押福建卷第16题【四边形综合】(原卷版+解析)

押福建卷第16题四边形综合题号分值2022年

中考2021年

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中考164二次函数与几何四边形综合反比例函数反比例函数反比例函数解题技巧（1）在备考填空压轴题中，考生应该多积累四边形的综合问题，特别注意正方形的综合应用；不仅仅要熟知四边形的基础性质，也要对几何动点，最值模型了然于胸。根据题目所给的已知条件引导我们做出辅助线，从而解题。（2）动点类型：要熟练掌握常见的动点最值模型，并学会分析动点的运动轨迹。【真题1】(2023·福建·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=5，点E，F分别是边AB,BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G是五边形AEFCD内满足GE=GF且∠EGF=90°的点．现给出以下结论：①∠GEB与∠GFB一定互补；②点G到边AB,BC的距离一定相等；③点G到边AD,DC的距离可能相等；④点G到边AB的距离的最大值为22其中正确的是_________．（写出所有正确结论的序号）【真题2】(2023·福建·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG=BM时，AG=2BG；②CN2=BM21．(2023·福建泉州·校考三模）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：①PA＝PE；②CE＝2PD；③BF﹣PD＝12BD；④S△PEF＝S△ADP，正确的是___2．（2023·福建三明·统考一模）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连接AF，有以下几个结论：①∠ABF=∠HBE；②AF⊥BD；③2BG2=BH⋅BD；④若CE:DE=1:2你认为其中正确的是___________．（填写序号）3．(2023秋·福建三明·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为8，E是CD边上的动点（E不与C，D重合），△AFE与△ADE关于直线AE对称，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连结FG，FC.现有以下结论：①∠GAF=∠DAF；②CF的最小值为82③当DE=2时，GF=10；④当E为CD中点时，CF所在直线垂直平分AG.其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号）4．(2023秋·福建宁德·九年级统考阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH，以下结论：①CF⊥DE；②CHHF=12；③5．（2023秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，Rt△ABC外切于圆O，点E、F、N为切点，∠ABC=90°，FE与CB的延长线相交于D点，连结AO、NE．以下四个结论：①∠FEN=90°−12∠C；②DE=AE；③6．(2023春·福建龙岩·九年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=27．（2023·福建·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB<BC，△CEF是由△CBD绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点E恰好落在边AD上，CE与BD相交于点G，GH∥EF交CF于点H，连结DH，四边形CGDH恰好是矩形．则以下结论：①∠BCE=∠DCF；②△BCG∽△DCH；③CG=DE；④8．（2023秋·福建厦门·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AE平分∠BAC交BC于点E，DF⊥AE于点G，交AC于点H，交AB于点F.则下列结论：①DF=AE；②tan∠DHO=③BF+BE=2④BE其中正确的是______．9．(2023秋·福建泉州·九年级福建省惠安第一中学校联考期中）如图，正方形ABCD中，AB=2，点E为对角线AC上一点，且AE=CB，连接DE并延长交BC于点G，过点A作AH⊥BE于点H，交BC于点F．下列结论中∶①△ABF≌△DCG；②∠BEG=45°；③4BH10．(2023春·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：AM=MN；②MP=22BD；③BN+DQ=NQ；④AB+BNBM为定值223；⑤连接11．(2023秋·福建福州·九年级福建省福州第八中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①△EPD∼△HPB；②PD=HD；③FEPC=1其中正确的是__________（写出所有正确结论的序号）．12．(2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF13．(2023秋·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上(AE<EC)，连接DE并延长交．AB于点F，过点E作EG⊥DE交BC于点G，连接DG、FG，DG交AC于H，现有以下结论：①DE=EG；②AE2+HC214．(2023秋·福建三明·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，E是CD边的中点，且BE⊥AC于点F，连接DF，则下列结论：①S△CEFS△ABF=14；②15．(2023秋·福建漳州·九年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，则以下四个结论：①∠ABF=∠DBE；②△ABF∽△DBE；③AF⊥BD；④2BG16．(2023秋·福建莆田·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，将△ADC绕点D逆时针旋转90°得到△FDE，B、F、E三点恰好在同一直线上，AC与BE相交于点G，连接DG，现有以下结论：①AC⊥BE；②△BCG∽△GAD；③DF2=CD⋅CF17．(2023·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长是3，P、Q分别在AB、BC的延长线上，且BP=CQ，连接AQ、DP交于点O，分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE．现给出以下结论：①AQ⊥DP；②S△AOD=四边形 18．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，P是BC边上的一点，且PC=2PB，连接AP、OP、DP，线段AP，DP分别交对角线BD、AC于点E，F．过点E作EQ⊥AP，交CB的延长线于Q．下列结论中：①∠PAO+∠PDO19．(2023秋·福建泉州·九年级统考期中）如图，已知正方形ABCD，E为边BC上一个动点（E点不与B、C重合），F为BC延长线上的一个动点，且有BE=CF，AE交BD于H，连接DF，过F作FG⊥BD于G，连接AG、EG，则下列结论：①四边形AEFD为菱形；②AG=EG；③当E为BC中点时，tan∠BGE=12；④当BEEC=20．（2023·福建泉州·泉州五中校考三模）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；②BG2+DP2以上结论正确的有______（填入正确的序号即可）．押福建卷第16题四边形综合题号分值2022年

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中考164二次函数与几何四边形综合反比例函数反比例函数反比例函数解题技巧（1）在备考填空压轴题中，考生应该多积累四边形的综合问题，特别注意正方形的综合应用；不仅仅要熟知四边形的基础性质，也要对几何动点，最值模型了然于胸。根据题目所给的已知条件引导我们做出辅助线，从而解题。（2）动点类型：要熟练掌握常见的动点最值模型，并学会分析动点的运动轨迹。【真题1】(2023·福建·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=5，点E，F分别是边AB,BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G是五边形AEFCD内满足GE=GF且∠EGF=90°的点．现给出以下结论：①∠GEB与∠GFB一定互补；②点G到边AB,BC的距离一定相等；③点G到边AD,DC的距离可能相等；④点G到边AB的距离的最大值为22其中正确的是_________．（写出所有正确结论的序号）答案:①②④分析：①利用四边形内角和为360°即可求证；②过G作GM⊥AB,GN⊥BC，证明△GME≌△GNF即可得结论；③分别求出G到边AD,DC的距离的范围，再进行判断；④点G到边AB的距离的最大值为当GE⊥AB时，GE即为所求．【详解】∵∠EGF=90°GE=GF∴∠GEF=45°①∵四边形ABCD是矩形∴∠B=90°∵∠EGF=90°,四边形内角和为360°∴∠GEB+∠GFB=180°∴①正确．②如图：过G作GM⊥AB,GN⊥BC∴∠GME=∠GNF=90°∵∠GEB+∠GFB=180°，∠GEM+∠GEB=180°∴∠GFN=GEM又∵GE=GF△GME≌△GNF(AAS)∴GM=GN即点G到边AB,BC的距离一定相等∴②正确．③如图：过G作GN⊥AD,GM⊥CD∴NG<AB−∴NG≥AB−EF×GM≥AD−EF×∴4−2而∵2<5−2所以点G到边AD,DC的距离不可能相等∴③不正确．④如图：当GE⊥AB时，点G到边AB的距离的最大GE=EF×∴④正确．综上所述：①②④正确．故答案为①②④．【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为360°，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．【真题2】(2023·福建·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG=BM时，AG=2BG；②CN2=BM2答案:①②③分析：①正确．利用面积法证明AGBG②正确．如图中，过点M作MP⊥BC于P，MQ⊥AB于Q，连接AF．想办法证明CM=CF，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．③正确．如图中，将△CBM绕点C顺时针旋转90°得到△CDW，连接FW．则CM=CW，BM=DW，∠MCW=90°，∠CBM=∠CDW=45°，证明FM=FW，利用勾股定理，即可解决问题．④错误．假设成立，推出∠OFH=∠OCM，显然不符合条件．【详解】解：①如图，过点G作GT⊥AC于T．∵BG=BM，∴∠BGM=∠BMG，∵∠BGM=∠GAC+∠ACG，∠BMG=∠MBC+∠BCM，∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAC＝∠MBC＝∴∠ACG＝∵GB⊥CB，GT⊥AC，∴GB＝∵S∴AG＝②如图，将△CBM绕点C顺时针旋转90°得到△CDW，连接FW．则CM＝BM＝DW，∠MCW＝∵FG=FC，∴△FGM≌△CFN，∴FM=CN，∵∠FCG＝∠FCW＝45°，∴△CFN≌△CFW（∴FM＝∵∠FDW＝∴FW∴CN③如图，过点M作MP⊥BC于P，MQ⊥AB于Q，连接AF．∵∠OFH+∠FHO＝90°，∴∠OFH＝∵AB＝CB，∠ABF＝∴△ABF≌△CBF（∴AF＝CF，∵∠CFG＝∴∠BCF+∠BGF＝∵∠BGF+∠AGF＝∴∠AGF＝∴AF＝∴FG＝∴∠FCG＝∴∠ACF＝∵MQ//CB，∴∠GMQ＝∵∠MQG＝∠FOH＝∴△FOH≌△MQG（∴MQ＝∵∠BMP＝∠MBQ，MQ⊥AB，∴MQ＝∴MP＝∵∠CPM＝∠COF＝∴△CPM≌△COF（∴CM＝∵OE//AG，OA＝∴EG＝∵△FCG是等腰直角三角形，∴∠CFN＝∴∠CFN＝∵∠FCN＝∴△BCM∽△FCN，∴CM∴CF④假设OHOM∵∠FOH＝∴△FOH∽△COM，∴∠OFH＝故答案为：①②③．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．1．(2023·福建泉州·校考三模）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD延长线上的一点，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F，则下列结论中：①PA＝PE；②CE＝2PD；③BF﹣PD＝12BD；④S△PEF＝S△ADP，正确的是___答案:①②③．分析：①解法一：如图1，作辅助线，构建三角形全等和平行四边形，证明△BFG≌△EFP（SAS），得BG=PE，再证明四边形ABGP是平行四边形，可得结论；解法二：如图2，连接AE，利用四点共圆证明△APE是等腰直角三角形，可得结论；②如图3，作辅助线，证明四边形DCGP是平行四边形，可得结论；③证明四边形OCGF是矩形，可作判断；④证明△AOP≌△PFE（AAS），则S△AOP【详解】①解法一：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，在△BFG和△EFP中，∵BF=EF∠BFG=∠EFP∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；解法二：如图2，连接AE，∵∠ABC＝∠APE＝90°，∴A、B、E、P四点共圆，∴∠EAP＝∠PBC＝45°，∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°，∴△APE是等腰直角三角形，∴AP＝PE，故①正确；②如图3，连接CG，由①知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴CE＝2故②正确；③如图4，连接AC交BD于O，由②知：∠CGF＝∠GFD＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∴∠COF＝90°，∴四边形OCGF是矩形，∴CG＝OF＝PD，∴12故③正确；④如图4中，在△AOP和△PFE中，∵∠AOP=∠EFP=90∴△AOP≌△PFE（AAS），∴S△AOP∴S△ADP故④不正确；本题结论正确的有：①②③，故答案为①②③．【点睛】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形和矩形的判定和性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．2．（2023·福建三明·统考一模）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连接AF，有以下几个结论：①∠ABF=∠HBE；②AF⊥BD；③2BG2=BH⋅BD；④若CE:DE=1:2你认为其中正确的是___________．（填写序号）答案:①②③分析：①由正方形的性质可证∠ABD=∠FBE=45°，进而可得∠ABF=∠DBE；②延长AF交BD于点K，证明△ABF∽△DBE，可得∠FAB=∠EDB=45°，进而可证AF⊥BD；③先证明△BEH∽△BDE，可得BE2=BD×BH④设CE=x,DE=2x，则CD=BC=3x，由BE2=BD⋅BH求出BH，进而求出DH【详解】①∵正方形ABCD和正方形BGEF，∴△ABD和△FBE都是等腰直角三角形，∴∠ABD=∠FBE=45°，∴∠ABF=∠DBE，故①正确；②延长AF交BD于点K．∵△ABD和△FBE都是等腰直角三角形，∴⋅AB∵∠ABF=∠DBE，∴△ABF∽△DBE，∴∠FAB=∠EDB=45°，∵∠ABD=45°，∴∠AKB=90°，∴AF⊥BD，故②正确；③∵∠BEH=∠EDB=45°，∠EBH=∠DBE，∴△BEH∽△BDE，∴⋅BE∴BE∵BE=2∴2BG④∵CE:DE=1:2，∴可设CE=x,DE=2x，则CD=BC=3x，∴BE=BC2∵BE∴BH=10∴DH=32∴BH:DH=5故答案为：①②③．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，以及勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．3．(2023秋·福建三明·九年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为8，E是CD边上的动点（E不与C，D重合），△AFE与△ADE关于直线AE对称，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连结FG，FC.现有以下结论：①∠GAF=∠DAF；②CF的最小值为82③当DE=2时，GF=10；④当E为CD中点时，CF所在直线垂直平分AG.其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号）答案:②③分析：如图，连接BE，根据轴对称的性质得到AF=AD，∠EAD=∠EAF，根据旋转的性质得到AG=AE，∠GAB=【详解】解：如图，连接BE，∵△AFE与△ADE关于AE所在的直线对称，∴AF=∵△ADE按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABG，∴AG=∴∠GAB=∴∠GAB+∴∠GAF=故①错误；当CF⊥EF时，CF有最小值，此时∠CFE=90°，∴∠AFE=90°，∴∠AFE+∠CFE=180°，∴A、F、C三点共线，即CF有最小值时，点F在对角线AC上，∴∠ACD=45°，∴EF=CF，∴CE=2∵CE+EF=8，∴2∴EF=8∴CF=82故②正确；在△GAF和△EAB中，AG=∴△GAF≌∴FG=∵四边形ABCD是正方形，∴BC=∵DE=2∴CE=6在Rt△BCE中，BE=∴GF=10故③正确；当E为CD中点时，BG=DE=4，∴CG=BC+BG=12，又AC=A∴CG≠CA，∴点C不在AG的垂直平分线上，∴CF所在直线不会垂直平分AG，故④错误；故答案为：②③．【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．4．(2023秋·福建宁德·九年级统考阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是BC的中点，连接AE与对角线BD交于点G，连接CG并延长，交AB于点F，连接DE交CF于点H，连接AH，以下结论：①CF⊥DE；②CHHF=12；③答案:①③④分析：由正方形的性质可得AB=AD=BC=CD=4，BE=CE=2，∠DCE=∠ABE=90°，∠ABD=∠CBD=45°，可证△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF=∠CDE，由余角的性质可得CF⊥DE；由勾股定理可求DE的长，由面积法可求CH，由相似三角形的性质可求CF，可得HF的长，即可判断②；如图，过点A作AM⊥DE，由△ADM≌△DCH，可得CH=DM=655=MH，由垂直平分线的性质可得【详解】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，点E是BC的中点，∴AB=AD=BC=CD=4，BE=CE=2，∠DCE=∠ABE=90°，∠ABD=∠CBD=45°，∴△ABE≌△DCESAS∴∠CDE=∠BAE，DE=AE，∵AB=BC，∠ABG=∠CBG，BG=BG，∴△ABG≌△CBGSAS∴∠BAE=∠BCF，∴∠BCF=∠CDE，又∵∠CDE+∠CED=90°，∴∠BCF+∠CED=90°，∴∠CHE=90°，∴CF⊥DE，故①正确；∵CD=4，CE=2，∴DE===25∵SΔ∴CH=4×2∵∠CHE=∠CBF，∠BCF=∠ECH，∴△ECH∽△FCB，∴CHBC∴CF=2×4∴HF=CF−CH=6∴CHHF如图，过点A作AM⊥DE于点M，

∵DC=4，CH=4∴DH===8∵∠CDH+∠ADM=90°，∠DAM+∠ADM=90°，∴∠CDH=∠DAM，又∵AD=CD，∠CHD=∠AMD=90°，∴△ADM≌△DCHSAS∴CH=DM=455∴MH=∴MH=DM，又∵AM⊥DH，∴AD=AH，故③正确；

∵DE=25，DH=∴HE=2∴ME=HE+MH=6∵AM⊥DE，CF⊥DE，∴AM∥CF，∴GHAM∴GH8∴HG=8综上，正确的有：①③④．故答案为：①③④．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．5．（2023秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，Rt△ABC外切于圆O，点E、F、N为切点，∠ABC=90°，FE与CB的延长线相交于D点，连结AO、NE．以下四个结论：①∠FEN=90°−12∠C；②DE=AE；③答案:①③④分析：连接OE，①由切线的性质和四边形的内角和即可得∠FON=180°−∠C=90°+∠BAC，再根据圆周角定理即可得到结论正确；②根据已知条件知道四边形OEBN是正方形，然后证明△BDE≌③根据已知条件可以证明△DFN∽④根据直角三角形的面积公式直接解答即可．【详解】解：①连接OE，ON，得出∠FON=180°−∠C，根据圆周角定理得∠FEN=故①正确；②由①得四边形OEBN是正方形，则圆的半径=BE，∴OF=BE，又∵∠DBE=∠AFO，∵∠AFE+∠EFO=90°，∴∠AFE=∠AOF=∠DEB在△BDE与△FAO∠DBE=∠AFOBE=OF∴△BDE≌∴BD=AF，∵BD＜∴DE≠AF，故②错误；③∵Rt△ABC外切于⊙O，切点分别为E、∴BE=BN，根据②得BD=AF，∴BD=AE（等量代换），∴AB=DN；连接OB、∵∠D=∠BAO，∴△DFN∽则DN•AB=AO•DF，又AB=DN，所以AB故③正确；④设△ABC的三边分别为a,b,c则AE=故S△故④正确；故答案为：①③④．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心．此题综合运用了切线的性质定理、切线长定理、圆周角定理和相似三角形的性质和判定，综合性比较强．6．(2023春·福建龙岩·九年级校考阶段练习）如图，在▱ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连接EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2答案:①②③④分析：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△CFG得EF=FG，BE⊥BG，证明四边形BCFH是菱形即可解决问题.【详解】解：如图，延长EF交BC的延长线于点G，取AB的中点H，连接FH．∵F为DC的中点，∴CF=DF，∵CD=2AD，AD=BC，∴CF=CB，∴∠CFB=∠CBF，∵CD∥AB，∴∠CFB=∠FBH，∴∠CBF=∠FBH，∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，∵DE∥CG，∴∠D=∠FCG，∵CF=DF，∠DFE=∠CFG，

∴△DFE≌△CFGASA∴FE=FG，∵BE⊥AD，∴∠AEB=90°，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBG=90°，∴BF=EF=FG，故②正确，∵S△DFE∴S四边形∵AH=HB，DF=CF,AB=CD，

∴CF=HB，∵CF∥HB，∴四边形BCFH是平行四边形，∵CF=BC，∴四边形BCFH是菱形，∴∠BFC=∠BFH，∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，∴FH⊥BE，∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．7．（2023·福建·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB<BC，△CEF是由△CBD绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点E恰好落在边AD上，CE与BD相交于点G，GH∥EF交CF于点H，连结DH，四边形CGDH恰好是矩形．则以下结论：①∠BCE=∠DCF；②△BCG∽△DCH；③CG=DE；④答案:①②③④分析：①根据旋转的性质可证结论成立；②由①，结合∠BGC=∠CHD=90°可证△BCG∽△DCH；③先根据平行线分线段成比例定理和相似三角形的判定与性质证明CD=BG，再证明△BCG≌△CED即可证明结论成立；④由旋转的性质的∠BCG=∠DCH，从而sin∠BCG=sin∠DCH【详解】∵△CEF是由△CBD绕点C旋转得到，∴∠BCE=∠DCF，故①正确；∵四边形CGDH是矩形，∴∠BGC=∠CGD=∠CHD=90°，∵∠BCE=∠DCF，∴△BCG∽△DCH，故②正确；∵四边形CGDH是矩形，∴CD=GH,∠CGD=90°,DG∥CH,CG=DH，∵AD∥BC，∴CGEG∴CGCE∵△CEF是由△CBD绕点C旋转得到，∴EF=BD，∵GH∥EF，∴△CGH∽△CEF，∴CGCE∴⋅BG∴BG=GH，∴CD=BG，∵AD∥BC，∴∠BCG=∠CED，∵∠BGC=∠CDE=90°，∴△BCG≌△CEDAAS∴CG=DE，故③正确；∵△CEF是由△CBD绕点C旋转得到，∴∠BCG=∠DCH，∴sin∠BCG=∴BGBC∵CD=BG，∴BG∵BG∴CG⋅BC=BC∴CG=5∴cos∠BCG=故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方程，锐角三角函数等知识，综合运用各知识点是解题的关键．8．（2023秋·福建厦门·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AE平分∠BAC交BC于点E，DF⊥AE于点G，交AC于点H，交AB于点F.则下列结论：①DF=AE；②tan∠DHO=③BF+BE=2④BE其中正确的是______．答案:①②③分析：证明△ADF≌△BAE得DF=AE，便可判断①的正误；过点H作HM⊥AD于点M，证明DH平分∠ADB，得HO=OM，设HO=HM=x，用x表示OD便可求得tan∠DHO的值，从而判断②的正误；由BE=AF，得BE+BF=AF+BF=AB=BC，再根据2OC=BC，从而判断③的正误；证明【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，∵DF⊥AE，∴∠DAG+∠BAE=∠DAG+∠ADG=90°，∴∠BAE=∠ADF，在△ADF和△BAE中，∠DAF=∠ABE=90°AD=BA∴△ADF≌△BAE(ASA∴DF=AE，故①正确；过点H作HM⊥AD于点M，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠BAC=∠DAC=∠ADB=45°，∴AH=2∵AE平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE=22.5°，∵∠ADF=∠BAE，∴∠ADF=22.5°=1∴HM=HO，设HO=HM=x，则AH=2∴OD=OA=(2∴tan∵△ADF≌△BAE，∴AF=BE，∴BF+BE=BF+AF=AB=BC，∵AC⊥BD，OB=OC，∴BC=2∴BF+BE=2∵∠AGF=∠DAF=90°，∠AFG=∠DFA，∴△AFG∽△DFA，∴AFDF∴AF∴BE故答案为：①②③．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，证明三角形的全等与相似是解题的关键．9．(2023秋·福建泉州·九年级福建省惠安第一中学校联考期中）如图，正方形ABCD中，AB=2，点E为对角线AC上一点，且AE=CB，连接DE并延长交BC于点G，过点A作AH⊥BE于点H，交BC于点F．下列结论中∶①△ABF≌△DCG；②∠BEG=45°；③4BH答案:①②③④分析：由正方形的性质得∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°，再由AE=AB得AE=AD，根据等腰三角形的性质求得∠ADE=∠AED=67.5°，∠ABE=∠AEB=67.5°，进而求得∠BEG，便可判断②的正误；由等腰三角形的性质求得∠BAF=22.5°，再证明∠BAF=∠CDG，根据ASA定理便可得△ABF≌△DCG，从而可判断①的正误；证明△EBG∽△CBE，由比例线段便可得出4BH2=BG⋅CD，从而判断③的正误；在AH上截取HM=BH【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°∵AE=CB，∴AB=BC=CD=AD=AE，∵AB=AE=AD，∴∠ADE=∠AED=67.5°，∴∠BEG=180°−∠AED−∠AEB=45°，故②正确；∵AH⊥BE,AB=AE，∴BH=HE,∠BAF=∠EAF=22.5°，∵∠CDG=∠ADC−∠ADG=22.5°，∴∠BAF=∠CDG，∴△ABF≌∵∠BEG=∠ACB=45°，∴△EBG∽∴BEBC∴2BHCD∴4BH在AH上截取HM=BH，如图，则∠HBM=∠BMH=45°，∴BH=MH,∠ABM=∠BAM=22.5°，∴AM=BM=2∵AH∴BH∴BH∵△ABF≌∴BF=CG，∴BG=BC−CG=2−BF，∵4BH2=BG⋅CD∴4(2−2∴BF=22故答案为：①②③④．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．10．(2023春·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，边长一定的正方形ABCD，Q为CD上一个动点，AQ交BD于点M，过M作MN⊥AQ交BC于点N，作NP⊥BD于点P，连接NQ，下列结论：AM=MN；②MP=22BD；③BN+DQ=NQ；④AB+BNBM为定值223；⑤连接答案:①③分析：由题可知A，B，N，M四点共圆，进而可得出∠ANM=∠NAM=45°，由等角对等边知，AM=MN，故①正确；由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，所以Rt△AHM≌Rt△MPN先由题意得出四边形SMWB是正方形，进而证出△AMS≌△NMW，因为AS=NW，所以AB+BN=SB+BW=2BW，而BW∶BM=1∶2，所以AB+BN因为∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，在∠NAM作AU=AB=AD，且使∠BAN=∠NAU，∠DAQ=∠QAU，所以△ABN≌△UAN，△DAQ≌△UAQ有∠UAN=∠UAQ=90°，BN=NU，由于BN、DQ不一定相等，故AC不一定是NQ的中垂线，故⑤不一定成立．【详解】解：如图：作AU⊥NQ于U，连接AN，AC，∵∠AMN=∠ABC=90°，∴A，B，N，M四点共圆，∴∠NAM=∠DBC=45°，∠ANM=∠ABD=45°，∴∠ANM=∠NAM=45°，由等角对等边知，AM=MN，故①正确．由同角的余角相等知，∠HAM=∠PMN，∴Rt∴MP=AH=12AC=∵∠BAN+∠QAD=∠NAQ=45°，∴三角形ADQ绕点A顺时针旋转90度至△ABR，使AD和AB重合，在连接AN，证明△AQN≌△ANR，得则BN=NU，DQ=UQ，∴点U在NQ上，有BN+DQ=QU+UN=NQ，故③正确．∵BN=NU，DQ=UQ，BN、DQ不一定相等，∴NU、UQ不一定相等，∴AC不一定是NQ的中垂线，∴△ANQ的外心不一定在线段AC上．故⑤不一定成立．如图，作MS⊥AB，垂足为S，作MW⊥BC，垂足为W，点M是对角线BD上的点，∴四边形SMWB是正方形，有MS=MW=BS=BW，∴△AMS≌∴AS=NW，∴AB+BN=SB+BW=2BW，∵BW∶BM=1∶2∴AB+BNBM=故答案为：①③．【点睛】本题利用了正方形的性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质求解．添加合适的辅助线进行解答是解题的关键.11．(2023秋·福建福州·九年级福建省福州第八中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E、F，连接BD、DP，BD与CF相交于点H，给出下列结论：①△EPD∼△HPB；②PD=HD；③FEPC=1其中正确的是__________（写出所有正确结论的序号）．答案:②④/④②分析：证出∠FDP=∠PBD，∠EPD≠∠BDP，由相似三角形的判定可得出结论；由等边三角形的性质证出∠PDH=∠CPD，由等腰三角形的性质可得出结论；证明△FPE∼△CPB，由相似三角形的性质得出PFPC=EFBC=EFFC，设PF=x，PC=y，则DC=y，求出x【详解】解：∵△BPC是等边三角形，∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°，∴PC=CD，∠PCD=30°，∴∠PDC=75°，∴∠FDP=15°，∴∠DBA=45°，∴∠PBD=15°，∴∠FDP=∠PBD，∵∠FEP=∠EPD+∠EDP=60°，∴∠EPD=45°，∵∠BDA=45°，∴∠EPD≠∠BDP，∴△EPD∼△HPB不成立，故①错误；∵CD=PC，∠DCP=90°−60°=∴∠CPD=75°，∵∠DHP=∠PCD+∠BDC=75°,∴∠PDH=∠CPD∴DP=DH，故②正确；∵∠FPE=∠PFE=60°，△FEP是等边三角形，∴△FPE∼△CPB，∴PF设PF=x，PC=y，则DC=y，∵∠FCD=30°，∴y=3整理得：1−3解得：xy则EFPC故③错误；∵PC=CD，∠PCD=30°，∴∠PDC=75°，∴∠FDP=15°，∵∠DBA=45°，∴∠PBD=15°，∴∠FDP=∠PBD，∵∠DFP=∠BPC=60°∴△DFP∼△BPH∴PFPH=故答案为：②④【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，等边三角形的性质，解题关键是熟练掌握正方形的性质及相似三角形的判定与性质．12．(2023秋·福建泉州·九年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF答案:①②③④分析：利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出sin∠EFC=MEEF【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，∴∠EDC=∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，∴∠HBC=∴∠EDC=∵△EDC旋转得到△HBC，∴EC=HC，∠ECH=90°，∴∠HEC=∴∠FEC=∵∠ECD=∴△EFC∽△DEC，∴EC∴EC设正方形边长为a，∵∠GHB+∠BHC=45°，∴∠BHC=∵∠GBH=∠EDC=∴△GBH∽△EDC，∴DCHB=∵△HEC是等腰直角三角形，∴HE=3∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=∴△HBG∽△HDF，∴HBHD=HGHF∵HG=3，∴HG=EF，故③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，∴∠EDM=∵ED=HB=2，∴MD=ME=2∵EF=3，∴sin∵∠DEC+∠DCE=45°，∴∠DEC=∴sin综上所述：正确结论有①②③④，故答案为：①②③④．【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．13．(2023秋·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上(AE<EC)，连接DE并延长交．AB于点F，过点E作EG⊥DE交BC于点G，连接DG、FG，DG交AC于H，现有以下结论：①DE=EG；②AE2+HC2答案:①②③分析：通过证明点D，点E，点G，点C四点共圆，可得∠EGD=∠EDG=45°，可得DE=EG，故①正确；由旋转的性质可得AN=CH，DN=DH，∠DCH=∠DAN=45°，∠CDH=∠ADN，由“SAS”可证△DEN≌△DEH，可得EN=EH，由勾股定理可得CH2+AE2=HE2，故②正确；由“SAS”可证△DNE≌△GCE，可得【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACD=∠ACB=45°，∵EG⊥DE，∴∠DEG=∠DCG=90°，∴点D，点E，点G，点C四点共圆，∴∠DCE=∠DGE=45°，∴∠EGD=∠EDG，∴DE=EG，故①正确；如图，将△CDH绕点D顺时针旋转90°，得到△ADN，连接NE，∴AN=CH，∴∠NAE=90°，∴AN∵∠FDG=45°，∴∠ADE+∠CDH=45°，∴∠ADE+∠ADN=45°，∴∠NDE=45°=∠FDG，又∵DE=DE，∴△DEN≌△DEH（∴EN=EH，∴AN∴CH如图，延长CD到N，使DN=CG，连接NE，∵点D，点E，点G，点C四点共圆，∴∠CDE+∠CGE=180°，又∵∠CDE+∠NDE=180°，∴∠NDE=∠CGE，又∵DN=CG，∴△DNE≌△GCE（SAS）∴NE=CE，∴∠NED+∠DEC=∠CEG+∠DEC=90°，∴∠NEC=90°，∴NC=2∴CD+CG=2当点E与点A重合时，EH=AC当AE=HC时，∵CH∴AE=CH=2∴EH=（∴EH

的长是变化的，又∵点D到EH的距离不变，∴S△DEH故答案为：①②③．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，圆的有关知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．14．(2023秋·福建三明·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，E是CD边的中点，且BE⊥AC于点F，连接DF，则下列结论：①S△CEFS△ABF=14；②答案:①③④分析：证明△CEF∽△ABF判定①，过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，得出DM垂直平分AF，即可得到AD=DF即可判断③；设CE=a,AD=b,则CD=2a,由△ADC∽【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AB∵E是CD边的中点，∴CE：又∵CE∥∴△CEF∽∴SΔ如图，过D作DM∥BE交AC于N，交AB于∵DE∥∴四边形BMDE是平行四边形，∴BM=DE=1∴BM=AM，∴AN=NF，∵BE⊥AC于点F，DM∥∴DN⊥AF，∴DM垂直平分AF，∴DF=DA，故③正确，∵BE⊥AC，∠FCB+∠FBC=90°,∠FCB+∠DCA=90°，∴∠FBC=∠DCA，∴△EBC∽△ACD，∴ECAD设CE=a,AD=b,则CD=2a,∴ab∴b=2∴AC=A∴BCAC∵∠ECB=90°，BE⊥AC，∴∠FCB=90°−∠FBC=∠FEC，又∠FBC=∠CBE，∴△CBE∽△FBC，∴CBFB∴BC∵AD=BC，∴AD综上所述，①③④正确，故答案为：①③④．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．15．(2023秋·福建漳州·九年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连结BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连结AF，则以下四个结论：①∠ABF=∠DBE；②△ABF∽△DBE；③AF⊥BD；④2BG答案:①②③④分析：①四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，得∠ABD=∠FBE=45°，根据等式的基本性质确定出∠ABF=∠DBE；②再根据正方形的对角线等于边长的2倍，得到两边对应成比例，再根据角度的相减得到夹角相等，利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可判断；③由相似三角形对应角相等得到∠BAF=∠BDE=45°，可得出AF在正方形ABCD对角线上，根据正方形对角线垂直即可作出判断．④根据两角相等的两个三角形相似得到△EBH∽△DBE，从而得到比例式，BE【详解】解：①∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，∴∠ABD=∠FBE=45°，又∵∠ABF=45°−∠DBF，∠DBE=45°−∠DBF，∴∠ABF=∠DBE，∴选项①正确；②∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，∴AD=AB，BF=BE，∴BD=2AB，∴BDAB又∵∠ABF=∠DBE，∴△ABF∽△DBE，∴选项②正确；③由②知：△ABF∽△DBE，又∵四边形ABCD为正方形，BD为对角线，∴∠BAF=∠BDE=45°，∴AF在正方形另外一条对角线上，∴AF⊥BD，∴③正确，④∵四边形BGEF和四边形ABCD均为正方形，BD，BE是对角线，∴∠BEH=∠BDE=45°，又∵∠EBH=∠DBE，∴△EBH∽∴BDBE=BE又∵BE=2∴2BG故④正确，综上所述：①②③④正确，故答案为：①②③④．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解本题的关键．16．(2023秋·福建莆田·九年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，将△ADC绕点D逆时针旋转90°得到△FDE，B、F、E三点恰好在同一直线上，AC与BE相交于点G，连接DG，现有以下结论：①AC⊥BE；②△BCG∽△GAD；③DF2=CD⋅CF答案:①③④分析：由△FDE是△ADC绕点D逆时针旋转90°得到的，得到△FDE≌△ADC，再由矩形的性质得出∠DAG+∠DEF=90°从而判断①；由∠DAG+∠DEF=90°，可得∠BGC=90°，从而判断②；由Rt△FCB∽Rt△FDE和BC=AD=DF，DE=DC，得出FCDF=DFDC，可以判断③；在线段【详解】解：∵△FDE是△ADC绕点D逆时针旋转90°得到的，∴△FDE≌△ADC，∴AD=DF，DC=DE，∠DEF=∠DCA，又∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，∴∠DAC+∠DCA=90°，即∠DAG+DEF=90°，∴∠AGE=90°，即AC⊥BE，故①正确；∵AC⊥BE，∴∠BGC=90°，即△BGC是直角三角形，而△AGD不是直角三角形，故②错误；在Rt△FCB和Rt∵∠BFC=∠EFC，∴Rt∴FC∵BC=AD=DF，DE=DC，∴FC即DF故③正确；在线段EF上取EG'=CG∵DC=DE，∠DEF=∠DCA，∴∠DEG在△DCG和△DEGDC=DE∠DCG=∠DE∴△DCG≌△DEG∴DG=DG'，∵∠CDG=∠GDA=90°，∠EDG∴∠GDG∴△GDG∴GG∵EG∴EG=EG故④正确；故答案为：①③④．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质以及黄金分割点的性质，全等三角形的判定和性质等综合知识，关键是根据已知比例式确定两个三角形相似．17．(2023·福建福州·福建省福州教育学院附属中学校考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长是3，P、Q分别在AB、BC的延长线上，且BP=CQ，连接AQ、DP交于点O，分别与边CD，BC交于点F，E，连接AE．现给出以下结论：①AQ⊥DP；②S△AOD=四边形 答案:①③④分析：由四边形ABCD是正方形，得到AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，根据全等三角形的性质得到∠P=∠Q，根据余角的性质得到AQ⊥DP；故①正确；根据相似三角形的性质得到AO2=OD⋅OP，由OD≠OE，得到OA2【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC∵BP∴AP在△DAP与△AD=∴△DAP≅∴∠P∵∠Q∴∠P∴∠AOP∴AQ故①正确；∵∠DOA=∠AOP∴∠DAO∴△DAO∼∴AO∴A∵AE∴AE∴OD∴OA2在△CQF与△∠FCQ=∴△CQF≅∴CF∴DF在△ADF与△AD=∴△ADF≅∴S即S△AOD=∵BP=1，∴AP∵△PBE∼△∴PB∴BE∴QE∵△QOE∼∴QO∴QO=13∴AO∴tan∠OAE=OE故答案为①③④．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．18．（2023秋·福建福州·九年级福建省福州屏东中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，P是BC边上的一点，且PC=2PB，连接AP、OP、DP，线段AP，DP分别交对角线BD、AC于点E，F．过点E作EQ⊥AP，交CB的延长线于Q．下列结论中：①∠PAO+∠PDO答案:①②③分析：①正方形对角线垂直平分三角形外角等于和它不相邻的两个内角和，可得结果；②连接AQ，可得∠QEP=∠AEQ=∠ABQ=90°，即A、Q、B、E四点共圆，可得∠QAE=90°-∠AQE=45°，即可得AE=EQ；③过P作AC的垂线于点G，设BP=a，由勾股定理得AP=AB2+PB2=10a，AC④AD∥BC，可得△BEP∽△DEA，△PFC∽△DFA，根据相似的性质可得BEDE=13，CFAF=23，BEEO=11，OFCF=1【详解】解：①∵∠POB=∠PDO+∠OPD，∠POC=∠PAO+∠APO，∠POB+∠POC=∠BOC，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BOC=90°，∴∠PDO+∠OPD+∠PAO+∠APO=90°，∴∠PAO+∠APO+∠PDO=90°，∴①正确；②连接AQ，∵QE⊥AP，∴∠QEP=∠AEQ=∠ABQ=90°，∴A、Q、B、E四点共圆，∴∠AQE=∠ABE=12∠ABC∴∠QAE=45°，∴AE=EQ，∴②正确；③过P作AC的垂线于点G，设BP=a，PC=2a，∴BC=3a，∴AP=AB∴AC=32∴AO=BO=32∵BD⊥AC，PE⊥AC，∴BD∥PG，∴PGOB∴PG=23∴sin∠PAC=EOAE∴AE=∴③正确；④∵AD∥BC，∴△BEP∽△DEA，△PFC∽△DFA，∴BE：DE=1：3，CF：AF=2：3，∴BE：ED=1：1，OF：CF=1：4，设S△BEP=S则S△∴S△∴S△∴S四边形OPEQ=∴④错误，综上①②③正确，故答案为：①②③．【点睛】本题考查正方形的性质的应用、解直角三角形及相似三角形