ON，EM＝EN，且点N是AD的中点，
∵∠BDC+∠ADB＝∠OED+∠ADB＝90°，
∴∠BDC＝∠OED＝∠OEF，
∵∠ABD＝∠EFO，
∴∠OFE＝∠ABD＝∠BDC，
∴∠OEF＝∠OFE，
∴OE＝OF，
∴由三线合一得，ME＝MF＝EF，
∵AE＝3EF，
设EF＝2a，
则AE＝6a，FM＝EM＝EN＝a，
∴DN＝AN＝AE+EN＝7a，
∴BE＝DE＝DN+NE＝8a，
∴AD＝14a，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，
BE2＝AE2+AB2，
即（8a）2＝（6a）2+（2）2，
解得a＝1，
∴AD＝14a＝14，
∴在Rt△ABD中，根据勾股定理得，
BD＝＝＝4．
∴OD＝BD＝2．
故答案为：2．
8．解：如图：过E作EM⊥OC，垂足为M，
过点O作ON⊥BC，垂足为N，
过点F作FP⊥BC，垂足为G，设EM＝x，

∴∠CME＝∠CBP＝90°，
∴△CME∽△BPC，
∵BP＝2AP＝CB，
∴＝＝＝，
∴CM＝x，
又∵∠EOC＝∠POF＝45°，
∴OM＝x，OE＝x，
∴OC＝OM+CM＝x，CE＝＝x，
∴正方形的边长为2CE＝x，
∴AP＝x，
在△COE中，S△COE＝OC•BM＝ON•EC，
解得：ON＝x，
∴NE＝＝x，
∵ON⊥BC，GF⊥BC，
∴ON∥FG，
∴△EON∽△EFG，
∴＝，
∴EG＝x，
∴BG＝BE﹣EG＝（）x＝x，
∵AB∥FPGAF∥BG，
∴四边形ABGF为矩形，
∴AF＝BG＝x，
∴S△APF＝AP•AF＝••x••x＝，
解得：x＝，
∵△EON∽△EFG，
∴＝，
∴EF＝××＝．
故答案为：．
9．解：如图，过点E作EH⊥AC于点H，

则△EHC是等腰直角三角形，
设EH＝a，则CH＝a，CE＝a，
在Rt△ABE中，∠ABE＝90°，
∴tan∠BAE＝＝，
∴BE＝AB，
∴BE＝CE＝a，
∴AB＝BC＝2a，
∴AC＝4a，AH＝3a，
∴tan∠EAH＝＝，
∵∠EAF＝∠BAC＝45°，
∴∠BAF＝∠EAH，
∴tan∠BAF＝tan∠EAH＝，
∵BF＝2，
∴AB＝6，BE＝CE＝3，
∴AE＝3，AF＝2，
∴EF＝5，
∵AD∥BC，
∴AD：BE＝AG：GE＝2：1，
∴GE＝，
∵EF：GE＝5：＝：1，
AE：BE＝3：3＝：1，
∠GEF＝∠BEA，
∴EF：GE＝AE：BE，
∴△GEF∽△BEA，
∴∠EGF＝∠ABE＝90°，
∴∠AGF＝90°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴FG＝AF＝2．
故答案为：2．
10．解：如图，过点B作BF⊥EC于点F，

∵DE⊥AB，AD＝5，sinA＝＝，
∴DE＝4，
∴AE＝＝3，
在▱ABCD中，AD＝BC＝5，AB＝CD＝12，
∴BE＝AB﹣AE＝12﹣3＝9，
∵CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EDC＝90°，∠CEB＝∠DCE，
∴tan∠CEB＝tan∠DCE，
∴＝＝＝，
∴EF＝3BF，
在Rt△BEF中，根据勾股定理，得
EF2+BF2＝BE2，
∴（3BF）2+BF2＝92，
解得，BF＝，
∴sin∠BCE＝＝＝．
故答案为：．
11．解：取AF的中点T，连接PT，BT．
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝∠APF＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵AT＝TF，
∴BT＝AT＝TF＝PT，
∴A，B，F，P四点共圆，
∴∠PAF＝∠PBF＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故①正确，
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE＝∠ABM＝90°，∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABM＝180°，
∴C，B，M共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAF＝∠FAB+∠BAM＝∠FAB+∠DAE＝45°，
∴∠FAE＝∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
，
∴△FAM≌△FAE（SAS），
∴FM＝EF，
∵FM＝BF+BM＝BF+DE，
∴EF＝DE+BF，故②正确，
连接PC，过点P作PG⊥CF于G，过点P作PW⊥CD于W，则四边形PGCW是矩形，
在△PBA和PCB中，
，
∴△PBA≌△PBC（SAS），
∴PA＝PC，
∵PF＝PA，
∴PF＝PC，
∵PG⊥CF，
∴FG＝GC，
∵PB＝BG，PD＝PW＝CG＝FG，
∴PB﹣PD＝（BG﹣FG）＝BF，故③正确，
∵△AEF≌△AMF，
∴S△AEF＝S△AMF＝FM•AB，
∵FM的长度是变化的，
∴△AEF的面积不是定值，故④错误，
∵A，B，F，P四点共圆，
∴∠APG＝∠AFB，
∵△AFE≌△AFM，
∴∠AFE＝∠AFB，
∴∠APG＝∠AFE，
∵∠PAG＝∠EAF，
∴△PAG∽△FAE，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S四边形PEFG＝S△APG，故⑤正确，
故答案为：①②③⑤．

12．（1）如图1，
∵在运动过程中，OP＝OC始终成立，
∴OP＝2为定长，
∴点P在以点O为圆心，以2为半径的圆上，
∵点B的坐标为（2，2），
∴tan∠COB＝＝，
∴∠COB＝60°，∠COP＝120°，
∴l＝×2π×2＝π．
（2）在图1的基础上，取点E（0，4），过点E作⊙O（弧CP段）的切线EP′，切点为P′，连接PP′，如图2所示．
∵OE＝4，OP′＝2，
∴sin∠OEP′＝＝，
∴∠OEP′＝30°，
∴∠EOP′＝60°．
∵∠COP＝120°，
∴∠POP′＝60°．
∵OP＝OP′，
∴△OPP′为等边三角形，
∵OP＝2，
∴P（，﹣1），P′（，1）．
当点P在直线y＝kx+4上时，有﹣1＝k+4，
∴k＝﹣；
当点P′在直线y＝kx+4上时，有1＝k+4，
∴k＝﹣．
综上可知：若点P落在同一条直线y＝kx+4上的次数为2次，则k的取值范围为﹣≤k＜﹣．


13．解：∵BM＝BE，
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠BEM＝∠GCM，
又∵∠BME＝∠GMC，
∴∠GCM＝∠GMC，
∴MG＝GC＝1，
∵G为CD中点，
∴CD＝AB＝2．
连接BF,FM，

由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF,
∴BM＝EF，
∵∠BEM＝∠BME，
∴∠FEM＝∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为平行四边形，
∵BM＝BE，
∴四边形BEFM为菱形，
∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，
∴∠BNF＝90°，
∵BF平分∠ABN，
∴FA＝FN，
∴Rt△ABF≌Rt△NBF(HL)，
∴BN＝AB＝2．
∵FE＝FM,FA＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF(HL)，
∴AE＝NM，
设AE＝NM＝x，
则BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴＝,
即＝,
解得x＝2+(舍)或x＝2﹣，
∴EF＝BE＝2﹣x＝，
∴sin∠AFE＝＝＝﹣1．
故答案为：2；﹣1．
14．解：如图，连接FW，由题意可知点A′，O，C′在线段FW上，连接OB′，B′C′，过点O作OH⊥B′C′于H．

∵大正方形的面积＝12，
∴FG＝GW＝2，
∵EF＝WK＝2，
∴在Rt△EFG中，tan∠EGF＝＝＝，
∴∠EGF＝30°，
∵JK∥FG，
∴∠KJG＝∠EGF＝30°，
∴d＝JK＝GK＝（2﹣2）＝6﹣2，
∵OF＝OW＝FW＝，C′W＝，
∴OC′＝﹣，
∵B′C′∥QW，B′C′＝2，
∴∠OC′H＝∠FWQ＝45°，
∴OH＝HC′＝﹣1，
∴HB′＝2﹣（﹣1）＝3﹣，
∴OB′2＝OH2+B′H2＝（﹣1）2+（3﹣）2＝16﹣8，
∵OA′＝OC′＜OB′，
∴当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为（16﹣8）π．
故答案为：6﹣2，（16﹣8）π．
15．解：正方形ABCD中，AD＝CD，
在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS），
∴DE＝DF，∠ADF＝∠CDE，
∴∠EDF＝∠FDC+∠CDE＝∠FDC+∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，故①正确；
∴∠DFE＝45°,
∵正方形ABCD,BD为对角线，
∴∠NBE＝45°,
∵∠FDN+∠DFN+∠DNF＝∠NBE+∠BNE+∠NEB＝180°,∠NBE＝∠DFE＝45°,∠DNF＝∠BNE,
∴∠FDB＝∠FEB,故②正确；
连接BM、DM，

∵M是EF的中点，△BEF、△DEF是直角三角形，
∴BM＝DM＝EF，
又∵BC＝CD，
∴直线CM是BD的垂直平分线，
过点M作MH⊥BC于H，则∠MCH＝45°，
∵M是EF的中点，BF⊥BC，MH⊥BC，
∴MH是△BEF的中位线，
∴MH＝BF＝1，
∴CM＝MH＝，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②③④．
故答案为：①②③④．
16．解：过点N作GH∥AB，分别交BC于点G，交AD于点H，如图，

∵矩形ABCD，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠C＝∠ABG＝90°，AB∥CD，
∴四边形CDHG，四边形GHAB为矩形，
∴∠BGN＝90°，GH＝CD＝AB，GH∥CD∥AB，
∴＝＝，
∵N为AM中点，
∴MN＝AN，DH＝HA，
∴CG＝GB＝BC＝，H为DA的中点，
∴NH为△AMD的中位线，
∴NH＝MD，
∵M是CD的中点，
∴MD＝CD＝AB＝1，
∴NH＝，
∴GN＝GH﹣NH＝AB﹣NH＝，
在Rt△BGN中，由勾股定理得，
BN＝＝，
故答案为：．
17．解：①∵∠DAG＝15°，
∴∠GAO＝∠DAG+∠DAO＝60°，
∴∠G＝30°，AG＝2AO，
∵BD＝2AO，
∴AG＝BD，
∴①正确，符合题意．
②∵E为CD中点，
∴DE＝CD，
∵∠DAE+∠BAF＝90°，∠BAF+∠ABF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴tan∠BAF＝tan∠DAE＝＝＝，
∴BF＝2AF，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
AB＝＝AF＝2，
∴AF＝，BF＝2AF＝，
∴②错误，不符合题意．
③∵E为CD中点，EC∥AB，
∴EC为△ABQ的中位线，C为BQ中点，
∴BQ＝2BC＝2AD，
∵AD∥BQ，
∴△ADP∽△QBP，
∴＝＝，
∴＝，
∴DP＝BD，OP＝OD﹣DP＝BD﹣BD＝BD，
∴＝＝＝，
∴③正确，符合题意．
④∵AB＝2，BQ＝2AB＝4，
∴AQ＝＝2，
∵＝＝，
∴AP＝AQ＝，
∴＝＝，
∴＝1﹣＝，
即S△POF＝S△AOP，
∵＝，
∴S△AOP＝S△AOD＝×S正方形ABCD＝，
∴S△POF＝S△AOP＝，
∴④错误，不符合题意．
⑤设ED＝x，EC＝2﹣x，
则＝，
即＝，
∴CQ＝，
∴AE＝EC+CQ＝2﹣x+＝，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
AE＝＝，
∴＝，
解得x＝或x＝﹣（舍）．
∴AE＝＝，
∵AD∥BQ，
∴∠DAE＝∠BQA，
∴sin∠DAE＝sin∠BQA＝＝，
∴AQ＝2AB＝4，
∴⑤正确，符合题意．
故答案为：①③⑤．
18．解：如图，过C作CH⊥AE于H，
∵AG＝GE，
∴AB＝BE，
∴∠BAE＝BEA，
∵BG⊥AE，
∴∠BGP＝∠CHP＝90°，
∵P为BC的中点，
∴BP＝CP，
在△BGP和△CHP中，
，
∴△BGP≌△CHP（AAS），
∴BG＝CH，∠GBP＝∠PCH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，
∴BC＝BE，
∴∠BCE＝∠BEC，
∵∠ABC＝∠ABG+∠GBP＝90°，∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠GBP＝∠BAG，
∴∠PCH＝∠BEP，
∴∠HCE＝∠HEC，
∴CH＝EH，
∵∠CHE＝90°，
∴CE＝CH，即CE＝BG，
在Rt△ABP中，AB＝2，BP＝BC＝1，
∴AP＝＝，
∵S△ABP＝AB•BP＝AP•BG，
∴BG＝＝，
∴CE＝×＝，
故答案为．

19．解：在正方形ABCD中，AB＝4，
∴AB＝BC＝，
∴AC＝＝8，
∴AO＝4，

①当P1在A点时，AP＝0，
∴BQ＝AP＝0，
∴Q点在B点处，此时，∠BAO＝∠ABO＝45°，∠AOB＝90°，
即M1点在O点处；
②当P3在O点时，AP3＝4＝AO，
∴BQ＝AP＝4，
∴Q3点在C点处，此时，∠ACD＝∠CP3M3＝45°，∠P3M3C＝90°，
即M3点在DC的中点处；
③当P2在AO中点时，AP2＝2，
∴BQ＝AP＝2，
∴Q2点在BC中点处，M2点在P3M3中点处，证明如下：
当M2点在P3M3中点处，且P2M2Q2＝90°，
连接P3Q2，
∵P3、Q2为中点，
∴OQ2⊥BC，
∴四边形OQ2Q3M3是正方形，
∵OQ2＝AB＝2＝OM3，
∴OM2＝＝，
∴Q2M2＝＝＝，
过点P2作P2G⊥BC，此时P2为AO的中点，且P2G∥AB，
即在△ABC中，，
∵CP2＝AC﹣AP2＝6，
即，
∴P2G＝3，
同理可得，CG＝3，GQ2＝，
∴P2Q2＝＝＝，
∴P2M2＝＝，
故M2点在OM3是中点处，即M点在OM3上运动，
∴OM3＝DC＝2．
20．解：（1）∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AFB，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴AB＝BF，
∵AB＝AE＝AF，
∴AB＝AF＝BF，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF＝∠BAF＝∠AFB＝60°，
设AB＝AE＝AF＝x，则BF＝x，
∵∠BAE＝90°，点G是BE的中点，
∴BE＝x，BG＝AG＝GE＝x，∠BAG＝∠ABG＝45°，
∴∠GAF＝∠GBF＝15°，＝，
∴△BGF∽△BFE，
∴＝＝，
故答案为：；
（2）如图2中，在AC上取一点N，使得AN＝AB，连接BN，NQ，取BN的中点J，连接TJ．

∵△ABN，△BEQ都是等腰直角三角形，
∴BN＝AB，BQ＝BE，∠ABN＝∠EBQ＝45°，
∴，∠ABE＝∠NBQ，
∴△ABE∽△NBQ，
∴＝，∠AEB＝∠BQN，
∵∠AEB+∠BEC＝180°，
∴∠BQN+∠BEC＝180°，
∴∠EBQ+∠ENQ＝180°，
∵∠EBQ＝∠ENQ＝45°，
∴∠ENQ＝135°，∠BNQ＝90°，
∵BJ＝JN，BT＝TQ，
∴TJ∥NQ，TJ＝NQ，
∴∠BJT＝∠BNQ＝90°，
∴点T的运动轨迹是线段JT，
∴a＝JT＝NQ＝AE，
∵点E从A运动到C时，AE＝AC＝b，
∴a＝b，
∴＝，
故答案为．