2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题01 正方形选、填压轴题（教师版）

PAGE1PAGE压轴题01正方形选、填压轴题01正方形与“赵爽弦图”的综合正方形与“赵爽弦图”综合题思考要点：此时的正方形有2个，做题中，常用等量关系为——①正方形边长相等；②正方形的面积=边长²有“赵爽弦图”就有直角三角形全等，对应边相等要多注意；“赵爽弦图”就是勾股定理，所以此类问题，最终都要找到一个适合的直角三角形，用勾股定理列方程求长度。1．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，∴，∴（b﹣a）2＝ab，∴a2+b2＝3ab，∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，∴n＝3．故选：C．2．（2023•淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比为：1，则sin∠DGE等于（）A． B． C． D．【分析】由题意得：，解得：，进而求解．【解答】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点N，由题意知，两个正方形之间是4个相等的三角形，设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为x，小正方形的边长为x，即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝b，由题意得：，解得：，在△GDE中，EG＝GH＝b，则NE＝ND＝ED＝b＝x，EG＝GH＝（a﹣b）＝x，则tan∠DGE＝＝，则sin∠DGE＝，故选：A．3．（2023春•武汉期末）大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD，中空的部分是小正方形EFGH，连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P，若GO＝GP，则直角三角形的边CG与BG之比是（）A． B． C． D．【分析】先证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FG＝x，即可得出答案．【解答】解：∵四边形EFGH为正方形，∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，∵OG＝GP，∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，∴∠PBG＝22.5°，又∵∠DBC＝45°，∴∠GBC＝22.5°，∴∠PBG＝∠GBC，∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，∴△BPG≌△BCG（ASA），∴PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，∵O为EG，BD的交点，∴EG＝2x，FG＝x，∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，∴BF＝CG＝x，∴BG＝x+x，∴＝＝，故选：C．02正方形与“面积”的综合求面积就是求长度，此类综合题在正方形的基础上，还有重点考虑以下几点规律：①有正方形就有边相等，角=90°，当正方形很多时，注意能否证三角形全等来转化等量线段；②所求图形面积规则，则直接求面积（或面积的表达式），图形面积不规则，则间接求其面积（割补法）；③求面积就是求长度，等量关系很多时，求长度勿忘勾股定理；1．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（）A． B． C． D．【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，∴△ABC≌△AFH（SAS），∴BC＝HF，∵HF＝FG，∴BC＝FG，∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，∴△BCQ≌△FGP（ASA），∴CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，∴BE＝AF＝＝m，∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，∴CQ＝BC＝m，∵∠E＝∠BCQ＝90°，∴＝＝＝tan∠PBE，∴PE＝BE＝×m＝m，∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，∴＝＝，故选：B．2．（2023春•镇海区校级期末）如图，在长方形ABCD中，点E、F分别落在AD、BC上，连接EF得到正方形ABFE．在BF上取一点G，DC上取一点H，使得GF＝DH，连接GK．若AG⊥GH，知道下列哪个条件，则可求正方形ABFE的面积（）A．△KGF的周长 B．△KGF的面积 C．梯形AGFE的周长 D．梯形AGFE的面积【分析】先由长方形和正方形的性质得到AB＝EF＝CD＝AE＝BF，∠ABC＝∠C＝∠AEK＝∠BAE＝90°，证明△ABG≌△GCH得到AG＝GH，则∠GAH＝∠GHA＝45°；如图所示将△EAK绕点旋转得到△BAM，证明△AMG≌△AKG，得到MG＝KG，进而推出EF＝，则当知道△KGF的周长时，则可知道EF的长，即可求出正方形ABFE的面积．【解答】解：由题意得AB＝EF＝CD＝AE＝BF，∠ABC＝∠C＝∠AEK＝∠BAE＝90°，∵GF＝DH，∴BF﹣GF＝CD﹣DH，即BG﹣CH，∵AG⊥GH，∴∠BGA+∠BAG＝90°＝∠BGA+∠CGH，∴∠BAG＝∠CGH，∴△BGA≌△GCH（AAS），∴AG＝GH，∴∠GAH＝∠GHA＝45°，∴∠EAK+∠BAG＝45°，如图所示，将△EAK绕点旋转得到△BAM，∴AM＝AK，BM＝EK，∠ABM＝∠AEK﹣90°，∠BAM＝∠EAK，∴∠ABM+∠ABG＝180，∠MAG＝∠BAM+∠BAG＝∠EAK+∠BAG＝45°，∴∠MAG＝∠KAG＝45°，M、B、G三点共线，又∵AG＝AG，∴△AMG≌△AKG（SAS），∴MG＝KG，∴BM+BG＝MG＝KG，∴EK+BG＝KG，∴EF﹣KF+BF﹣GF＝KG，∴EF+BF＝KF+KG+GF，∴EF＝，当知道△KGF的周长时，则可知道EF的长，即可求出正方形ABFE的面积，故选A．3．（2022秋•温州期末）如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（）A．15 B．16 C．20 D．25【分析】由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，即可求得答案．【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，∴BF＝CF，在Rt△ABF和Rt△DCF中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，∴AB＝AD＝2AF，∵CF∥AG，∴∠CFD＝∠DAG，∴∠AFB＝∠DAG，∴AG＝FG，∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，∴∠BAG＝∠ABF，∴AG＝BG，∴CF＝BF＝2AG＝10，在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，∴（2AF）2+AF2＝102，∴AF＝2，∴AB＝BC＝4，∵S△BCF＝BC•AB＝CF•BN，∴BN＝＝＝8，∴CN＝＝＝4，∵△ABM≌△BCN，∴BM＝CN＝4，∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，故选：B．03正方形与“三角函数”的综合正方形与“三角函数”类综合问题做题方法：①已知某角的三角函数，但该角不在直角三角形中，则常作垂线构造，或找到该角的等价角，再利用比值设未知数；②此时的三角函数常用其正切值③求某个角的三角函数值，可以直接求，也可以转化成其等价角的正切值来求，常见转化等价角的方法有——全等/相似三角形的对应角相等，平行线内错角/同位角相等，等腰三角形等边对等角等；1．（2023•瑞安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以其三边为边向外作正方形，连结EH，交AC于点P，过点P作PR⊥FG于点R．若，，则PR的值为（）A．10 B．11 C． D．【分析】设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，利用正方形性质可证得△ACB≌△EAM（AAS），得出EM＝AB，AM＝BC，设AB＝x，BC＝y，根据tan∠AHE＝，可得EM＝2y，MH＝4y，利用勾股定理建立方程求解可得x＝8，再由tan∠CAB＝＝＝，可得PA＝PH，利用等腰三角形性质和解直角三角形可求得PH＝3，再证明四边形BGRN是矩形，得出NR＝BG＝8，利用PR＝PN+NR即可求得答案．【解答】解：设PR与AB交于点N，如图，过点E作EM⊥AB交BA的延长线于点M，则∠M＝90°，∵四边形ACDE、BCIH、ABGF均为正方形，∴AE＝AC，BC＝BH，AB＝BG，∠CAE＝∠CBH＝∠ABG＝∠G＝90°，AB∥FG，∵∠ABC＝90°，∴∠ABC＝∠M＝90°，∴∠ACB+∠CAB＝90°，∵∠EAM+∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠EAM，∴△ACB≌△EAM（AAS），∴EM＝AB，AM＝BC，∴AM＝BH＝BC，设AB＝x，BC＝y，则EM＝x，AM＝BH＝y，MH＝x+2y，∵tan∠AHE＝，∴＝，即MH＝2EM，∴x+2y＝2x，∴x＝2y，∴EM＝2y，MH＝4y，∵EM2+MH2＝EH2，∴（2y）2+（4y）2＝（8）2，解得：y＝4或y＝﹣4（舍去），∴x＝8，∴AM＝BC＝BH＝4，AB＝BG＝8，∵∠ABC+∠CBH＝180°，∴A、B、H三点共线，∴AH＝AB+BH＝8+4＝12，∵tan∠CAB＝＝＝，∴tan∠CAB＝tan∠AHE，∴∠CAB＝∠AHE，∴PA＝PH，∵AB∥FG，∴∠PNB＝∠PRG＝90°，∴AN＝AH＝×12＝6，∴＝tan∠CAB＝，∴PN＝AN＝×6＝3，∵PR⊥FG，∴∠PRG＝90°，∴∠ABC＝∠G＝∠PRG＝90°，∴四边形BGRN是矩形，∴NR＝BG＝8，∴PR＝PN+NR＝3+8＝11．故选：B．2．（2023•温州模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示，点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，BF分别交AM，DN于点G，H，过点D作DN的垂线交BF延长线于点K，连结EK，若△BCF为等腰三角形，，则的值为（）A． B． C． D．【分析】设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，由△BCF为等腰三角形，得BF＝CF，再证明Rt△ABF≌Rt△DCF，而Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，则∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，可推导出∠GFA＝∠GAF，则BG＝AG＝FG＝，所以BF＝CF＝5，即可证明AF：AB：BF＝1：2：，进而求得BC＝AD＝2，则CE＝BC＝2，BE＝2CE＝4，所以DQ＝BM＝CE＝2，EF＝3，再证明四边形DQLK是矩形，则KL＝DQ＝2，由＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝，得FL＝KL＝，则EL＝EF+FL＝，由勾股定理得EK＝＝，再求得DK＝QL＝QF+FL＝，由＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝＝，得DH＝DK＝，即可求得＝，于是得到问题的答案．【解答】解：设CF交DN于点Q，作KL⊥CF交CF的延长线于点L，则∠L＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝DC＝AD＝BC，∠BAF＝∠CDF＝90°，∴BF＞AB，CF＞CD，∴BF≠BC，CF≠BC，∵△BCF为等腰三角形，∴BF＝CF，∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），∵Rt△ADN≌Rt△BAM≌Rt△CBE≌Rt△DCQ，∴∠ABF＝∠CDF＝∠BAM＝∠CBE＝∠ADN，∵∠GFA+∠ABF＝90°，∠GAF+∠BAM＝90°，∴∠GFA＝∠GAF，∴BG＝AG＝FG＝，∴BF＝CF＝2×＝5，设AB＝DC＝AD＝BC＝2m，∴AF＝DF＝AD＝m，∴BF＝＝＝m，∴AF：AB：BF＝1：2：，∵m＝5，∴AF＝DF＝m＝，∴BC＝AD＝2，∵∠BEC＝90°，∴＝sin∠CBE＝sin∠ABF＝，＝tan∠CBE＝tan∠ABF＝，∴CE＝BC＝×2＝2，BE＝2CE＝4，∴DQ＝BM＝CE＝2，EF＝CF﹣CE＝5﹣2＝3，∵四边形MNQE是正方形，DK⊥DN，∴∠L＝∠DQL＝∠KDQ＝90°，∴四边形DQLK是矩形，∴KL＝DQ＝2，∵∠KFL＝∠BFE，∴＝tan∠KFL＝tan∠BFE＝＝，∴FL＝KL＝×2＝，∴EL＝EF+FL＝3+＝，∴EK＝＝＝，∵CQ＝BE＝4，∴QF＝CF﹣CQ＝5﹣4＝1，∴DK＝QL＝QF+FL＝1+＝，∵QN∥EM，∴∠DHK＝∠EBF，∴＝tan∠DHK＝tan∠EBF＝＝，∵DH＝DK＝×＝，∴＝＝，故选：D．04正方形与“相似三角形”的综合此类问题注重一点：求比值，找相似，正方形相似，多找平行相似的A字图和8字图，以及K型相似。1．（2023•杭州一模）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上（不与点B，C重合，点F在边AB上，且AF＝BE，连接AE，DF，对角线AC与DF交于点G，连接BG，交AE于点H．若DF＝4GH，则＝（）A． B． C． D．【分析】设GH＝a，则DF＝4a，证明△DAF≌△ABE和△DAG≌△BAG，推出AH＝BH＝HE，作EQ∥AC，证明△EQH≌△AGH，得到BQ＝QH＝GH＝a，DG＝BG＝3a，设AF＝b，则CD＝3b＝AD，推出，在Rt△AFD中，利用勾股定理求得，代入计算即可求解．【解答】解：设GH＝a，则DF＝4a，∵正方形ABCD中，AF＝BE，∴AD＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°，∴△DAF≌△ABE（SAS），∴DF＝AE，∠ADF＝∠BAE，∵对角线AC与DF交于点G，∴BG＝DG，∵AB＝AD，AG＝AG，∴△DAG≌△BAG（SSS），∴∠ADF＝∠ABG＝∠BAE，∴AH＝BH，∵∠BAE+∠AEB＝∠ABH+∠HBE＝90°，∴∠HBE＝∠HEB，∴AH＝BH＝HE，作EQ∥AC，∴∠EHQ＝∠AHG，∠QEH＝∠GAH，∴△EQH≌△AGH（ASA），∴EQ＝AG，QH＝GH＝a，∵DF＝AE，∴，∴BQ＝QH＝GH＝a，∴DG＝BG＝3a，GF＝DF﹣DG＝a，∵AF∥DC，∴△AFG∽△CDG，∴＝＝＝，设AF＝b，则CD＝3b＝AD，∴，∴，在Rt△AFD中，AF2+AD2＝DF2，即b2+（3b）2＝（4a）2，整理得：，∴，故选：A．2．（2023•鹿城区二模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB，BC，AC为边在△ABC外部作正方形ADEB，CBFG，ACHI．将正方形ABED沿直线AB翻折，得到正方形ABE'D'，AD'与CH交于点N，点E'在边FG上，D'E'与CG交于点M，记△ANC的面积为S1，四边形BCME的面积为S2，若CN＝2NH，S1+S2＝14，则正方形ABED的面积为（）A．25 B．26 C．27 D．28【分析】设NH＝x，则CN＝2x，证明Rt△ACN∽Rt△BCA，得出BC＝x，根据S▱ABED＝AB2，再证明Rt△ABN≌△D'AM（ASA），得出S四边形CND′M＝SRt△ABC，可以得出S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣2SRt△ABC＝14，得出等式x2﹣2××3x•x＝14，求解即可得到．【解答】解：设NH＝x，则CN＝2x，由题意知：CA＝CH＝3x，在Rt△ACN和Rt△BCA中，∠ACN＝∠BCA＝90°，∵∠CAN+∠CNA＝∠CAN+∠CAB＝90°，∴∠CNA＝∠CAB，∴Rt△ACN∽Rt△BCA，∴＝＝＝，∴BC＝x，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB2＝AC2+BC2＝（3x）2+（x）2＝x2，∵S▱ABED＝AB2，∴S▱ABED＝S四边形ABE′D′＝x2，在Rt△ABN和Rt△D'AM中，，∴Rt△ABN≌△D'AM（ASA），∴S四边形CND′M＝SRt△ABC，∴S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣S四边形CND′M﹣SRt△ABC＝14，∴S1+S2＝S四边形ABE′D′﹣2SRt△ABC＝14，∴x2﹣2××3x•x＝14，解得：x2＝，∴S▱ABED＝x2＝×＝26，故选：B．1．如图，点D在Rt△ABC的直角边BC上（与点B，C不重合），CB＝CA，以AD为边作正方形ADEF，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q．下列结论：①AG＝CD；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC．其中结论正确的个数有（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】①由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD＝AF，证出∠CAD＝∠AFG，证明△FGA≌△ACD，得出AC＝FG；②证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB＝FB•FG＝S四边形CBFG；③由等腰三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC＝∠ABF＝45°；④证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE＝AD2＝FQ•AC．【解答】解：∵四边形ADEF为正方形，∴∠FAD＝90°，AD＝AF＝EF，∴∠CAD+∠FAG＝90°，∵FG⊥CA，∴∠G＝90°＝∠ACB，∴∠CAD＝∠AFG，在△FGA和△ACD中，，∴△FGA≌△ACD（AAS），∴AG＝CD，故①正确；∵BC＝AC，∴FG＝BC，∵∠ACB＝90°，FG⊥CA，∴FG∥BC，∴四边形CBFG是矩形，∴∠CBF＝90°，S△FAB＝FB•FG＝S四边形CBFG，故②正确；∵CA＝CB，∠C＝∠CBF＝90°，∴∠ABC＝∠ABF＝45°，故③正确；∵∠FQE＝∠DQB＝∠ADC，∠E＝∠C＝90°，∴△ACD∽△FEQ，∴AC：AD＝FE：FQ，∴AD•FE＝AD2＝FQ•AC，即AD2＝ab．故④正确；故选：A．2．如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M．若AH＝GH，则CM的长为（）A． B． C．1 D．【分析】过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，L利用已知条件和正方形的性质得到△ABF为等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一性质，平行线的性质，对顶角相等和等量代换得到△MCF为等腰三角形，再利用等腰三角形的三线合一的性质和勾股定理解答即可得出结论．【解答】解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图，∵四边形EFGH是正方形，∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF，∵AH＝GH，∴AH＝HE＝GF＝EF．由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，∴BE＝CF＝AH＝DG，∠BAE＝∠DCG．∴BE＝EF＝GF＝FC．∵AE⊥BF，∴AB＝AF，∴∠BAE＝∠FAE，∴∠DCG＝∠FAE，∵AE∥GC，∴∠FAE＝∠GFK．∵∠GFK＝∠CFM，∴∠CFM＝∠DCG，∴MF＝MC，∵MN⊥FC，∴FN＝NC＝FC．延长BF交CD于点P，如图，∵PF∥MN，∴MN为△CFP的中位线，∴CM＝CP，同理：PF为△CGD的中位线，∴CP＝CD，∴CM＝CD，∴CM＝．解法二：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图，∵四边形EFGH是正方形，∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF，∵AH＝GH，∴AH＝HE＝GF＝EF．由题意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，∴BE＝CF＝AH＝DG，∠BAE＝∠DCG．∴BE＝EF＝GF＝FC．∵AE⊥BF，∴AB＝AF，∴∠BAE＝∠FAE，∴∠DCG＝∠FAE，∵AE∥GC，∴∠FAE＝∠GFK．∵∠GFK＝∠CFM，∴∠CFM＝∠DCG，∴MF＝MC，设MF＝MC＝x，则AM＝5+x，DM＝5﹣x，在Rt△ADM中，由勾股定理得：52+（5﹣x）2＝（5+x）2，解得：x＝．∴CM＝．故选：D．3．如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF，交BD于点M，将△EFM沿EF翻折，得到△EFN，连接AN，交EF于点G，若点F是BC边的中点，则线段AN的长是．【分析】过点E作HK⊥AD于H，交BC于K，利用勾股定理求出AF＝2，再证明△AMD∽△FMB，得出＝＝＝2，进而求得FM＝，可证得△EFK≌△AEH（ASA），得出AE＝EF，推出△AEF是等腰直角三角形，进而得出∠EFM＝45°，由翻折得出：FG＝FM，∠EFN＝∠EFM，可得∠AFN＝90°，再运用勾股定理即可得出答案．【解答】解：如图，过点E作HK⊥AD于H，交BC于K，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∵点F是AB的中点，∴BF＝BC＝2，在Rt△ABF中，AF＝＝＝2，∵AD∥BC，∴△AMD∽△FMB，∴＝＝＝2，∴AM＝2FM，∵AM+FM＝AF，∴2FM+FM＝2，∴FM＝，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∵EH⊥AD，∴△DEH是等腰直角三角形，∴DH＝DE，∵∠ADC＝∠BCD＝∠DHK＝90°，∴四边形CDHK是矩形，∴HK＝CD＝AD，∴HK﹣EH＝AD﹣DH，即EK＝AH，∵EF⊥AE，∴∠AEH+∠FEK＝90°，∵∠AEH+∠EAH＝90°，∴∠FEK＝∠EAH，∵∠EKF＝∠AHE＝90°，∴△EFK≌△AEH（ASA），∴AE＝EF，∴△AEF是等腰直角三角形，∴∠EFM＝45°，∵将△EFM沿EF翻折，得到△EFN，∴FN＝FM＝，∠EFN＝∠EFM＝45°，∴∠AFN＝∠EFM+∠EFN＝45°+45°＝90°，∴AN＝＝＝．故答案为：．4．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则tan∠EDF的值为．【分析】因为正方形ABCD的边长为4，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，可得BG、CG、AG的长，因为DE⊥AG，BF∥DE，所以BF⊥AG，证△ABG∽△AFB，△ABG∽△DEA，可求得EF、DE，因为tan∠EDF＝，可得tan∠EDF的值．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为4，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，∴BG＝3，CG＝1，在Rt△ABG中，AG＝＝5，∵DE⊥AG，BF∥DE，∴BF⊥AG，∴∠AFB＝90°，∠GAB+∠ABF＝90°，∵∠ABG＝90°，∠GAB+∠AGB＝90°，∴∠AFB＝∠ABG，∠ABF＝∠AGB，∴△ABG∽△AFB，∴，∵AB＝4，AG＝5，∴AF＝，∵DE⊥AG，∴∠AED＝90°，即∠ADE+∠DAE＝90°，∵∠DAB＝90°，即∠DAG+∠BAG＝90°，∴∠AED＝∠DAB，∠ADE＝∠BAG，∴△ABG∽△DEA，∴＝，∵AG＝5，BG＝3，AD＝4，AB＝4，∴AE＝，DE＝，∴EF＝AF﹣AE＝，∴tan∠EDF＝＝，故答案为：．5．在边长为4的正方形ABCD中，E是AD边上一动点（不与端点重合），将△ABE沿BE翻折，点A落在点H处，直线EH交CD于点F，连接BF，BE，BF分别与AC交于点P、Q，连接PD，PF．则以下结论中正确的有①②④⑤（写出所有正确结论的序号）．①PB＝PD；②∠EFD＝2∠FBC；③PQ＝AP+QC；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若连接DH，则DH的最小值为．【分析】①正确．证明△BCP≌△DCP（SAS），可得结论；②正确△BCF≌△BHF，得到∠BFC＝∠BFH，然后利用余角的性质和角的和差整理即可；③错误．通过旋转，构造全等三角形，然后利用三角形的三边关系，可以证明PQ＜PA+CQ；④正确，先证B、C、F、P四点共圆，即可得出∠PFB＝∠ACB＝45°，从而得证；⑤正确．求出BD，BH，根据DH≥BD﹣BH，可得结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠BCP＝∠DCP＝45°，在△BCP和△DCP中，，∴△BCP≌△DCP（SAS），∴PB＝PD，故①正确，又∵BC＝BH＝AB，BF＝BF，∴Rt△BCF≌Rt△BHF（HL），∴∠CBF＝∠HBF，由翻折可知：∠ABE＝∠HBE，∴∠EBF＝∠EBH+∠FBH＝∠ABC＝45°，又∵∠ACF＝45°，∴B、C、F、P四点共圆，∴∠PFB＝∠ACB＝45°，∴∠PBF＝∠PFB＝45°，∴△BPF是等腰直角三角形，故④正确，∵Rt△BFH≌Rt△BFC（已证），∴∠BFC＝∠BFH，∵∠CBF+∠BFC＝90°，∴2∠CBF+2∠CFB＝180°，∵∠EFD+∠CFH＝∠EFD+2∠CFB＝180°，∴∠EFD＝2∠CBF，故②正确，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCT，连接QT，∴∠ABP＝∠CBT，∴∠PBT＝∠ABC＝90°，∴∠PBQ＝∠TBQ＝45°，∵BQ＝BQ，BP＝BT，∴△BQP≌△BQT（SAS），∴PQ＝QT，∵QT＜CQ+CT＝CQ+AP，∴PQ＜AP+CQ，故③错误，连接BD，DH，∵BH＝AB＝4，∴BD＝4，∴DH≥BD﹣BH＝﹣4，∴DH的最小值为4﹣2，故⑤正确，故答案为：①②④⑤．6．公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2＝S四边形MNPQ；②DG＝2AF；③若∠EMH＝30°，则S1＝3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1＝4S2，其中正确的序号是（）A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是b﹣a，由正方形面积公式，勾股定理，即可解决问题．【解答】解：设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是b﹣a，∴正方形ABCD的面积S1＝b2，正方形EFGH的面积S2＝a2，∴S1+S2＝a2+b2＝c2，∵正方形MNPQ的边长是2c，∴正方形MNPQ的面积＝（2c）2＝4c2，∴S1+S2＝S四边形MNPQ，故①符合题意；∵AF＝b﹣a，∴AG＝FG﹣AF＝a﹣（b﹣a）＝2a﹣b，∴DG＝AD﹣AG＝b﹣（2a﹣b）＝2（b﹣a），∴DG＝2AF，故②符合题意；∵∠HME＝30°，∠MHE＝90°，∴MH＝HE，∴b＝a，∴b2＝3a2，∴S1＝3S2，故③符合题意；∵A是FG中点，∴AG＝FA，∴a﹣（b﹣a）＝b﹣a，∴2b＝3a，∴4b2＝9a2，∴4S1＝9S2，故④不符合题意．∴正确的是①②③，故选：D．7．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（）A． B． C． D．【分析】如图，连接DG，先由已知条