2026中考数学压轴题选择+填空275题答案

★类型一：几何综合题★1．【分析】如图，过G作GH⊥BC于H，由对折可得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=90°=∠DFE，∠FBE=∠CBE，证明∠DEF=∠FDE=45°,而DE，可得DF=EF=DE.sin45°=2，求解CD=BCBF，OBBD，证明OG=HG，Rt△OBG≅Rt△HBG，可得BH=BO+2，再进一步求解即可．【解答】解：如图，过G作GH⊥BC于H，∴BC=CD=AB=AD，∠BCD=∠ADC=90°,∠DBC=∠BDC=45°,AC=BD，OA=OC=OB=OD，AC⊥BD，由对折可得：BC=BF，CE=EF，∠BFE=∠BCE=90°=∠DFE，∠FBE=∠CBE，∴∠DEF=∠FDE=45°,而DE，∴DF=EF=DE.sin45°=2，∵∠FBE=∠CBE，GH⊥BC，AC⊥BD，∴OG=HG，∵BG=BG，∴Rt△OBG≅Rt△HBG，∵∠FBE=∠CBE=22.5°,∠BOG=90°,∴∠OGB=67.5°=∠CGE，∠CEG=90°-22.5°=67.5°,∴∠CEG=∠CGE=67.5°,∴CG=CE=EF=2，故选：B．2．【分析】先由四边形ABCD是正方形，得出∠B=∠DAC=45°,OA=OCAC，再结合折叠性质证明四边形AEOF是正方形，因此EF=AOAC，GO=AGOAAC，推出CG=CO+OG=ACACAC，即可计算．∴∠BAC=∠DAC=45°,OA=OCAC，AO⊥EF，AG=GO，∠EOA=∠EAO=45°,∠FOA=∠FAO=45°,AE=OE，AF=FO，可得GF=GB，设GB=GF=x，则AG=2-x，DG=2+x，根据勾股定理可得x，再利用角平分线的性质得到点H到AD，AG，GD的距离相等，利用面∴∠B=∠C=∠BAC=∠ADC=90°,AB=BC=CD=DA=2，∵点E是BC边的中点，∴BE=CE=1，∴∠EFD=∠C=90°,CE=FE=BE=1，DC=DF=2，∴∠GFE=∠GBE=90°,∵GE=GE，∴Rt△EFG≅Rt△EBG(HL)，∴GF=GB，设GB=GF=x，则AG=2-x，DG=2+x，根据勾股定理可得AG2+AD2=DG2，即(2-x)2+22=(2+x)2，解得x，∵∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，∴点H到AD，AG，GD的距离相等，性质，得到AB=2x，ACx，根据角平分线的性=，进而求出CD的长，勾股定理求出AD的长，∴AB=2BC，AC=3BC，设BC=x，则AB=2x，AC=3x，∵AD平分∠CAB，∠ACB=90°,∴点D到AC，AB的距离相等均为CD的长，∠CAD=∠BAD，∴S△ACD=AC.CD=CD∴CD=AC=322+3S△ABD1AB.CDBD，BD22+3∴CD=3BC=(23-3)x，∴AD=AC2+CD2=(32-6)x，∵BE⊥AD，∠CAD=∠BAD，∴sin∠CAD=sin∠BAD， -332-6∴=，即： -332-6∴AD=(32-6)x=23；解法二：延长AC与BE相交于点F，5．【分析】过点G作GM⊥BC于点M，根据矩形的性质及已知条件得BE=EF=CF=4，进而得AB=BF=8，则△ABF是等腰直角三角形，继而得∠BFA=45°,同理证明△CDE是等腰直角三角形得∠CED=45°,由此得△GEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形性质得GM=EM=FM=2，则CM=6，然后在Rt△GMC中，根据正切函数的定义tan∠GCF的值．【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，如图所示：在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，∠B=90°,∴BE=EF=CF=BC=4，∴BF=BE+EF=8，∴AB=BF=8，∴△ABF是等腰直角三角形，∴∠BFA=45°,∴∠CED=45°,∴∠BFA=∠CED=45°,∵GM⊥EF，∴GM=EM=FM=EF=2，∴CM=CF+MF=4+2=6，在Rt△GMC中，tan∠GCF===．6．【分析】证明∠CAD=∠BAD=22.5°,设AC=BC2BFm-x=m，可得AB=AC2+BC2=2m如图，在AC上取点Q，使AQ=DQ，求解：CD=CQ=(2-1)m，证明△ACE∽△BEF，可得m=xDF=y=m2BFm-x-(2-1)m-=(2-2)m-,结合y关于x的函数图象过点(0,2-【解答】解：∵∠ACB=90°,AC=BC，AD是角平分∴∠CAB=∠CBA=45°,∠CAD=∠BAD=22.5°,设AC=BC=m，∴AB=AC2+BC2=2m，如图，在AC上取点Q，使AQ=DQ，∴∠QAD=∠QDA=22.5°,∴∠CQD=45°=∠CDQ，CQ=CD=QD=AQ'，∴2CQ+CQ=m，解得：CD=CQ=(2-1)m，∠CEF=45°=∠CAB，∠CEF+∠BEF=∠ACE+∠CAE，∴∠BEF=∠ACE，∴△ACE∽△BEF，AC=AEm=xBF=BEBF2m-xBF m m，∵y关于x的函数图象过点∴yx=x∴该图象上最低点的坐标为；故选：B．7．【分析】待定系数法求得直线FG的解析式为y=-2x-1，根据选项判断平移方式，结合题意，即可求-1,1)，(0,-1)，b，解得，∴直线FG的解析式为y=-2x-1，∴直线FG平移后的解析式为y=-2(x-2x，此时经过原点，对应的EH经过整点(2,1)，符合∴直线FG平移后的解析式为y=-2(x,此时原点在FG下方，对应的EH在整点(2,∴直线FG平移后的解析式为y=-2(xx，∴直线FG平移后的解析式为y=-2(xx8．【分析】过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，证明ΔADE和ΔEHF全等，得到∠FCH=45°,再根据【解答】解：过点F作FH⊥DC交DC延长线于点H，∴∠H=90°∴∠D=90°,AD=DC，∵AE绕点E逆时针旋转90°,得到FE，∴AE=FE，∠AEF=90°,∵∠DAE+∠AED=90°,∠HEF+∠AED=90°,∴∠DAE=∠HEF，∴ΔADE≅ΔEHF(AAS)，∴AD=EH，DE=HF，∴EH=DC，∴DE=CH=HF，∴∠HCF=45°,∴∠G=45°,设CH=HF=DE=x，正方形边长为y，则CE=y-x，CFx，CGy，∴FG=CG-CF=2y-2x，,故选：A．,推出，推出，可得.解得AG，再证明FG=AG，利用勾股定理求出CF，再利用平行线分线段成比例定理求出BF．∵AF平分∠BAC，∴∠BAF=∠FAC，∵EF⎳AB，∴∠BAF=∠AFG，∴∠GAF=∠GFA，∴FG=AG，∵BF:CF=AG:CG=1:3，∴BFCF．故选：A．∵AB/⊥AB，∴∠BAB/=90°,∴∠BAP=∠B/AP=45°,∠B=∠AB/P=60°,∴∠BAD=120°,∴∠B/AD=∠BAD-∠BAB/=30°,∴∠AEB/=∠AB/P-∠B/AD=30°,∴∠B/AD=∠AEB/，∴B/A=B/E，故A选项正确，不合题意；∴∠BAP=∠B/AP=60°,AB=AB/，PB=P/B，∴AB=BP=B/P=AB/，∴AE<AB′=2，故C选项错误，符合题意；∴AP垂直平分BB/，AP.BB′，故D选项正确，不合题意．故选：C．11．【分析】先证明ΔADE∽ΔABD，得出∠ADE=∠ABD=30°,再证明ΔADE≅ΔFDE(SAS)，得出EF=AE=BE=1，再根据三角形面积公式得出ΔBDE的【解答】解：过点A作AG⊥BD于点G，∵∠ABD=30°,∠A=105°,∴∠ADB=45°,设AE=BE=a，则AB=2a，∴DG=AG=a，∴ADa，∵∠DAE=∠BAD，∴ΔADE∽ΔABD，∴∠ADE=∠ABD=30°,∵∠ADC=∠ADB+∠CDB=90°=∠ADE+∠EDF+∠CDF，∴90°=30°+∠EDF+30°,∴∠EDF=30°=∠ADE，∵AD=CD=DF，DE=DE，∴ΔADE≅ΔFDE(SAS)，∴EF=AE=BE=1，过点E作EH⊥BD于点H，∴ΔBED的面积BD×EH12．【分析】作AH⊥BC．DG⊥BC．DF⊥AH，得到DG=FH，DF=HG，证明△BDG为等腰直角三角形，得到BG=DG，三线合一得到BH=CH，∠ABC=∠ACB，证明△ADF∽△ACH，得到 ,设DF=3x，CH=5x，求出DG，CG的长，正切的定义求出tan∠ACB，勾股定理求出x的值，进而求出BD的值，证明△DEC∽△BED，列出比例式进行求解即可．【解答】解：作AH⊥BC，DG⊥BC，DF⊥AH，垂足分别为H，G，F，则四边形DFHG为矩形，∵∠DBC=45°∴△BDG为等腰直角三角形，∴BG=DG，∵AB=AC，∴BH=CH，∠ABC=∠ACB，∴设DF=3x，CH=5x，则HG=DF=3x，BH=CH=5x，∴DG=BG=BH+HG=8x，CG=CH-HG=2x，∴BD=82x，∴在Rt△CGD中，tan∠ACB∴x负值舍去)，∵∠CED=∠ABD，∠ACB=∠E+∠CDE，∠ABC=∠ABD+∠CBD，∠ABC=∠ACB，∴∠CDE=∠CBD=45°,又∵∠E=∠E，∴△DEC∽△BED，∴DECE，DE2=BE.CE=.CE，，．13．【分析】由矩形的性质得∠B=∠BAD=90°,由折叠得∠PAB′=∠PABBAB′，再分三种情况讨论，一是∠BAB′=15°,则∠PAB，求得∠APB=90°-∠PAB=82.5°；二是∠DAB′=15°,且点求得∠APB=90°-∠PAB=52.5°；三是∠DAB′=15°,=52.5°,求得∠APB=90°-∠PAB=37.5°,于是得到∴∠B=∠BAD=90°,由折叠得∠PAB′=∠PABBAB′，∴∠APB=90°-∠PAB=82.5°;如图2，∠DAB′=15°,且点B′与点B在直线AD同侧，∵∠BAB′=∠BAD-∠DAB′=75°,∴∠APB=90°-∠PAB=52.5°;如图3，∠DAB′=15°,且点B′与点B在直线AD异侧，∵∠BAB′=∠BAD+∠DAB′=105°,∴∠APB=90°-∠PAB=37.5°,DH⊥BF于点H，则∠BHD=90°,由三线合一性质可得CH=FHCF，然后证明四边形ABHD是矩形，所以AB=DH=8，AD=BH，又∠AEG=∠BEC，则可证△AEG∽△BEC，所以，求出AG=,然后通过平行线的性质和等角对等边可得CD=GD，设CH=FH=x，则AD=BH=4+x，CD=GDD作DH⊥BF于点H，则∠BHD=90°,∵DF=DC，∴CH=FHCF，∴∠B=∠GAE=90°,∠B+∠BAD=180°,∴∠B=∠BAD=∠BHD=90°,∴AB=DH=8，AD=BH，∵∠AEG=∠BEC，∴△AEG∽△BEC，∵AB=8，AE=3，∴BE=5， AG，∵AD⎳BC，∴∠G=∠BCE，∵∠DCE=∠BCE，∴∠DCE=∠G，∴CD=GD，设CH=FH=x，则AD=BH=4+x，由勾股定理得：CD2=CH2+HD2，x2+82，解得：x，即CHCF=2CH，故答案为：．15．【分析】由题意可得AM=AN，MP=NP，则点P在AH上运动，由点P始终在▱ABCD的内部或边上．则AP的最大值为AH的长，通过证边三角形，可得AB=AH=6，即可求解．∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60∴∠BAD=120°,∴MP=PN，∠PMN=∠PNM=60°,△MNP的面积=∵AM=AN，AP=AP，∴∠BAP=∠DAP=60°,∠APM=∠APN=30°,∴∠AMP=90°,∴MPAM，AP=2AM，∴MPAP，∴△MNP的面积AP2，∵∠B=∠BAH=60°,∴△ABH是等边三角形，∴AB=AH=6，∵AM=AN，MP=NP，∴点P在AH上运动，∴AP的最大值为AH的长，即AP=6，∴AM=AN=3，∴DN=5，故答案为：5．16．【分析】分情况讨论：①当∠APC-∠C=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，由等腰三角形的性质得到②当∠APC-∠CAP=90°时，过点P作PM⊥BC交AC于点M，由等角对等边得到AM=PM，再证明△CMP∽△CAD，设CP=x，进而得出PMx，CMx，根据AC=AM+CM=PM+CM，求出x③当∠CAP=∠C+90°时，利用锐角三角函数，得出∠C>30°,∠BAC<120°,即此种情况不存在；④当∠CAP=∠APC+90°时，同③理可证，此种情况【解答】解：∵AB=AC=5，∴∠B=∠C，∵∠APC=∠B+∠BAP，∴∠APC>∠B，∴∠APC>∠C，①当∠APC-∠C=90°时，过点A作AD⊥BC于点D，∵AB=AC=5，BC=8，∵∠B=∠C，∴∠APC-∠B=∠BAP=90°,∵∠B=∠B，∠ADB=∠PAB=90°,BP②当∠APC-∠CAP=90°时，过点P作PM⊥BC交AC于点M，∴∠APC-∠APM=∠CPM=90°,∴∠CAP=∠APM，∴AM=PM，∵PM⊥BC，AD⊥BC，∴△CMP∽△CAD，设CP=x，则BP=8-x，∴x，③当∠CAP=∠C+90°时，∵sin∠C，sin，且∴∠C>30°,∴∠BAC<120°,若∠CAP=∠C+90°,则∠CAP>120°,即∠CAP>∠BAC，④当∠CAP=∠APC+90°时，∵当点P与点B重合时，∠APC最小，此时∠APC=∠B>30°,17．【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=8，AB=AD，由勾股定理可求AO的长，通过证明△EGD∽△AOD，可求EG=AO=2，DGDO=4，由勾股定理可求解．⊥BD于G，∵四边形ABCD是菱形，对角线BD的长为16，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO=8，AB=AD=∵E是AD的中点，∴AD=2DE，∵EG⊥BD，∴△EGD∽△AOD，∵BF=3，∴FG=BD-GD-BF=9，18．【分析】延长AD交BC于E，由AB=CA，BD=CD可得AE⊥BC，BE=CE，根据等边三角形的性质以及勾股定理可得AE，DE=1，即可求解．∵AB=CA，BD=CD，∴AE⊥BC，BE=CE，∵AB=BC=CA=2，∴BE=CE=1，=1，EF于点G，延长PE交AC于点H，当点P在AC上方时，由勾股定理求出CD进而得到CECD= ,∠EGC=∠EGP=90°,求出∠CEH=∠CAD=60°,进而得到∠PEC=120°,再求出∠CPE=∠PCE==30°,证明△CEF是等腰三角形，在Rt△CEH中，解直角三角形求出CH，进而求解；结合对称的性质易证△CEP是等边三角形，易求EH=PHPE解直角三角形求出HF，由CF=CH-HF即可求解．∵在矩形ABCD中，AD=6，∠CAD=60°,∠ACD=∴AC=2AD=12，CD∵∴PE=CE=33，∠EGC=∠EGP=90°,∵PH⊥AC，∴∠EHC=∠EHF=90°,∠ACD=30°,∠ACD+∠CEH=∠ACD+∠CAD=90°,∴∠CEH=∠CAD=60°,∴∠PEC=120°,∵PE=CE，∴∠CPE=∠PCEPEC)=30°,∵∠PEG=∠FEH，∠EGP=∠EHF=90°,∴∠CPE=∠EFC=30°,∴△CEF是等腰三角形，CH=FHCF，∠HCE=30°,CH=CE.cos∠HCE∴CF=2CH=9；∵PE⊥AC，∴∠CHE=90°,∵∠ACD=30°,∴∠CEP=60°,CH=CE.cos∠ACD∴∠P=60°,CE=PC=PE∴∠HEF=30°,EH=PHPEHF=EH.∴CF=CH-HF=3； AC=4,OBBD=6，AC⊥BD，取OE中点定理解Rt△GHF即可．BD相交于点O，AC=8，BD=12，∴OA=AC=4,OB=BD=6，AC⊥BD，∵AE=2，∴OE=OA-AE=4-2=2，如图，取OE中点H，连接GH，∴∠GHE=∠BOA=90°,∵OF=1，在直角三角形GFH中，由勾股定理得：GF=O，AC=8，AE=2，OF=1，∴OB=6，OC=4，∴CE=8-2=6，CF=OC-OF=4-1=3，∴F为CE的中点，且AD=2，求出AB，进而求出GF=GH=HC=FCLH=HD-4，再根据弧长公式即可求出“黄金螺线”AFHK的长．=2，∵四边形ABFE是正方形，∴AE=EF=BF=AB=5-1，∵四边形LKDH是正方形，∴“黄金螺线”AFHK的长为22．【分析】如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE=4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN⎳BE，HNBE=2，HQHN=1，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF=∠NHG=30°,而HQ⊥BD，∠HNQ=30°,求解∠GHQ=30°,再进一步求解即可．【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，∵BE=2CF，CF=2，∴BE=4，∵矩形ABCD，∴AN=CN=BN=DN，AB⎳CD，∴∠ABD=∠BAC=30°,∠BAC=∠NCF=30°,∴HN⎳BE，HNBE=2，∴∠ABD=∠HNQ=30°,∵HN=CF=2，∴∠NCF=∠NHG=30°,而HQ⊥BD，∠HNQ=30°,∴∠HGQ=60°,∴∠GHQ=30°,23．【分析】连接CE，过E作EF⊥BC于F，设BD=x，则BC=x+2，由∠ACB=90°,E为AD中点，可得CE=AE=DEAD，有∠CAE=∠ACE，∠ECD=∠EDC，证明ΔECD∽ΔBCE，可得,∠CED=∠CBE，故CE2=CD.BC=2(x+2)=2x+4，再证ΔABC∽ΔBEF，得，而AC=2EF，即得2EF2=(x+1)(x+2)，从而,即可解得答案．【解答】解：连接CE，过E作EF⊥BC于F，如图：设BD=x，则BC=BD+CD=x+2，∴∠CAE=∠ACE，∠ECD=∠EDC，∴∠CED=2∠CAD，∵BE=BC，∴∠ECD=∠BEC，∴∠BEC=∠EDC，∵∠ECD=∠BCE，∴ΔECD∽ΔBCE，CED=∠CBE，∴CE2=CD.BC=2(x+2)=2x+4，∵AD平分∠CAB，:∠CAB=2∠CAD，:∠CAB=∠CED，:∠CAB=∠CBE，:ΔABC一ΔBEF，ACBC:=BFEF，“CE=DE，EF丄BC， :CF=DF=CD=1，“E为AD中点，:AC=2EF，:2EF=x+2:2EF2=(x+1)(x+2)，“EF2=CE2-CF2，:=(2x+4)-12，:BD=．要构造相似或者平行线分线段成比例，所以作CM丄AD于点M，从而将转化成，再根据题中条【解答】解：如图，过点A作AH丄CB于点H，丄AD于点M，“AB=BC，=，:BC=AB=BD+CD=13a，“tanB=，:AH=5a，BH=12a，:DH=BH-BD=4a，CH=a，在Rt△ACH中，AC=AH2+CH2=26a，在Rt△ADH中，AD=AH2+DH2=41a，:cos∠ADC=DH=441:DM=CD.cos∠ADC=2041:AM=AD-DM=a，:==．得DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，过E作EH丄AC于H，设EF与AC相交于M，证明△AHE一△ACB，证明Rt△EHD是等腰直角三角形，得到∠HDE=(AAS)，得到DM=MH=x，则CM=AC-AD-DM=10-x，根据三角形的面积公式结合已知可得(10-x(-x=2(25-5x)，然后解一元二次方程求解:设AD=x，AE=5x，“△ADE沿DE翻折，得到△FDE，:DF=AD=x，∠ADE=∠FDE，过E作EH丄AC于H，设EF与AC相交于M，:△AHE一△ACB，EHAHAE:==BCACAB，“CB=5，CA=10，AB=AC2+BC2=102+52=:EH=AH=5x:EH=x，AH=AE2-EH2=2x，则DH=AH-AD=x=EH，:Rt△EHD是等腰直角三角形，在△FDM和△EHM中，(∠FDM=∠EHM=90。∠DMF=∠HME，DF=EH:△FDM≥△EHM(AAS)，:DM=MH=x，CM=AC-AD-DM=10-x，:S△CEF=S△CME+S△CMF=CM.EH+CM.DF=(10-x(.x×2=(10-x(.x，S△BEC=S△ABC-S△AEC=×10×5-×10.x=25-“△CEF的面积是△BEC的面积的2倍，:(10-x(.x=2(25-5x)，则AD=，AD与GC的延长线交于K，由tan∠ABC==2得AE=2BE，进而得BE=1，AE=2，则CE=3，AC=13，再由∠ACF=∠CAF得FA=FC，则AH=CHΔFAC=1AC.FH=1AF.CE，得FH,在RtΔAFH中由勾股定理得AF=AF.CE,在RtΔAFH中由勾股定理得AF=4,则EF4,则EF=AF-AE=,证明ΔFCE一ΔFKA得4AK=，则DK=AK-AD=，再证明ΔKDC一先求出BE=1，AE=2，CE=3，设EF=a，则AFGC的延长线交于K，如图所示：:AB=CD=5，BC=AD=4，ABⅡCD，又“AE丄BC，在RtΔABE中，tan∠ABC==2，:AE=2BE，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，:BE=1，:AE=2BE=2，:CE=BC-BE=3，在RtΔACE中，由勾股定理得：AC=AE2+CE2=“∠ACF=∠CAF，:FA=FC，“FH丄AC，:AH=CH=AC=，“SΔFAC=AC.FH=AF.CE，:FH=AF.CE=3AF在RtΔAFH中，由勾股定理得：AF2-FH2=AH2，2，:AF=，:EF=AF-AE=-2=，“BCⅡAD，:ΔFCE一ΔFKA，:EF:AF=CE:AK，即:=3:AK，:AK=，:DK=AK-AD=-4=，“ABⅡCD，:ΔKDC一ΔKAG，:DK:AK=CD:AG，即:=5:AG，:AG=395，:BG=AG-AB=395-5=解法二：过点G作GH丄BC，交CB的延长线于H，:AB=CD=5，BC=AD=4，ABⅡCD，又“AE丄BC在RtΔABE中，tan∠ABC==，:AE=2BE，由勾股定理得：AE2+BE2=AB2，2+BEBE=1，∴AE=2BE=2，∴CE=BC-BE=3，设EF=a，则AF=AE+EF=2+a，∵∠ACF=∠CAF，∴AF=CF=2+a，在RtΔCEF中，由勾股定理得：CF2=CE2+EF2，∵∠GBH=∠ABC，∴在RtΔGBH中，tan∠GBH∴GH=2HB，设HB=b，则GH=2b，CH=BC+HB=4+b，在RtΔGBH中，由勾股定理得：GB∵GH⊥BC，AF⊥BC，∴EF⎳GH，∴ΔCEF∽ΔCHG，∴CE:CH=EF:GH，∴GH，故答案为∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°,∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2，∴OA=OD=OC=OB=3，∵OE=5，∴AE=OE-OA=2；故答案为：2．(Ⅱ)延长DA到点G，使AG=AD，连接EG，过E作EH⊥AG于H，∴AF为△DGE中位线，∴AFEG，在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45°,∴AH=EH，∵AH2+EH2=AE2，∴AH=EH∴GH=AG-AH=32-2=22，在Rt△EGH中，EG2=EH2+GH2=10，∴AFEG．故答案为：．度计算得出∠AEM是等腰直角三角形，求出EF的长度，最后利用勾股定理和射影定理，得出DG的长度．【解答】解：设∠CBE=x，则∠ABF=∠AFB=90° -x，∴∠AFE=90°+x，∠BAF=180°-2(90°-x)=2x，∵AF=AB=AD，AE=AE，∠EAF=∠EAD=45°-x，∴ΔAEF≅ΔAED(SAS)，∴∠ADE=∠AFE=90°+x，∴∠CDE=x，∴∠DEB=90°,∴∠AED=∠AEB=45°,过点A作AM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AE于点N，∴∠EAM=45°-x+x=45°,∴ΔAEM是等腰直角三角形，∴EM=AM=7，∴EF=6，∴DE=EF=6，△DBC，由菱形的性质得OD=OB，OA=OC，AC⊥BD，则，求得OHBC=5，再证明△OFH∽△EFC，得，则EC= OH=6，再证明∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，求得OB，则BD=16，AC=12，所以S菱形ABCDBD.AC=96，于是得到问题的答案．△DBC，∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD∴BC=10，OD=OBBD，OA=OC，AC⊥BD，∴△OFH∽△EFC，∵BC=DC，AC⊥BD，∠ACD=2∠OEC，∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，∴∠OEC=∠COE，∴OC=EC=6，∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，30．【分析】连接CE，设EF=x，证△DOE∽【解答】解：在DF上截取DH=HE，∴∠FHE=2∠FDE，设FE=x，HD=y，在Rt△HEF中，y2+x2，∵∠AOB=4∠FDE，∴∠COD=4∠FDE，∵OC=OD，∴∠DOF=2∠FDE=∠FHE，∴x=1，∵∠AOB=4∠CDG=4α,∴OE⊥C，∴∠DOE=2α,∴∠ODF=90°-2α,∴∠ODE=90°-α,∵∠DEF=∠G=90°-α,∴∠ODE=∠OED，设EF=m，则OD=6m，OF=5m，在Rt△OFD中，DFm，∴DF=11；故答案为：．根据折叠的性质及矩形的性质，证明Rt△HAE≅Rt△EDF(ASA)，进而得到△BED′为直角三角形，设∠DEF=α,则∠AEH=∠DEF=α,∠DED′=2α,证明△BHE为等腰三角形，求出AH，即可解答．∵矩形ABCD中，AB，AD=2，E为边AD的∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°,∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D′，∴ED=ED′=1，∠ED′F=∠D=90°,∠DEF=∠D′EF，则Rt△HAE≅Rt△FDE(ASA)，DF=AH，∵BD′=2，设∠DEF=α,则∠AEH=∠DEF=α,∠DED′=2α,∴∠AEB=90°-2α,∠AHE=90°-α,∴∠HEB=∠AHE=90°-α,根据勾股定理可以求得BD的值，然后再根据的值，从而可以求得CF的值；还有一种情况就是点F∵∠ACB=90°,AC=BC，点D是AC的中点，∴CDABC=45°,∴BD=BF=10，∴∠ABC=∠BCG=45°,△APQ∽△ADC，得出CD，设DE=t，则AP=AE，进而得出AD=AE+DE，结∴△APQ∽△ADC，,即，∵x=y，∴CD=2；∵△APQ∽△ADC，,即，设DE=t，∵AP=2ED，∴AP=2t，∴△CDE∽△BAE，,即，整理得：AE，∵△APQ∽△ADC，,即，34．【分析】先根据菱形的性质得到AD=BC=CD=6，AD⎳BC，∠BCD=120°,则∠DCE=60°,再在到CE=3，DE，接着在Rt△ADE中利用勾股定理计算出AE，然后证明△AFD∽△EFB，利用相似比和比例的性质计算出AF，同样方法计算出AG，最后计算AG-AF即可．∴AD=BC=CD=6，AD⎳BC，∠BCD=120°,∴∠DCE=60°,∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°,在Rt△DCE中，∵∠CDE=90°-∠DCE=30°,:CE=1CD=3， :BE=BC+CE=9，“ADⅡBE，在Rt△ADE中，AE=DE2+AD2=(33)2+62=“ADⅡBE，:△AFD一△EFB，:AF=AD=6=2FEBE93，:AF=AE=×37=657，“ADⅡCE，:△AGD一△EGC，EGCE3:AG=AD=6=EGCE3:AG=AE=×37=27，:FG=AG-AF=27-67=35．【分析】设AG与BF交于点M，BGBM，根据tan∠FBC==，列出方程进行求:CF=1CD=2，AG丄BH，:AG=AB2+BG2=16+a2，BF=BC2+CF2=+4“S△ABG=AB.BG=AG.BM，:BM=AB.BG=4aBMBC:cos∠FBC==BGBF，:BM.BF=BG.BC，,,:a=10，经检验a=:BC=5a=210，方法二：“△ABG一△BCF，ABBG:=BCCF，:4=a:a=10，点H．由矩形的性质可得CD=AB=2，∠ABC=1，CH=FG=1，DH=CD-CH=1，结合角平分线的性质可得HF=FG=1，再利用勾股定理求DF的长“CF平分∠BCD，:HF=FG．“四边形ABCD为矩形，:FG=BF=1，:HF=1，CH=FG=1，:DH=CD-CH=1，:DF=DH2+HF2=2．37．【分析】作EH丄BC于点H，由CF=4cm，FB′=1cm，求得B′C=5cm，由折叠得BC=B′C=5cm，由菱形的性质得BCⅡAD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，因为CB′丄AD于点F，所以∠BCB′=∠CFD=-CF2= 得CH=EH=BE，BH=BE，于是得BE+BE=5，则BE=cm．“CF=4cm，FB′=1cm，:B′C=CF+FB′=4+1=5(cm)，由折叠得BC=B′C=5cm，∠BCE=∠B′C:BCⅡAD，DC=BC=5cm，∠B=∠D，“CB′丄AD于点F，、DC2-CF2=、52-42=3(cm)，:CH=EH，“=sinB=sinD==，=cosB=cosD=DF=3DC5，:CH=EH=BE，BH=BE，:BE+BE=5，:BE=“ADⅡCB，:∠M=∠MCB，,:∠M=∠MCF=45。，,:CF=FM=4，“AF=FD=2， :AM=2，“==，:EB=×5=．ΔABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，可得故SΔBDE=SΔADE=SΔABE，因SΔABE=3SΔACE，即有CD=5x=BD=AD，求出BE=、BD2-DE2=4x，BC=BE2+CE2=25x，证明ΔBCE一ΔABC，即可“A1B1ⅡAC，:∠A1=∠A1CA，“将ΔABC绕点C按逆时针方向旋转得到△A1B1C，:∠A1=∠BAC，:∠A1CA=∠BAC，:CD=AD，:∠CBD=∠BCD，:BD=CD，:BD=CD=AD，:SΔBDE=SΔADE=SΔABE，“SΔABE=3SΔACE，:SΔBDE=SΔADE=SΔACE，:SΔACE=2:CE=2:BE=、BD2-DE2=4x，:BC=BE2+CE2=25x，:ΔBCE一ΔABC，∵ACAB．39．【分析】取BC中点H，连接AH，作DG⊥BC，DM⊥BE，设EF=a，由折叠的性质得到AD=CD=DE=x，得到cos∠ABC=cos∠BED，从而推导出a= ,由三角形中位线定理得到BG，从而推导出ΔEMD≅ΔCGD(AAS)，得到四边形MBGD是正方形，DG，AH=15，最后利用勾股定理解答即可． D作DG⊥BC于点G，DM⊥BE于点M．如图1，设EF=a，AD=CD=DE=x，则DF=x-a．∵AB=AC，∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，BH=HC=5．又由折叠得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，∴∠ABC=∠BED，∴cos∠ABC=cos∠BED，即，∵D是AC中点，DG⊥BC，由折叠知∠DEM=∠DCG，ED=CD，∴ΔEMD≅ΔCGD(AAS)，∴DG=MD．∵DE⊥AB，∴∠EFB=90°,∴∠DEB+∠EBF=90°.又∵∠CAH+∠ACB=90°,且∠ACB=∠DEB，∴∠EBF=∠CAH，∴∠EBF+∠ABC=90°,∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°∴AH=2DG=15．在RtΔAHC中，AH2+HC2=AC2，∴a，x-a，即ADDF=在RtΔAFD中，AF由轴对称可得BD垂直平分CE，由DA=DC=DE可得∠AEC=90°,设∠DCG=x，则∠ADE=2x，由DE⊥AB得∠DAF=90°-2x，在等腰ΔABC中，底角∠ACB=45°+x，∴∠BCG=45°,设DG=m，则AE=2m，在等腰ΔDAE中导角可得∠EAF=x，过点B作BH⊥AE交AE延长线于H，则ΔCDG与ΔABH相似，∴AF=AE.cosx40．【分析】过点G作GM⊥DE于M，证明ΔDGE∽,设GE=3k，AG=7k，EM=3n，DM=7n，则EC=DE=10n，在RtΔDGM中，GM2=DG2-DM2，在RtΔGME中GM2=GE2-EM2，则DG2-DM2=GE2-EM2，解方程求得nk，则EMk，GE=3k，用勾股定理求得GM，根据正切的定义，即可求解．【解答】解：过点G作GM⊥DE于M，如图，∴∠1=∠2，∠2=∠3，∴∠1=∠3，∴ED=EC，∴∠3=∠4，∴∠1=∠4，又∵∠DGE=∠CGD，∴ΔDGE∽ΔCGD，∴DG2=GE×GC，∴AD⊥DE，MGE=∠A，设GE=3k，EM=3n，则AG=7k，DM=7n，∴EC=DE=10n，∴DG2=GE×GC=3k×(3k+10n)=9k2+30kn，在RtΔDGM中，GM2=DG2-DM2，在RtΔGME中，GM2=GE2-EM2，∴DG2-DM2=GE2-EM2，2+30kn-(7n)2=(3k)2-(3n)2，解得：nk，∵GE=3k，41．【分析】过点A作AF⊥BC于点F，过点A作AH⊥DE于点H，由折叠易得AF=AH，AB=AE，BF=EH，CG=a，则AG=3a，于是AB=AC=AE=4a，在RtΔABF中，利用tanB可求出AH=AFa，BF=EHa，在RtΔAGH中，利用勾股定理求出GHa，以此求出EGa，由ΔAEG∽ΔDCG得，求得DGa，则.【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，过点A作AH⊥DE于点H，∵AB=AC，∴∠B=∠C，根据折叠的性质可知，∠B=∠E，AF=AH，AB=AE，BF=EH，∴∠E=∠C，∴AB=AC=AE=4a，在RtΔABF中，tanB解得：AFa或AFa(舍去)，在RtΔAGH中，GH∵∠AGE=∠DGC，∠E=∠C，∴ΔAEG∽ΔDCG，,即，:EG=a=49DGa75，:==．:∠APE=∠DAC-∠AEP=45。，在RtΔAPF中，PF=AP.cos∠APE，在RtΔAEF中，tan∠AEP=，:EF==3=6，:PE=PF+EF=2+6，k.AB，通过证明ΔABC一ΔECF，推出CF=k2.BD，可得BF丄AC，设AB=AC=1，BC=k，CF=x，则AF=1-x，利用勾股定理列方程求出x的值，进而可以解决问题．:DB=DF，“AD=DF，:AD=DB，“AD=DF，:∠A=∠DFA，:∠BDE=∠FDE，“∠BDE+∠FDE=∠BDF=∠A+∠DFA，:∠FDE=∠DFA，:DEⅡAC，:∠C=∠DEB，∠DEF=∠EFC， :∠DEB=∠DEF，:∠C=∠EFC，“AB=AC，:∠C=∠B，“∠ACB=∠EFC，:ΔABC一ΔECF，ABBC:=ECCF，“DEⅡAC，:∠BDE=∠A，∠BED=∠C，:ΔBDE一ΔBAC，:BE=BD=1:EC=1BC :BC=k.AB，:EC=k.AB，:AB=k.ABk.ABCF，:CF=k2.AB，:CF=CF=CF=k2.AB=FAAC-CFAB-CFAB-k2.AB 2-k2．方法二：如图，连接BF，:DB=DF，“AD=DF，:AD=DB=DF，:BF丄AC，设CF=x，则AF=1-x，由勾股定理得，AB2-AF2=BC2-CF2，:12-(1-x)2=k2-x2，:x=，:AF=1-x=，44．【分析】如图，过E作EQ⊥CA于点Q，设BE=x，AE=y，可得CD=3x，DE=2y，证明BC=AB=6，CE=6+x，ΔCQE为等腰直角三角形，QE=CQCEx，AQx，由勾股定理可得：,再解方程组可得答案．【解答】解：如图，过E作EQ⊥CA于点Q，设BE=x，AE=y，∵BECD，ED=2AE，∴CD=3x，DE=2y，∵∠BAC=90°,AB=AC∴BCAB=6，CE=6+x，ΔCQE为等腰直角三整理得：x2-2x-6=0，45．【分析】过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，根据等腰三角形的性质得出BH=HCBC=∠CBD=∠CED，得到DB=DE，根据等腰三角形的性,求出CD，根据勾股定理求出DE=得到，即，求出结果即可． 【解答】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，如图所示：则∠AHC=∠AHB=90°,∵AB=AC=5，BC=6，∵∠ADB=∠CBD+∠CED，∠ADB=2∠CBD，∴∠CBD=∠CED，∴DB=DE，∵∠BCD=90°,∴DC⊥BE，∴CE=BC=6，∴EH=CE+CH=9，∵DC⊥BE，AH⊥BC，解得AD．46．【分析】根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=∠C=60°,根据折叠的性质得到△BDE≅△FDE，根据已知条件得到图形ACED的面积=S△BDE=S△FDE，求得S△FHG=S△ADG+S△CHE，根据相似三角形的判定和性∴∠A=∠B=∠C=60°,∵折叠△BDE得到△FDE，∴△BDE≅△FDE，∴S△BDE=S△FDE，∠F=∠B=60°=∠A=∠C，∴图形ACED的面积=S△BDE=S△FDE，∴S△FHG=S△ADG+S△CHE，∵∠AGD=∠FGH，∠CHE=∠FHG，:=2=,=2=，:+===1，:GH2=m2+n2，47．【分析】连接BB/，过点F作FH丄AD，设CF=x，则DH=x，BF=1-x，根据已知条件，分别表示出AE、EH、HD，证明ΔEHF≥△B/CB，得出EH=B/C=-2x，在Rt△B/FC中，根据勾股定理建立方程即可解答．【解答】解：如图，连接BB/，过点F作FH丄AD，“已知正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3:5，:S四边形ABFE=×1=，设CF=x，则DH=x，BF=1-x，:S四边形ABFE=×(AE+BF(×AB=，即(AE+1-x)×1=，解得AE=x-，:DE=1-AE=-x，:EH=ED-HD=-x-x=-2x，:∠1=∠3，又FH=BC=1，∠EHF=∠C，:ΔEHF≥△B/CB(ASA)，:EH=B/C=-2x，在Rt△B/FC中，B/F2=B/C2+CF2，:(1-x)2=x2+-2x(2，48．【分析】过A作AN丄BD于N，过B作BM丄AC于M，根据矩形的性质得到OB=BD，OA= AC，AC=BD，根据三角形的面积公式得到AN=BM，根据全等三角形的性质得到ON=OM，FM=EN，设FM=EN=x，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：过A作AN丄BD于N，过B作BM丄AC于M，:OB=BD，OA=AC，AC=BD，:OB=OA，“SΔAOB=OB.AN=OA.BM，:AN=BM，“AE=BF，:RtΔANE≥△RtΔBMF(HL)，:FM=EN，设FM=EN=x，“AF=1，BE=3，:BN=3-x，AM=1+x，:3-x=1+x，:x=1，:FM=1，:AM=2，“AB=5，:BM=AB2-AM2=21，:BF=FM2+BM2=1+21=22，49．【分析】如图，过F作FM丄BE于M，FN丄CD于N，由CF平分∠DCE，可知∠FCM=∠FCN==CM=NF=CN=a，则ME=2-α,证明ΔEFM一3FMME=ABBEΔEAB，则,即=3FMME=ABBEΔEAB，则DN=CD-CN=，由勾股定理得DF=DN2+NF2【解答】解：如图，过F作FM丄BE于M，FN丄CD于N，则四边形CMFN是矩形，FMⅡAB，“CF平分∠DCE，:CM=FM，:四边形CMFN是正方形，设FM=CM=NF=CN=a，则ME=2-a，“FMⅡAB，:ΔEFM一ΔEAB，:=，即=，:DN=CD-CN=9由勾股定理得：DF=DN2+NF2=31033延长线于点F，由平行四边形的性质可得DC=AB==DC=3，CF=3DF=33，由平行线的性质得=≥ΔDCE，得到BC=CE=8，再利用勾股定理求得EF=37，则DE=EF-DF．解法二：过点B作BF丄AD于点F，过AF=AB.cosA=3，BF=AB.sinA=33，由折叠可三角形，BC=CE=8，EG=BG=BE，易证CE，设EF=x(0<x<8)，则BERtΔBEF中，利用勾股定理建立方程，求解即可．AD的延长线于点F，“四边形ABCD为平行四边形，AB=6，“CF丄AD，:DF=1DC=3，CF=3DF=33，“ADⅡBC，∠CDE，:△A’BC≥ΔDCE(AAS)，:BC=CE=8，在RtΔCEF中，EF=CE2-CF2=82-(33)2=:DE=EF-DF=37-3．:ADⅡBC，AD=BC=8，在RtΔABF中，AF=AB.cosA=6×=3，BF=“AEⅡBC，:∠AEB=∠CBE， :ΔCBE为等腰三角形，BC=CE=8，“CG丄BE，:EG=BG=BE，:ΔBEF一ΔCEG，EFBEEFBE:BE2=2EF.CE，:EG=:BE2=2EF.CE，设EF=x(0<x<8)，∴BE2=2x.8=16x，在RtΔBEF中，EF2+BF2=BE2，∴x2+(33)2=16x，整理得：x2-16x+27=0，∴EF=8-37，∴DE=AD-AF-EF=8-3-(8-37)=37-3．故答案为：37-3．51．【分析】由直角三角形的性质可得BE=2CF=29，设DE=3x，EC=2x，则DC=BC=5x，根据用勾股定理即可解答．∴∠BCD=90°,BC=DC=AD，∵F为BE的中点，CF=∴BE=2CF=29，设DE=3x，EC=2x，则DC=BC=5x，在RtΔBCE中，(5x)2+(2x)2=解得x=1或-1(舍去)，∴CE=2，DE=3，BC=AD=DC=5，在RtΔADE中，AE2=AD2+DE2，即AE=52+32=34．52．【分析】连接AD，过点D作DG⊥AC于点G，由旋转的性质可得AC=CD，∠ACD=60°,得到ΔACD为等边三角形，由等边三角形三线合一可知AG=CG=AC，再设AB=AC=2a，则AC=AD=CD=2a，AG=CG=a，易得DG=3a，ΔABE∽ΔGDE，由相似三角形的性质可得=，即AE=GE，由AE+GE=AG=a可求出GE=(23-3)a，AE=(4-23)a，利用勾股定理求出DE，以此【解答】解：如图，连接AD，过点D作DG⊥AC于∴AC=CD，∠ACD=60°,∵DG⊥AC，∴AG=CG=AC，设AB=AC=2a，则AC=AD=CD=2a，AG=CG=a，在RtΔADG中，DG=AD2-AG2=3a，∵∠BAE=∠DGE=90°,∠AEB=∠GED，∴ΔABE∽ΔGDE，∴AE=ABAE2a23GEDG，即GE=3a=∴AE=ABAE2a23∵AE+GE=AG=a，∴23GE+GE∴AE=(4-23)a，在RtΔDGE中，DE=DG2+EG2=23(2-3)a，∴AE=(4-23)a=6-33= (2-3 (2-3)a32-6=2-653．【分析】由矩形的性质得CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°,设DN与CM交于点T，由翻折的性质得DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°,分两种情况讨论如下：①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，设MD=x，则MH=3-x，MN=x，由勾股定理得：HN=6x-9，证△NHD∽△MDC，得NH:DM=HD:CD，即、6x-9:x=3:5，由此解出x即可；②当DN=AD时，则DN=6，则DT=TN=3，由勾股定理求出CT=4，证△DTM∽△CTM，得MD:CD=DT:CT，即MD:5=3:4，由此求出MD即可．【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=5，BC=∴CD=AB=5，AD=BC=6，∠ADC=90°,设DN与CM交于点T，由翻折的性质得：DT=NT，DM=NM，CM⊥DN，∠CNM=CDM=90°,∵△AND为等腰三角形，点M不与点A，D重合，①当AN=DN时，过点N作NH⊥AD于H，则AH=DH=3，如图：设MD=x，则MH=3-x，MN=x，在Rt△MNH中，由勾股定理得：HN=、MN2-MH2=6x-9，:∠DCM=∠ADN，:△NHD一△MDC，:NH:DM=HD:CD，②当DN=AD时，则DN=6，如图：:DT=TN=3，在Rt△CDT中，CD=5，DT=3，由勾股定理得：CT=、CD2-DT2=4，“CM丄DN，∠ADC=90。，:∠DCT=∠ADN，又∠DTM=∠CTD，:△DTM一△CTD，:MD:CD=DT:CT，:MD=．得DE=AF=5，AE=BF=5，再证ΔAFH一ΔADE，利用相似三角形的性质可得AH的长；过点M作MN丄AE于点N，先求出AE=BE=5，EH=3，BH=4，证ΔMEC一ΔMBA得ME:MB=CE:AB=1:2，三角形的性质得MN=，EN=1，进而得HN=2，最后在RtΔMHN中，由勾股定理可求出MH．:DE=CE=5，由勾股定理得：AE=、AD2+DE2=5，:∠DAE=∠ABF，r∠D=∠BAF=90。{AD=AB，∠DAE=∠ABF:ΔDAE≥ΔABF(SAS)，:DE=AF=5，AE=BF=5，又∠HAF=∠DAE，:ΔAFH一ΔADE，:AH:AD=AF:AE，:AH=2．过点M作MN丄AE于点N，如图：rAD=BC(DE=CE:ΔADE≥ΔBCE(SAS)，:AE=BE=5，:EH=AE-AH=5-2=3，在RtΔAHB中，AB=25，AH=2，由勾股定理得：BH=、AB2-AH2=4，“ABⅡCD，:ΔMEC一ΔMBA，:ME:MB=CE:AB，:ME:MB=1:2，:ME:EB=1:3，“BF丄AE，MN丄AE，:MNⅡBH，:ΔMNE一ΔBHE，:MN:BH=EN:EH=ME:EB:MN:4=EN:3=1:3，:MN=，EN=1，∴HN=EH-EN=3-1=2，在RtΔMHN中，MNHN=2，由勾股定理得：MH，．55．【分析】设B′E交AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则四边形ABEM为矩形AB=ME=6，AM=BE=3，由折叠可知BE=B′E=3，∠BEF=∠B′EF，由平行线的性质可得∠GFE=∠BEF，于是∠GFE=∠B′EF，FG=EG，利用勾股定理求得EH=得EGFG，MG，于是FM=FG-MG，AF，则FD=AD-AF，代入计算即可得到答案．AD于点G，过点E作EM⊥AD于点M，则∠AME=90°,∵四边形ABCD为矩形，BC=6，∴AD=BC=6，∠A=∠B=90°,AD⎳BC，∴∠AME=∠A=∠B=90°,∴四边形ABEM为矩形，∴AB=MEAM=BE=3，由折叠可知，BE=B′E=3，∠BEF=∠B′EF，∴∠GFE=∠BEF，∴∠GFE=∠B′EF，即∠GFE=∠GEF，∴FG=EG，∵B′H⊥BC，∴∠B′HE=90°,在Rt△B′HE中，EH∵ME⊥BC，B′H⊥BC，∴∠EMG=∠B′HE=90°,∴∠EGM=∠B′EH，∴△EMG∽△B′HE，,即∴FD=AD-AF=6-(3-3)=3+3；FK⊥BC于点K，同理可得B/E=BE=CE=3，FP=EP，在Rt△B/HE中，EH△B/EH∽△FPK，则，即解得FPEP，PK，∴EK=EP-PK=3，∴DF=DK=CE-EK=3-3；∵△BAC，△DMN是等边三角形，∠DBN=90°,∴∠ABC=∠DEB=∠MDN=∠BDE=60°,DM=DN，∴BD=DE=BE=2，∠NBE=∠DBN-∠DBE=30°,∠EDN+∠NDB=∠NDB+∠MDB=60°,∴∠EDN=∠BDM，∴△DEN≅△DBM(SAS)，∴∠DEN=∠DBM=180°-60°=120°,BM=NE，∴∠BEN=∠DEN-∠DEB=60°,∴∠BNE=90°,即BM=1，∴MC=BC+BM=7+1=8．同理可得△DEN≅△DBM，∠NDE=∠BDN-∠BDE=90°-60°=30°,∴∠NED=∠MBD=60°,即∠DMB=∠DNE=90°,∴CM=BC-BM=6．同理可证△DBN≅△DEM，DE=BD=2，∠DEM=∴∠DME=∠DNB=90°,∴CM=BC-BM=6．同理可证△DBN≅△DME，DE=BD=BE=2，∠DEM=60°,∴∠MDE=∠NDB=90°,BE=BC-BE=5，∴CM=ME+BE=9．整理得4m2-8mn+n2=0，构造等腰直角三角形，再利用手拉手全等和∴∠GAE=∠PBE，∠AGE=∠BPE，:△AGE一△BPE，:AG=AE=1BPBEk，“AN=BP=k，:MN=k-1，“S1=AD2=AM2+MD2=k2+1，S2=MN2=(k-1)2,易证△GBA≥△PBC，根据角平分线比例定理得：AG=:AM=1，MD=k=AN，:MN=k-1，“S1=AD2=AM2+MD2=k2+1，S2=MN2=(k-1)2,S2(k-1)2；:S2(k-1)2；(2)根据MN丄GH和∠C,NM=∠CNM这一条件作为突破口，得到PG=PGI=GGI和NG=NGI，从而【解答】解：(1)“MN丄EF，∠BEF=α,:∠EMN=90。-α,“CDⅡAB，:∠CNM=∠EMN=90。-α,:∠C,NM=∠CNM=90。-α.(2)如图，设PH与NCI交于点GI，“四边形ABCD和四边形EFGH是正方形，:∠AHE+∠GHD=∠AHE+∠AEH=90。:∠GHD=∠AEH，:ΔEAH≥ΔHDG(AAS)同理可证ΔEAH≥ΔHDG≥ΔGCF≥ΔFBE，:DH=CG=AE=4，DG=EB=8，:GH=DG2+DH2=45，“MN丄GH，且∠C,NM=∠CNM，:MN垂直平分GGI，即PG=PGI=GGI，且NG=NGI，“四边形CBMN沿MN折叠，:CN=CIN，:CN-NG=CIN-NGI，即CIGI=CG=4，“ΔGDH沿GH折叠得到△GDIH，:GDI=GD=8，:CIGIⅡDIG，:HGI=CIGI=1HGDIG2，:HGI=GGI=1HG=25，又“PGI=GGI=5，:PH=PGI+HGI=35．60．【分析】设AE=a，DE=b，则BF=a，AF=ab-a2，化简可得(b-ab-a2，化简可得(b-a)式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD=1:3，进而可求解n【解答】解：设AE=a，DE=b，则BF=a，AF=“tanα=，tanβ=b-aa，tanα=tan2β,:(b-a)2=ab，∵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．★类型二：几何最值问题★段DF，∴DE=DF，∠EDF=90°,又∵∠A=∠ABC=90°,AB=4，BC=3，AD=1，过点D作DG⊥BC于点G，在DG上取一点H，使得DH=AD=1，延长FH交AB于点I，则四边形ABGD∴∠GDA=∠ADE+∠EDG=90°=∠EDG+∠HDF．∴∠ADE=∠HDF，∴△DHF≅△DAE(SAS)，∴∠DHF=∠DAE=90°,∴FH⊥DG，即点F在FH上运动，∴四边形DAIH和四边形BGHI是矩形，∴HI=AD=BG=1，AI=DH=1，BI=4-1=3，∴∠A=∠ABC=90°,AB=4，BC=3，AD=1，∴DE=12+(4-BE)2，CE=、32+BE2，∴EC-ED=、32+BE2-12+(4-BE)2，∴BE最大时，EC-ED最大，时EC=、42+32=5，ED=1，EC-ED=5-1=4≠BF=HI2+BI2=12+32=10，故B正确，不符合作点D关于AB的对称点M，连接MC，则ED=EM，AD=AM=1，∠BAM=∠BAD=90°,过M作MN⊥CB于点N，此时EC+ED，当C、E、M三点共线时，EC+ED最小，∵MN⊥CB，∠ABN=180°-90°=90°,∴BN=AM=1，CN=3+1=4，AB=MN=4，∴EC+ED的最小值=AC=42+42=42，故C正当E与A重合时，CF=GH2+CG2=(3-1)2+(4-1)2=13，当E与B重合时，过C作CQ⊥FH，则四边形∴CQ=IB=4-1=3，QI=BC=3，∵△DHF≅△DAE，∴FH=AE=4，∴QF=FH+HI-QI=4+1-3=2，∴FC=CQ2+FQ2=22+32=13，线，两垂线交于点M，构造△MDF∽△DB