2024年中考数学热点探究八 全等三角形中的常见模型及其证明思路练习附解析

这是一份2024年中考数学热点探究八 全等三角形中的常见模型及其证明思路练习附解析，共41页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题（共7题，共53分)，实践探究题（共4题，共37分)等内容，欢迎下载使用。
1．如图，BE＝CF，AE⊥BC，DF⊥BC，要根据“HL”证明Rt△ABE≌Rt△DCF，则还要添加一个条件是（ ）
A．AB＝DCB．∠A＝∠DC．∠B＝∠CD．AE＝BF
2．如图，△ABC和△DEF中，AB∥DE，∠A=∠D，点B，E，C，F共线，添加一个条件，不能判断△ABC≌△DEF的是（ ）
A．AB=DEB．∠ACB=∠FC．BE=CFD．AC=DF
3．如图，AB=AD，AC平分∠BAD．证明△ABC≌△ADC的依据是（ ）
A．AASB．SSSC．ASAD．SAS
4．如图，正方形ABCD的边长为4，∠EAF=45°，将△ABE绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ADG．若BE=1，则DF的长为（ ）
A．3B．7C．125D．4
5．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，将ΔADF绕点A顺时针旋转90°得到ΔABG.若DF=3，则BE的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．如图，在△ABC中，∠BAC=120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（ ）
A．CB=CDB．∠ABC=∠ADCC．AB∥CDD．DE+DC=BC
7．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=60°，∠C=∠BAD=90°，BD平分∠ABC，点E是AB的中点，点F是BD上的动点，若CD=4，则AF+EF的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
8．如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若△AED的周长是17，BD=8，则等边△ABC的面积是（ ）
A．323B．8134C．2723D．8123
9．如图，在△ABC中，∠ABC=65°，BC>AC，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点B的对应点D恰好落在BC边上，C的对应点为E．则下列结论一定正确的是（ ）
A．∠ABC=∠AEDB．AC=DEC．∠CAE=65°D．AB=AD
10．用两个全等且边长为4的等边三角形ABC和△ACD拼成菱形ABCD，把一个60°角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的60°角的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转，在转动过程中，当△AEC的面积是23时，CF的长为（ ）
A．2或4B．2或6C．4或6D．0或8
二、填空题（每题2分，共10分）
11．如图，在∠MON的两边上分别截取OA、OB，使OA＝OB；分别以点A、B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC、BC、AB、OC．若AB＝2cm，四边形OACB的面积为5cm2，则OC的长为 cm．
12．如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连结BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连结BF.若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为 .
13． 如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4．点F在边AB上，点E在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AF的长是
14．如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2），则DF= ；然后将△FBE绕点F旋转到△FMN，当MN过点C时旋转停止，则EN的长度为 ．
15．综合实践课上，小聪把一张长方形纸片ABCD沿着虚线EB剪开，如图①所示，把得到的两张纸片如图②摆放，纸片Rt△CB'E'较小锐角的顶点E'在DE上，较长直角边与斜边分别交边AB于点G，H．以点G与A重合，且B'E'⊥AB为初始位置，把Rt△CB'E'沿着DE方向平移，当点E'到达点E后立刻绕点E逆时针旋转，如图③，直到点H与点B重合停止．为了探求BH与AG之间的变化关系，设AG=m，请用含m的代数式表示BH．
（1）在平移过程中，BH= ，
（2）在旋转过程中，BH= ．
三、解答题（共7题，共53分)
16．如图，点E、F分别是矩形ABCD的边AB、CD上的一点，且DF＝BE.
求证：AF=CE.
17．如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′．
（1）证明△A′AD′≌△CC′B；
（2）若∠ACB=30°，试问当点C′在线段AC上的什么位置时，四边形ABC′D′是菱形，并请说明理由．
18．如图，▱ABCD中，∠D=60°，分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧交于M，N两点，作直线MN交BC于点O，连接AO并延长，交DC的延长线于点E，连接AC，BE．
（1）求证：CD=CE：
（2）在▱ABCD中能否添加一个条件，使四边形ABEC为菱形？若能，请添加后予以证明；若不能，请什么理由．
19．在△ABC中，AB=AC，D是边AC上一动点，E是△ABC外一点，连接BD，BE．
（1）如图1，CE∥AB，AD=CE，若∠ABD=13∠A=20°，求∠E的度数；
（2）如图2，CE∥AB，BD=BE，∠A=2∠ABD，过点D作DF⊥AB交于点F，若DE=2DF，∠DBC=3∠CBE，求证：AB=BD+CE；
（3）如图3，AE=AB，延长AE交BC的延长线于点F，BE交AC于点G，点D是直线AC上一动点，将△ABD沿BD翻折得△HBD，连接FH，取FH的中点M，连接AM，若EF=2GC，AB=BC，当线段AM取得最大值时，请直接写出AMAB的值．
20．如图，在矩形ABCD中，AB=4，∠ADB=30°，AE⊥BD，垂足为E．F是点E关于AB的对称点，连接AF，BF．
（1）求证：△ABE≌△ABF；
（2）求AE和BE的长；
（3）将一个与△ABF完全重合的透明三角板A1B1F1沿射线BD方向平移．
①设点B1在BD上移动的距离是m．当点F1分别落在线段AB，AD上时，求相应的m的值；
②当点F1落在AD上时，立刻将△A1B1F1绕点B1顺时针旋转，且旋转60°时停止．点H在AD上，且DH=433．若△A1B1F1平移的速度为每秒1个单位长度，△A1B1F1绕点B1旋转的速度为每秒5°，在△A1B1F1整个运动过程中，直接写出点H在△A1B1F1区域（含边界）内的时长．
21．如图1，OP是∠MON的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形，并将添加的全等条件标注在图上．
请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：
①如图2，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B=60°，AD、CE分别是∠BAC和∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F，求∠EFA的度数；
②在①的条件下，请判断FE与FD之间的数量关系，并说明理由；
③如图3，在△ABC中，如果∠ACB不是直角，而①中的其他条件不变，试问在②中所得结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
22．已知，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，以BC为直径的⊙O与AB交于点H，将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，连接BE.
（1）如图1，DE与⊙O相切于点G.
①求证：BE=EG；
②则BE·CD= ▲
（2）如图2，延长HO与⊙O交于点K，将△DEF沿DE折叠，点
的对称点F'恰好落在射线BK上.
①求证：HK∥EF'；
②若KF'=3，求AC的长.
四、实践探究题（共4题，共37分)
23．如图，四边形ABCD中，AD＝CD，AB＝BC，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
（1）试猜想筝形的对角线有什么位置关系，然后用全等三角形的知识证明你的猜想；
（2）已知筝形ABCD的对角线AC，BD的长度为整数值，且满足AC+BD＝6．设AC的长为x，四边形ABCD的面积为S，试求x为多少时，S有最大值，最大值是多少？
24．学习了平行四边形后，小虹进行了拓展性研究，她发现，如果作平行四边形一条对角线的垂直平分线，那么这个平行四边形的一组对边截垂直平分线所得的线段被垂足平分.她的解决思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等得出结论.请根据她的思路完成以下作图与填空：
（1）用直尺和圆规，作AC的垂直平分线，交DC于点E，交AB于点F，垂足为O(保留作图痕迹，不写作法).
（2）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AC是对角线，EF垂直平分AC，垂足为O.求证：OE=OF.请补全以下证明过程.
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，∴∠ECO= .
∵EF垂直平分AC，∴ .
又∵∠EOC= ，
∴△COE≌△AOF(ASA)，
∴OE=OF.
（3）小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线AC中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有此特征.请你依照题意补全下面命题：过平行四边形对角线中点的直线 .
25．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：AD2+BC2＝AB2+CD2；
（3）【解决问题】如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC＝8，AB＝10，求GE的长．
26．【方法提炼】
解答几何问题常常需要添辅助线，其中平移图形是重要的添辅助线策略.
【问题情境】
如图1，在正方形ABCD中，E，F，G分别是BC，AB，CD上的点，FG⊥AE于点Q.求证：AE＝FG.
小明在分析解题思路时想到了两种平移法：
方法1：平移线段FG使点F与点B重合，构造全等三角形；
方法2：平移线段BC使点B与点F重合，构造全等三角形；
【尝试应用】
（1）请按照小明的思路，选择其中一种方法进行证明；
（2）如图2，正方形网格中，点A，B，C，D为格点，AB交CD于点O.求tan∠AOC的值；
（3）如图3，点P是线段AB上的动点，分别以AP，BP为边在AB的同侧作正方形APCD与正方形PBEF，连接DE分别交线段BC，PC于点M，N.
①求∠DMC的度数；
②连接AC交DE于点H，求 DHBC 值.
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】解：条件是AB＝CD，
理由是：∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴∠CFD＝∠AEB＝90°，
在Rt△ABE和Rt△DCF中，
AB=CDBE=CF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
故答案为：A
【分析】利用“HL”证明三角形全等的判定方法求解即可。
2．【答案】B
【解析】【解答】解：∵AB∥DE，∴∠B=∠DEF，
A、∵∠B=∠DEF，AB=DE，∠A=∠D，∴△ABC≌△DEF（ASA），故此项不符合题意；
B、由∠A=∠D，∠ACB=∠F，∠B=∠DEF，不能证明△ABC≌△DEF，故此项符合题意；
C、∵BE=CF，∴BE+CE=CF+CE，即BC=EF，
∵∠B=∠DEF，∠A=∠D，
∴△ABC≌△DEF（ASA），故此项不符合题意；
D、∵∠A=∠D，∠B=∠DEF，AC=DF，∴△ABC≌△DEF（AAS），故此项不符合题意；
故答案为：B.
【分析】根据三角形全等的判定，利用AAS、ASA逐一判断即可.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵AC平分∠BAD
∴∠BAC=∠DAC
在△ABC和△ADC中
AB=AD∠BAC=∠DACAC=AC
∴△ABC≌△ADC（SAS）
故答案为：D
【分析】根据角平分线性质可得∠BAC=∠DAC，再根据全等三角形判定定理（SAS）即可求出答案.
4．【答案】C
【解析】【解答】解：由旋转可知，
△ABE≌△ADG，
∴DG=BE=1，∠GDA=∠ABC=90°，∠EAB=∠GAD，AE=AG．
又∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=4，∠FDA=∠DAB=∠BCD=90°，
∵∠EAF=45°
∴∠EAB+∠FAD=∠DAB−∠EAF=90°−45°=45°，
则∠GAF=∠EAF=45°．
在△EAF和△GAF中，
AE=AG∠GAF=∠EAFAF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴EF=GF．
令DF=x，
则CF=4−x，EF=GF=x+1，CE=4−1=3．
在Rt△CEF中，
EF2=CE2+CF2，
即(x+1)2=(4−x)2+32，
解得x=125，
即DF=125．
故答案为：C．
【分析】根据旋转性质可知△ABE≌△ADG，可得AE=AG，∠EAB=∠GAD，DG=BE=1，再根据正方形的性质结合角与角之间的相等关系可得∠GAF=∠EAF=45°，然后根据全等三角形的判定定理可证△EAF≌△GAF(SAS)，可得EF=GF，再令DF=x，结合线段与线段之间的关系，运用勾股定理计算即可求解。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠D=∠C=∠ABE=∠ABG=∠BAD=90°，
∵ 将ΔADF绕点A顺时针旋转90°得到ΔABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴AG=AF，DF=BG=3，∠DAF=∠GAB，
∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°，∠EAF=45°，
∴∠GAB+∠BAE=45°即∠GAE=45°，
∴∠EAF=∠GAE，
在△EAF和△EAG中
AG=AD∠EAF=∠GAEAE=AE
∴△EAF≌△EAG（SAS），
∴EG=EF，
设BE=x，则EF=EG=3+x，CE=6-x，
EF2=CE2+CF2即（3+x）2=（6-x）2+32，
解之：x=2，
∴BE的长为2.
故答案为：B.
【分析】利用正方形的性质可证得AB=AD，∠D=∠C=∠ABE=∠ABG=∠BAD=90°，利用旋转的性质可证AG=AF，DF=BG=3，∠DAF=∠GAB，由此可推出∠EAF=∠GAE，再利用SAS证明△EAF≌△EAG，利用全等三角形的性质可推出EG=EF；设BE=x，可表示出EF，CE，CF的长，然后利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长.
6．【答案】C
【解析】【解答】∵ △DEC由 △ABC绕点C逆时针旋转而得，
∴△DEC≅△ABC
∴CB=CE,故A错误，不符合题意；
∴∠ABC=∠DEC,故B错误，不符合题意；
∴CA=CD,∠BAC=∠EDC=120°,
∴∠ADC=60°,
∴△ADC是等边三角形，
∴∠CAD=60°，
∴∠BAD=∠BAC-∠CAD=120°-60°=60°，
∴∠ADC=∠BAD=60°,
∴AB∥CD ,故C正确，符合题意；
∴BC=CE,
∵ DE+DC>CE,
∴DE+DC>BC,故D错误，不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用旋转的性质得到△DEC≅△ABC，根据三角形全等的性质得到：CB=CE,故A错误，不符合题意；∠ABC=∠DEC,故B错误，不符合题意；结合已知条件证明△ADC是等边三角形，得到∠ADC=∠BAD=60°,故C正确，符合题意；根据BC=CE,DE+DC>CE,判断D错误，不符合题意；从而求解.
7．【答案】C
【解析】【解答】∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中
∠ABD=∠CBD∠BAD=∠BCDBD=BD，
∴△ABD≌△CBD（AAS），
∴AB=BC，AD=CD，
∴点A与点C关于BD对称，
连接CE交BD于点F，则此时AF+EF的值最小，且等于CE的长，连接AC，如图所示：
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点E是AB的中点，
∴CE⊥AB，
在Rt△BCD中，∠ABD=∠CBD=12∠ABC=30°，
∴BD=2CD=8，
∴BC=BD2−CD2=43，
∴BE=12BC=23，
∴CE=BC2−BE2=6。
∴AF+EF的最小值为6，
故答案为：6.
【分析】先证出点A与点C关于BD对称，再连接CE交BD于点F，则此时AF+EF的值最小，且等于CE的长，连接AC，再利用含30°角的直角三角形的性质求出BD=2CD=8，再利用勾股定理求出BC和CE的长，即可得到AF+EF的最小值为6，从而得解.
8．【答案】B
【解析】【解答】解：根据旋转的性质可得，BE=BD，∠DBE=60°，AE=CD，
∴△BED为等边三角形，
∴DE=DB=8，
∵△AED的周长为17，
∴AE+AD+DE=17，即AE+AD+8=17，
∴AE+AD=9，
∵AE=CD，
∴AE+AD=CD+AD=AC=9，
∵△ABC为等边三角形，
∴S△ABC=34AC2=34×81=8134；
故答案为：B.
【分析】根据题意，由旋转的性质证明△BED为等边三角形，继而根据全等三角形的性质证明AE+AD=CD+AD=AC=9，最后由全等三角形ABC的边长计算其面积。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：由题意得△ABC≌△ADE，
∴AB=AD，A正确；
∵△ABC≌△ADE，
∴BC=DE，
∵BC>AC，
∴DE>AC，B不正确；
∵AB=AD，
∴∠ABC=∠ADB=65°，
∴∠BAD=180°−∠ABC−∠ADB=50°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，即∠BAD=∠CAE，
∴∠CAE=50°，C不正确；
∵∠ADB=∠DAC+∠ACB，
∴∠ADB>∠ACB，
∴∠ABC>∠ACB，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ACB=∠AED，
∴∠ABC>∠AED，D不正确；
故答案为：A
【分析】先根据旋转的性质得到△ABC≌△ADE，进而根据三角形全等的性质即可判断A；再运用三角形全等的性质结合题意即可判断B；进而结合题意运用等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ADB=65°，从而运用三角形内角和定理即可得到∠BAD的度数，进而运用三角形全等的性质结合题意即可判断C；先根据题意得到∠ABC>∠ACB，进而根据三角形全等的性质即可判断D。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：如图1，因为△ACD和△ABC为4的等边三角形 ，故∠BAC=∠DAC=60。，且AB=AC，∠B=∠ACF=60。，又因为∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠CAF=60。，故∠BAE=∠CAF，在△ABE和△ACF中∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF，
∴△ABE≅△ACF，则BE=CF，又因为△ACE的CE边上的高为等边△ABC的高，且AB=4，可算得
CE边上的高为：ℎ=23，则△AEC的面积S=12×CE×ℎ=12×CE×23=23，解得：CE=2，
则BE=BC−CE=4−2=2，故BE=CF=2；如图2，由△ACD和△ABC为等边三角形，∠ADC=∠ACB=60。，则∠ADF=∠ACE=120。又∠CAD=∠EAF=60。，∠DAF=∠EAF−∠DAE，∠CAE=∠CAD−∠DAE，则∠DAF=∠CAE，在△ACE和△ADF中∠DAF=∠CAEAD=AC∠ADF=∠ACE，△ACE≅△ADFASA，故CE=DF，故BE=BC+CE，CF=CD+DF
即BE=CF，因为△ACE的CE边上的高为等边△ABC的高，且AB=4，可算得CE边上的高为：ℎ=23，则△AEC的面积S=12×CE×ℎ=12×CE×23=23，解得：CE=2，所以
BE=CF=BC+CE=6.
故答案为：B.
【分析】先根据等边三角形的性质得到：∠BAC=∠DAC=60。，AB=AC，∠B=∠ACF=60。
再利用等量代换的思想可得：∠BAE=∠CAF，在图1和图2中分别故可证得：△ABE≅△ACF，△ACE≅△ADF，然后再通过面积算出CE的长度即可求解.
11．【答案】5
【解析】【解答】解：∵AC=BC=OA=OB ，OC 为公共边，
∴△CAO≅△CBO(SAS) ，
∴∠ACO=∠BCO=∠AOC=∠BOC ，
∴AC∥BO ，AO∥BC ，
∴四边形OACB 是菱形，AB，OC 是对角线，
∴菱形OACB的面积是：S=12·AB·OC=5 ，
∵AB=2 ，
∴OC=5 ，
故答案是：5
【分析】先根据三角形全等的判定与性质证明△CAO≅△CBO(SAS)，进而即可得到∠ACO=∠BCO=∠AOC=∠BOC ，再根据菱形的判定与性质结合题意即可求出其面积。
12．【答案】24
【解析】【解答】解：∵CF∥BE，
∴∠BEO=∠CFO，
∵BC的垂直平分线EO交AD于点E，
∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴△BOE≌△COF，
∴BE=CF，OE=OF，
∴四边形BFCE为平行四边形，
又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴平行四边形BFCE为菱形，
∵AD=8，
∴BC=8，
∴OC=12BC=4，
在Rt△EOC中，OE=EC2−OC2=52−42=3，
故菱形BFCE的面积为12×BC×EF=12×BC×2EO=12×8×2×3=24，
故答案为：24．
【分析】先根据平行线的性质和垂直平分线的性质得到∠BEO=∠CFO，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，再根据全等三角形的判定（AAS）证出△BOE≌△COF，进而得到BE=CF，OE=OF，证出四边形BFCE为菱形，最后根据长度和菱形的面积公式求解即可.
13．【答案】5
【解析】 【解答】
解：连接EF交AC于O，
∵四边形 EGFH是菱形，
∴EF⊥AC，OE=OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，
∴∠ACD=∠CAB'
在△CFO与△AOE中，
∠FCO=∠OAB∠FOC=∠AOEOF=OE
∴△CFO≅△AOE（AAS)，
∴AO=CO，
∵AC=AB2+BC2=45，
∴AO=12AC=25，
∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°，
∴△AOE~△ABC，
∴AOAB=AEAC，
∴258=AE45，
∴AE=5.
故答案为：5.
【分析】首先连接EF交AC于O，由矩形ABCD中，四边形 EGFH是菱形，易证得△CFO≌△AOE (AAS)，即可得OA=OC，然后由勾股定理求得AC的长，继而求得OA的长，又由△AOE~△ABC，利用相似三角形的对应边成比例，即可求得答案.
14．【答案】2；102613
【解析】【解答】在矩形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AB=CD=10，AD=BC=12，
由折叠的性质可得AB=BE，∠BEF=90°，
∴四边形ABEF是矩形，∠CEF=180°-90°=90°，
∵AB=BE，
∴四边形ABEF是正方形，
∴AB=BE=EF=AF=10，
∴DF=BC-BE=2，
由勾股定理可得CF=CE2+EF2=22+102=226,
连接CF，如图，
由旋转的性质可得∠BEF=∠CNF=90°，EF=NF，
∵CF=CF，
∴Rt△ECF≅Rt△NCF(HL)，
∴CN=CE=2，EF=NF=10，
∴C、D在EN的垂直平分线上，
∴CF⊥EN，
∴四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,
∴12×EN×226=2×12×10×2,
解得EN=102613，
【分析】先证明四边形ABEF是正方形，得到AB=BE=EF=AF=10，DF=BC-BE=2，连接CF，利用勾股定理求得CF的值以及旋转的性质，通过HL证明Rt△ECF≅Rt△NCF，从而得到CN=CE=2，EF=NF=10，证明C、D在EN的垂直平分线上，最后利用四边形ECNE的面积为12EN·CF=2×12×10×2,代入数据计算即可求解.
15．【答案】（1）(152−m)
（2）63−12m9−m
【解析】【解答】解：（1）在Rt△E'GH中，E'H＝AD＝3，tan∠GE'H＝tan∠BEC=BCCE=12，
∴GH=3×12=32
∴BH＝AB−AG−GH＝9−32−m=152−m.
故答案为：152−m.
（2）如图，
当m＜3时，
作ER⊥AB于R，
在Rt△ERG中，ER＝AD＝3，GR＝AR﹣AG＝3-m，
∴EG2＝9+（3-m）2＝m2-6m+18，
∵∠ERH＝∠B，∠EGH＝∠EGB，
∴△EGH∽△BGE，
∴EG2＝GH•BG，
∴GH=EG2BG=m2−6m+189−m，
∴BH=BG−GH=9−m−m2−6m+189−m=63−12m9−m
如图，
当m≥3时，
方法同上得出，
BH=63−12m9−m，
故答案为：63−12m9−m．
【分析】（1）根据题意可知△E'GH为直角三角形，通过解RT△E'GH可以求出GH，最后根据BH＝AB-AG-GH得出结果；
（2）先表示出EG的长，再根据△EGH∽△BGE得出GH的长，进一步得出结果．
16．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
在△ADF和△CBE中， AD＝BC∠D＝∠BDF＝BE ，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AF＝CE．
【解析】【分析】根据矩形的性质，即可证明三角形ADF全等于三角形CBE，根据三角形全等的性质得到答案即可。
17．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到，
∴A′D′=AD=CB，AA′=CC′，A′D′∥AD∥BC，
∴∠D′A′C′=∠BCA，
在△A′AD′和△CC′B中，
A'D'=CB∠D'A'C'=∠BCAAA'=CC' ，
∴△A′AD′≌△CC′B（SAS）．
（2）解：当点C′是线段AC的中点时，四边形ABC′D′是菱形．
理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，△A′C′D′由△ACD平移得到，
∴C′D′=CD=AB，
由（1）知AD′= C′B
∴四边形ABC′D′是平行四边形，
在Rt△ABC中，点C′是线段AC的中点，
∴BC′= 12 AC，
∵∠ACB=30°，
∴AB= 12 AC，
∴AB= BC′，
∴四边形ABC′D′是菱形．
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明 △A′AD′≌△CC′B即可；
（2）先证明四边形ABC′D′是平行四边形，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AB= 12 AC，再结合AB= BC′，即可得到四边形ABC′D′是菱形。
18．【答案】（1）证明：∵由作图可知MN垂直平分线段BC，
∴BO=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴AB∥DE，
∴∠ABO=∠OCE，
在△AOB和△EOC中，
∠ABO=∠ECOOB=OC∠AOB=∠EOC，
∴△AOB≌△EOC(ASA)
∴AB=EC，
∴CD=CE.
（2）解：可以，添加AB=BC．
理由：由（1）可知AB=CE，AB∥CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∵AB=BC，∠ABC=∠D=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，
∴平行四边形ABEC是菱形．
【解析】【分析】（1）根据作图得MN是线段BC的垂直平分线可以得到OB=OC，由平行四边形ABCD可以得AB=CD，AB//CD. 只要证明AB=EC，就可以得结论。这里AB和EC分别在△AOB和△EOC中，证明这两个三角形全等即可.
（2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 由第一问得AB=EC，AB//EC，可以得四边形ABEC是平行四边形，当AB=BC时，根据∠ABC=∠D=60°，得△ABC是等边三角形，从而AB=AC，于是平行四边形ABEC满足一组邻边相等，它就是菱形了.
19．【答案】（1）解：∵∠ABD=13∠A=20°，
∴∠A=60°，
又∵AB=AC，
∴△ABC是等边三角形．
∴AB=BC，∠ABC=∠A=60°，
又∵CE∥AB，
∴∠ECB=∠ABC=60°，
∴∠ECB=∠A．
在△ABD和△CBE中，
AB=BC，∠A=∠ECB，AD=CE，
∴△ABD≌△CBE(SAS)．
∴∠E=∠ADB，
又∵∠ADB=180°−∠A−∠ABD=180°−60°−20°=100°，
∴∠E=100°；
（2）证明：在CA上截取CM=CE，连接BM交DE于点N，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
又∵CE∥AB，
∴∠ECB=∠ABC，
∴∠ECB=∠ACB，
在△ECB和△MCB中，
CE=CM，∠ECB=∠MCB，CB=CB，
∴△ECB≌△MCB(SAS)，
∴BE=BM，∠EBC=∠MBC，
又∵∠DBC=3∠CBE，
∴∠DBN=∠EBN，
又∵BD=BE，
∴BN⊥ED，ND=NE．
又∵DE=2DF，DF⊥AB，
∴ND=DF，
在Rt△DBN和Rt△DBF中，
DN=DFBD=BD；
∴Rt△DBN≌Rt△DBF(HL)，
∴∠FBD=∠NBD，
又∵∠A=2∠ABD，
∴∠A=∠ABM，
∴BM=AM，
又∵BE=BM=BD，
∴BD=AM，
∴AC=AM+MC=BD+CE，
又∵AC=AB，
∴AB=BD+CE；
（3）解：AMAB=215+12．
【解析】【解答】解：如图所示，在BC上取一点T，使得BT=CG，连接AT，
∵AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∴△ABT≌△BCG(SAS)，
∴∠BAT=∠CBG，
设∠BAT=∠CBG=α，则∠ABE=∠CAT=60°−α，
∴∠FTA=∠ABC+∠BAT=60°+α，
∵AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE=60°−α，
∴∠BAE=180°−∠ABE−∠AEB=60°+2α，
∴∠FAT=∠BAE−∠BAT=60°+α，
∴∠FAT=∠FTA，
∴FA=FT；
设BT=CG=x，CT=y，则EF=2x，AB=AE=BC=x+y，
∴AG=AC−CG=y，FT=FA=3x+y，
∴BF=BT+FT=4x+y，
∴CF=FT−CT=3x，
如图所示，过点F作SK∥AB分别交AC，BE延长线于S、K，
∴∠S=∠BAC=60°，∠FKE=∠ABE，
又∵∠AEB=∠FEK，∠ACB=∠SCF=60°，
∴∠FKE=∠FEK，△CSF是等边三角形，
∴FK=EF=2x，FS=CF=CS=3x，
∴SK=FS+FK=5x，SG=CG+CS=4x，
∵AB∥SK，
∴△ABG∽△SKG，
∴ABSK=AGSG，
∴x+y5x=y4x，
∴4x2+xy=5xy，
∴y=4x，
∴AB=5x，BF=8x；
如图所示，取BF中点R，连接AR，MR，
由折叠的性质可得BH=AB=5x，
∵点M是FH的中点，
∴MR是△FBH的中位线，
∴MR=12BH=2.5x，
∴点M在以R为圆心，2.5x为半径的圆上运动，
∴当A、M、R三点共线，且R在AM上时，AM有最大值，
如图所示，过点A作AV⊥BC于V，
∴BV=12BC=2.5x，
∴AV=AB2−BV2=532x，VR=BR−BV=12BF−BV=1.5x，
∴AR=AV2+VR2=21x，
∴AM=AR+RM=21x+2.5x，
∴AMAB=21x+2.5x5x=215+12
【分析】（1）先根据题意得到∠A的度数，进而根据等边三角形的判定与性质得到AB=BC，∠ABC=∠A=60°，再根据平行线的性质得到∠ECB=∠ABC=60°，进而运用三角形全等的判定与性质证明△ABD≌△CBE(SAS)得到∠E=∠ADB，从而运用角的运算即可求解；
（2）在CA上截取CM=CE，连接BM交DE于点N，先根据等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，进而根据平行线的性质得到∠ECB=∠ABC，再证明△ECB≌△MCB(SAS)即可得到BE=BM，∠EBC=∠MBC，从而结合题意得到ND=DF，再证明Rt△DBN≌Rt△DBF(HL)得到∠FBD=∠NBD，从而即可得到∠A=∠ABM，再结合题意进行线段的运算即可求解；
（3）在BC上取一点T，使得BT=CG，连接AT，先根据等边三角形的判定与性质得到∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，进而证明△ABT≌△BCG(SAS)即可得到∠BAT=∠CBG，设∠BAT=∠CBG=α，则∠ABE=∠CAT=60°−α，进而结合题意即可得到∠FAT=∠BAE−∠BAT=60°+α，设BT=CG=x，CT=y，则EF=2x，AB=AE=BC=x+y，再根据线段的运算得到CF=FT−CT=3x，过点F作SK∥AB分别交AC，BE延长线于S、K，根据等边三角形的判定与性质结合题意即可得到SK=FS+FK=5x，SG=CG+CS=4x，进而根据相似三角形的判定与性质得到y=4x，取BF中点R，连接AR，MR，由折叠的性质可得BH=AB=5x，进而根据三角形中位线定理结合题意得到MR=12BH=2.5x，从而得到点M在以R为圆心，2.5x为半径的圆上运动，当A、M、R三点共线，且R在AM上时，AM有最大值，过点A作AV⊥BC于V，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
20．【答案】（1）证明：∵F是点E关于AB的对称点，
∴AF=AE，BF=BE，
∵AB=AB，
∴△ABE≌△ABF(SSS)；
（2）解：∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∠ADB=30°，
∴∠ABD=60°，
∵AB=4，AE⊥BD，
∴AE=AB⋅sin60°=4×32=23，BE=AB⋅cs60°=4×12=2；
（3）解：①由（1）可得∠1=∠2，BF=BE=2，由平移的性质可得：AB∥A1B1，∠4=∠1，BF=B1F1=2，
当F1落在线段AB上时，如下图：
∵AB∥A1B1，
∴∠3=∠4，
∴∠3=∠2，
∴BB1=B1F1=2，即m=2；
当F1落在线段AD上时，如下图：
∵AB∥A1B1，
∴∠6=∠2，
∵∠1=∠2，∠5=∠1，
∴∠5=∠6，
又∵A1B1⊥AD，
∴△B1F1D是等腰三角形，
∴B1D=B1F1=2，
∵AB=4，∠ADB=30°，
∴BD=8，
∴BB1=BD−B1D=6，即m=6；
②点H在△A1B1F1区域（含边界）内的时长为6−163+6=203秒
【解析】【解答】解：②根据题意，可知点H在△A1B1F1区域内可分为两段：
当点H落在边A1B1上时，如图，
∵DH=433，∠ADB=30°，
∴DB1=DHcs30°=433×23=83，
∴BB1=8−83=163；
当F1落在线段AD上时，如图，由①得，B1D=B1F1=2，
∵A1B1⊥AD，
∴DN=B1D⋅cs30°=2×32=3，
∴△A1B1F1绕点B1顺时针旋转时，当旋转到B1F1经过点H时，记此时F1的对应点为M，
∵HN=DH−DN=433−3=33，B1N=12B1D=1，
∴在直角三角形B1HN中，tan∠NB1H=HNB1N=33，
∴∠NB1H=30°，
∵∠F1B1N=∠ABE=60°，
∴∠F1B1H=60°−30°=30°，
∴旋转时点H在△A1B1F1区域（含边界）内的时长为305=6秒；
综上，在△A1B1F1整个运动过程中，点H在△A1B1F1区域（含边界）内的时长为6−163+6=203秒
【分析】（1）先根据对称得到AF=AE，BF=BE，进而运用三角形全等的判定（SSS）即可求解；
（2）先根据矩形的性质得到∠ABD=60°，进而结合题意运用特殊角的三角函数值即可求解；
（3）①由（1）可得∠1=∠2，BF=BE=2，由平移的性质可得AB∥A1B1，∠4=∠1，BF=B1F1=2，进而分类讨论：当F1落在线段AB上时，当F1落在线段AD上时，再根据平行线的性质结合等腰三角形的判定与性质进行运算即可求解；
②根据题意分类讨论：当点H落在边A1B1上时，当F1落在线段AD上时，进而根据旋转的性质结合题意解直角三角形即可求解。
21．【答案】解：在∠MON的两边上以O为端点截取OB=OC，在OP上任意取一点D，连接BD、CD，则ΔOBD与ΔOCD即为所求作的三角形，如图1所示：
①如图2，∵∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠BAC=30°，
∵AD、CE分别是∠BAC和∠BCA的平分线，
∴∠DAC=12∠BAC=15°，∠ECA=12∠ACB=45°，
∴∠EFA=∠DAC+∠ECA=15°+45°=60°；
②FE=FD．理由如下：
在AC上截取AG=AE，连接FG，如图2所示：
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠EAF=∠GAF，
在△EAF和△GAF中，
∵AE=AG∠EAF=∠FAGAF=AF，
∴△EAF≌△GAF(SAS)，
∴FE=FG，∠EFA=∠GFA=60°，
∴∠GFC=180°−60°−60°=60°，
又∵∠DFC=∠EFA=60°，
∴∠DFC=∠GFC，
在△FDC和△FGC中
∵∠DFC=∠GFCFC=FC∠FCG=∠FCD，
∴△FDC≌△FGC(ASA)，
∴FD=FG，
∴FE=FD．
③在②中的结论FE=FD仍然成立．
在AC上截取AH=AE，连接FH，如图所示：
同②可得：△EAF≌△HAF，
∴FE=FH，∠EFA=∠HFA，
又由①知∠FAC=12∠BAC，∠FCA=12∠ACB，
∴∠FAC+∠FCA=12(∠BAC+∠ACB)=12×120°=60°，
∴∠AFC=180°−(∠FAC+∠FCA)=120°，
∴∠EFA=∠HFA=180°−120°=60°，
同②可得△FDC≌△FHC，
∴FD=FH，
∴FE=FD．
【解析】【分析】①根据角平分线的定义可得∠DAC=12∠BAC=15°，∠ECA=12∠ACB=45°，再利用角的运算求出∠EFA的度数即可；
②在AC上截取AG=AE，连接FG，先利用“SAS”证出△EAF≌△GAF，可得FE=FG，∠EFA=∠GFA=60°，再利用角的运算求出∠DFC=∠GFC，再利用“ASA”证出△FDC≌△FGC，可得FD=FG，最后利用等量代换可得FE=FD；
③在AC上截取AH=AE，连接FH，先利用全等三角形的判定方法证出△FDC≌△FHC，△EAF≌△HAF，再利用全等三角形的性质及等量代换证出FE=FD即可。
22．【答案】（1）解：①证明：∵将△ABC沿射线AC平移得到△DEF，
∴AC∥BE，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠OBE=90°，
∵DE与⊙O相切于点G，
如图1所示：连接OE，OG，
∴OG⊥ED，
∴∠OGE=90°，
在Rt△BOE和Rt△GOE中，
∵OE=OEOB=OG，
∴Rt△BOE≅Rt△GOE(HL)，
∴BE=EG，；
②9
（2）解：①如图3所示：延长HK交BE于点Q，
设∠OBH=α，
∵OB=OH，
∴∠OBH=∠OHB，
∴∠BOQ=2α，
∴∠OQB=90°−2α，
∵△ABC沿射线AC平移得到△DEF，
∴∠DEF=∠ABC=α，
∵将△DEF沿DE折叠得到△DEF'，
∴∠DEF=∠DEF'=α，
∵∠BEF=90°，
∴∠BEF'=90°−2α，
∵∠OQB=∠BEF'=90°−2α，
∴HK∥EF'.
②如图4所示：连接FF'，交ED于点N，
∵△DEF沿DE折叠，点F的对称点F'恰好落在射线BK上，
∴ED⊥FF'，FN=12FF'，
∵HK是⊙O的直径，
∴∠HBK=90°，
∵BC=EF，BC=HK，EF=EF'，
∴HK=EF'，
在Rt△HBK和Rt△ENF'中，
∵∠HBK=∠ENF'∠BHK=∠NEF'HK=EF'，
∴Rt△HBK≅Rt△ENF'(AAS)，
∴BK=NF'，
设BK=x，
∴BK=NF'=NF=x，
∵KF'=3，
∴BF=3x+3，
∵∠OBA+∠A=90°，∠OHB+∠HKB=90°，
又∠OBA=∠OHB，
∴∠A=∠HKB，
∵∠HBK=∠FCB
∴Rt△HBK∼Rt△FCB，
∴BKBC=HKBF，
∴x6=63x+3，
∴x1=3，x2=−4（舍去），
∵HK=6，
∴∠BHK=30°，
∴∠ABC=30°，
在Rt△ABC中，
∴AC=BC·tan30°=6×33=23.
即AC的长为23.
【解析】【解答】解：（1）②如图2所示：过点D作DM⊥BE交BE于点M，
∴∠DME=90°，
根据切线长定理可知：EB=EG，DC=DG，
设BE=x，CD=y，则EM=x−y，ED=x+y，
在Rt△DME中，DM2+ME2=DE2，
∵BC=6，DM=BC，
∴62+(x−y)2=(x+y)2，
∴36+x2−2xy+y2=x2+2xy+y2，
∴xy=9，
即BE·CD=9.
【分析】（1）①根据平移的性质可得AC∥BE，由平行线的性质可得∠ACB=∠OBE=90°，连接OE、OG，则∠OGE=90°，利用HL证明△BOE≌△GOE，据此可得结论；
②过点D作DM⊥BE交BE于点M，根据切线长定理可知EB=EG，DC=DG，设BE=x，CD=y，则EM=x-y，ED=x+y，然后在Rt△DME中，根据勾股定理进行解答；
（2）①延长HK交BE于点Q，设∠OBH=α，根据等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠BOQ=2α，则∠OQB=90°-2α，由平移的性质可得∠DEF=∠ABC=α，由折叠的性质可得∠DEF=∠DEF′=α，则∠BEF′=90°-2α，然后根据平行线的判定定理进行解答；
②连接FF′交ED于点N，由折叠的性质可得FN=12FF′，由圆周角定理可得∠HBK=90°，利用AAS证明△HBK≌△ENF，得到BK=NF，设BK=NF=NF′=x，则BF=3x+3，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△HBK∽△FCB，根据相似三角形的性质可得x，推出∠BHK=∠ABC=30°，然后根据三角函数的概念进行计算.
23．【答案】（1）解：筝形的对角线相互垂直，理由如下：
在△ABD和△CBD中，
AD=CDAB=BCBD=BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ADB＝∠CDB，
∴AC⊥BD；
（2）解：∵AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
∴OA＝OC，
∴S筝形ABCD＝12AC•BD，
∵AC+BD＝6，AC=x，
∴BD＝6-x
将BD＝6-x代入S筝形ABCD＝12AC•BD，
得S筝形ABCD＝12AC•BD＝12x（6-x）＝-12（x-3）2+92≤92，
∴当x＝3时，S有最大值，最大值是92．
【解析】【分析】（1）利用SSS证出△ABD≌△CBD，得出∠ADB＝∠CDB，再根据等腰三角形的性质即可得出AC⊥BD；
（2）根据等腰三角形的性质得出OA＝OC，根据题意得出BD＝6-AC，利用S筝形ABCD＝12AC•BD得出S=-12（AC-3）2+92，即可得出当x＝3时，S有最大值，最大值是92．
24．【答案】（1）解：如图，即为所求；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，∴∠ECO=∠FAO.
∵EF垂直平分AC，∴OA=OC.
又∵∠EOC=∠FOA，
∴△COE≌△AOF(ASA)，
∴OE=OF.
（3）与平行四边形一组对边相交形成的线段被对角线的中点平分
【解析】【解答】解：（3）小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线AC中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有此特征.请你依照题意补全下面命题：过平行四边形对角线中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段被对角线的中点平分.
【分析】(1)根据线段垂直平分线的画法作图即可.
(2)根据两直线平行，内错角相等得到∠ECO=∠FAO，根据垂直平分得到OA=OC，最后根据ASA证出全等即可.
(3)根据（2）得OE=OF，可得过平行四边形对角线中点的直线被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分，得到结论即可.
25．【答案】（1）解：四边形ABCD是垂美四边形．证明如下：
∵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，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
（2）证明：如图1中，
∵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．
（3）解：连接CG、BE，
∵∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE，
∴△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＝8，AB＝10，
∴BC＝6，CG＝82，BE＝102，
∴GE2＝CG2+BE2-CB2＝292，
∴GE＝273．
【解析】【分析】（1）根据选段垂直平分线的定义及性质可得点A在线段BD的垂直平分线上，点C在线段BD的垂直平分线上，则直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可求出答案.
（2）由AC⊥BD可得∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，再根据勾股定理即可求出答案.
（3）连接CG、BE，根据全等三角形判定定理可得△GAB≌△CAE，则∠ABG+∠AME＝90°，即CE⊥BG，可得四边形CGEB是垂美四边形，再根据勾股定理即可求出答案.
26．【答案】（1）解：①平移线段FG至BH交AE于点K，如图1﹣1所示：
由平移的性质得：FG∥BH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，
∴四边形BFGH是平行四边形，∴BH＝FG，
∵FG⊥AE，∴BH⊥AE，∴∠BKE＝90°，∴∠KBE+∠BEK＝90°，
∵∠BEK+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠CBH，
在△ABE和△CBH中， ∠BAE=∠CBHAB=BC∠ABE=∠C ，∴△ABE≌△CBH（ASA），∴AE＝BH，∴AE＝FG；
②平移线段BC至FH交AE于点K，如图1﹣2所示：
则四边形BCHF是矩形，∠AKF＝∠AEB，∴FH＝BC，∠FHG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝90°，∴AB＝FH，∠ABE＝∠FHG，
∵FG⊥AE，∴∠HFG+∠AKF＝90°，∵∠AEB+∠BAE＝90°，∴∠BAE＝∠HFG，
在△ABE和△FHG中， ∠BAE=∠HFGAB=FH∠ABE=∠FHG ，∴△ABE≌△FHG（ASA），∴AE＝FG；
（2）解：将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，如图2所示：
∴∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，
则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，
根据勾股定理可得：CF＝ AC2+AF2=22+12=5 ，CD＝ CE2+DE2=22+42=25 ，DF＝ FG2+DG2=32+42=5 ，
∵（ 5 ）2+（2 5 ）2＝52，∴CF2+CD2＝DF2，∴∠FCD＝90°，
∴tan∠AOC＝tan∠FDC＝ CFCD=525=12 ；
（3）解：①平移线段BC至DG处，连接GE，如图3﹣1所示：
则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，∴DC＝GB，
∵四边形ADCP与四边形PBEF都是正方形，∴DC＝AD＝AP，BP＝BE，∠DAG＝∠GBE＝90°
∴DC＝AD＝AP＝GB，∴AG＝BP＝BE，
在△AGD和△BEG中， AG=BE∠DAG=∠GBEAD=GB ，∴△AGD≌△BEG（SAS），
∴DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∴∠EGB+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°，
∴∠EGD＝90°，∴∠GDE＝∠GED＝45°，
∴∠DMC＝∠GDE＝45°；
②如图3﹣2所示：
∵AC为正方形ADCP的对角线，∴∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，
∴AC＝ 2 AD，
∵∠HCM＝∠BCA，∴∠AHD＝∠CHM＝∠ABC，∴△ADH∽△ACB，
∴DHBC=ADAC=AD2AD=22 .
【解析】【分析】（1）①平移线段FG至BH交AE于点K，由平移的性质得：FG∥BH，由正方形的性质得AB∥CD，AB＝BC，∠ABE＝∠C＝90°，推出四边形BFGH是平行四边形，得到BH＝FG，由同角的余角相等可得∠BAE＝∠CBH，然后证明△ABE≌△CBH，据此解答；
②平移线段BC至FH交AE于点K，则四边形BCHF是矩形，∠AKF=∠AEB，同理证明△ABE≌△FHG，据此解答；
（2）将线段AB向右平移至FD处，使得点B与点D重合，连接CF，则∠AOC＝∠FDC，设正方形网格的边长为单位1，则AC＝2，AF＝1，CE＝2，DE＝4，FG＝3，DG＝4，由勾股定理可得CF、CD、DF的值，推出△CDF为Rt△，且∠FCD＝90°，据此求解；
（3）①平移线段BC至DG处，连接GE，则∠DMC＝∠GDE，四边形DGBC是平行四边形，证明△AGD≌△BEG，得到DG＝EG，∠ADG＝∠EGB，∠GDE＝∠GED＝45°，据此求解；
②由正方形的性质可得∠DAC＝∠PAC＝∠DMC＝45°，则AC＝2AD，证明△ADH∽△ACB，然后根据相似三角形的对应边成比例进行解答.