中考数学真题分类汇编 四边形解析版
2017年浙江中考真题分类汇编（数学）：四边形
一、单选题（共8题；共16分）
1、（2017·衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（ ）
A、
B、
C、
D、
2、（2017•温州）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为S的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM=2 EF，则正方形ABCD的面积为（ ）
A、12S
B、10S
C、9S
D、8S
3、（2017•绍兴）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图，该图中，四边形ABCD是矩形，E是BA延长线上一点，F是CE上一点，∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA。若∠ACB=21°，则∠ECD的
度数是（ ）
A、7°
B、21°
C、23°
D、24°
4、（2017·嘉兴）一张矩形纸片 ，已知 ， ，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段 长为（ ）
A、
B、
C、
D、
5、（2017·嘉兴）如图，在平面直角坐标系 中，已知点 ， ．若平移点 到点 ，使以点 ， ， ， 为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（ ）
A、向左平移1个单位，再向下平移1个单位
B、向左平移 个单位，再向上平移1个单位
C、向右平移 个单位，再向上平移1个单位
D、向右平移1个单位，再向上平移1个单位
6、（2017·丽水）如图，在□ABCD中，连结AC，∠ABC=∠CAD=45°，AB=2，则BC的长是（ ）
A、
B、2
C、2
D、4
7、（2017•宁波）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD、CD于G、F两点．若M、N分别是DG、CE的中点，则MN的长为 （ ）
A、3
B、
C、
D、4
8、（2017·台州）如图，矩形EFGH四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF，将△AEH，△CFG分别沿边EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 时，则 为（ ）
A、
B、2
C、
D、4
二、填空题（共6题；共7分）
9、（2017•温州）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B在第一象限，点D在边BC上，且∠AOD=30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和A，B′和B分别对应）．若AB=1，反比例函数y= （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，则k的值为________．
10、（2017•绍兴）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪得行走的路线为B→A→D→E→F.若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为________m.
11、（2017·丽水）我国三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图1所示.在图2中，若正方形ABCD的边长为14，正方形IJKL的边长为2，且IJ//AB，则正方形EFGH
的边长为________.
12、（2017•宁波）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上．则cos∠EFG的值为________．
13、（2017·台州）如图，有一个不定的正方形ABCD，它的两个相对的顶点A，C分别在边长为1的正六边形一组对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部（包括边界），则正方形边长a的取值范围是________
14、（2017·金华）在一空旷场地上设计一落地为矩形ABCD的小屋，AB+BC=10m.拴住小狗的10m长的绳子一端固定在B点处，小狗在不能进入小屋内的条件下活动，其可以活动的区域面积为S（m2）.
①如图1，若BC＝4m，则S＝________m.
②如图2，现考虑在(1)中的矩形ABCD小屋的右侧以CD为边拓展一正△CDE区域，使之变成落地为五边形
ABCED的小屋，其它条件不变.则在BC的变化过程中，当S取得最小值时，边BC的长为________m.
三、解答题（共11题；共138分）
15、（2017•杭州）如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG．
(1)写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由；
(2)若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长．
16、（2017•舟山）如图， 是 的中线， 是线段 上一点（不与点 重合）． 交 于点 ， ，连结 ．
(1)如图1，当点 与 重合时，求证：四边形 是平行四边形；
(2)如图2，当点 不与 重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.
(3)如图3，延长 交 于点 ，若 ，且 ．当 ， 时，求 的长．
17、（2017•宁波）在一次课题学习中，老师让同学们合作编题．某学习小组受赵爽弦图的启发，编写了下面这道题，请你来解一解．
如图，将矩形ABCD的四边BA、CB、DC、AD分别延长至E、F、G、H，使得AE＝CG，BF＝DH，连结EF、FG、GH、HE．
(1)求证：四边形EFGH为平行四边形；
(2)若矩形ABCD是边长为1的正方形，且∠FEB＝45°，tan∠AEH＝2，求AE的长．
18、（2017·丽水）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连结AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设 =n.
(1)求证：AE=GE；
(2)当点F落在AC上时，用含n的代数式表示 的值；
(3)若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值.
19、（2017•温州）小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形ABCD区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设，且满足PQ∥AD，如图所示．
(1)若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2 ， 面积为S（m2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m2 ， 且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S的最大值；
(2)若区域Ⅰ满足AB：BC=2：3，区域Ⅱ四周宽度相等
①求AB，BC的长；
②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2 ， 乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围．
20、（2017•温州）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，⊙O（圆心O在△ABC内部）经过B、C两点，交AB于点E，过点E作⊙O的切线交AC于点F．延长CO交AB于点G，作ED∥AC交CG于点D
(1)求证：四边形CDEF是平行四边形；
(2)若BC=3，tan∠DEF=2，求BG的值．
21、（2017•绍兴）如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.
(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标.
(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标.
(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）.
22、（2017•绍兴）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形.
(1)如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°，
①若AB=CD=1，AB//CD，求对角线BD的长.
②若AC⊥BD，求证：AD=CD.
(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形.求AE的长.
23、（2017·衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。
(1)如图1，当t=3时，求DF的长；
(2)如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；
(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。
24、（2017·金华）(本题12分)如图1,在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别O(0,0),A(3, )，B(9,5 )，C(14,0).动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA−AB−BC运动，在OA，AB，BC上运动的速度分别为3， ， (单位长度/秒)﹒当P,Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动．
(1)求AB所在直线的函数表达式.
(2)如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值.
(3)在P,Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值.
25、（2017·金华）(本题10分) 如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF,HG折叠,折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形.类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩 形，这样的矩形称为叠合矩形.
(1)将□ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段________，________；S矩形AEFG:S□ABCD=________
(2)ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF=5，EH=12，求AD的长.
(3)如图4，四边形ABCD纸片满足AD∥BC,AD
AB，故当OA，OB为边时O，A，B，C四点构成的四边形是菱形，故点A平移到C的运动与点O平移到B的相同.
6、【答案】C
【考点】平行四边形的性质
【解析】【解答】解：在□ABCD中，AD//BC，
∴∠ACB=∠CAD=45°，
∴∠ABC=∠ABC=45°，
∴AC=AB=2，∠BAC=90°，
由勾股定理得BC= AB=2 .
故选C.
【分析】由平行四边形ABCD的性质可得AD//BC，则可得内错角相等∠ACB=∠CAD=45°，由等角对等边可得AC=AB=2，∠BAC=90°，由勾股定理可解出BC.
7、【答案】C
【考点】勾股定理，三角形中位线定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如下图）.
∵四边形ABCD是边长为6的正方形，BE=4.
∴AE=DF=2,CF=BE=4.
∴△DGF∽△BGE
∴==.
∴GF=2,EF=4.
又∵M、N、K、H、都是中点，
∴MK=GF=1,NH=EF=3.KF=DF=1,FH=CF=2,
∴MK=OH=1.KH=MO=3
∴NO=2.
在Rt△MON中，
∴MN= == .
故答案为C.
【分析】取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如上图）；由正方形ABCD是边长和BE的长可以得出AE=DF=2,CF=BE=4；
再由题得到△DGF∽△BGE，利用相似三角形的性质可以求出.GF=2,EF=4；再根据三角形中位线可以得出MO=3，NO=2；利用勾股定理即可得出答案.
8、【答案】A
【考点】菱形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：依题可得阴影部分是菱形.
∴设S菱形ABCD=16,BE=x.
∴AB=4.
∴阴影部分边长为4-2x.
∴（4-2x）2=1.
∴4-2x=1或4-2x=-1.
∴x=或x=（舍去）.
∴==.
故答案为A.
【分析】依题可得阴影部分是菱形.设S菱形ABCD=16,BE=x.从而得出AB=4，阴影部分边长为4-2x.根据（4-2x）2=1求出x,从而得出答案.
二、填空题
9、【答案】
【考点】矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵四边形ABCO是矩形，AB=1，
∴设B（m，1），
∴OA=BC=m，
∵四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称，
∴OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°，
∴∠A′OA=60°，
过A′作A′E⊥OA于E，
∴OE= m，A′E= m，
∴A′（ m， m），
∵反比例函数y= （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，
∴ m• m=m，
∴m= ，
∴k= ．
故答案为： ．
【分析】设B（m，1），得到OA=BC=m，根据轴对称的性质得到OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°，求得∠A′OA=60°，过A′作A′E⊥OA于E，解直角三角形得到A′（ m， m），列方程即可得到结论．
10、【答案】4600
【考点】全等三角形的判定，正方形的性质
【解析】【解答】解：小敏走的路程为AB+AG+GE=1500+（AG+GE）=3100，
则AG+GE=1600m，
小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF）.
连接CG，
在正方形ABCD中，∠ADG=∠CDG=45°，AD=CD，
在△ADG和△CDG中，
所以△ADG≅△CDG，
所以AG=CG.
又因为GE⊥CD，GF⊥BC，∠BCD=90°，
所以四边形GECF是矩形，
所以CG=EF.
又因为∠CDG=45°，
所以DE=GE，
所以小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（GE+AG）=3000+1600=4600（m）.
故答案为4600.
【分析】从两人的行走路线得到他们所走的路程和，可以得到AG+GE=1600m，小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF），即要求出DE+EF，通一系列的证明即可得到DE=GE，EF=CG=AG.
11、【答案】10
【考点】勾股定理
【解析】【解答】解：易得正方形ABCD是由八个全等直角三角形和一个小方形组成的，
可，EJ=x，则HJ=x+2，
则S正方形ABCD=8× +22=142 ，
化简得x2+2x-48=0,
解得x1=6,x2=-8（舍去）.
∴正方形EFGH的边长为 . 故答案为10.
【分析】在原来勾股弦图基础上去理解新的弦图”，易得八个全等直角三角形和小正方形的面积和为正方形ABCD的面积，构造方程解出EJ的长，再由勾股定理求出正方形EFGH的边长.
12、【答案】
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，解直角三角形
【解析】【解答】解：连接BE、AE交FG于点O,
∵菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，E为CD中点，
∴BE⊥CD,CE=1,BC=2,∠C＝60°,∠ABC＝120°,
∴BE=,∠CBE＝30°,
∴∠FBE＝90°,
∴AE===.
∵△AGF翻折至△EGF，
∴△AGF≌△EGF,
∴AF=EF,∠AFG＝∠EFG,
在Rt△EBF中，设BF=x,则AF=EF=2-x,
∴（2-x）2=x2+（）2
∴x=,EF=,
又∵AG=EG,AF=EF,
∴GF垂直平分AE，
∴EO=.
∴FO===
在Rt△EOF中.
∴cos∠EFG==.
故答案为：.
【分析】连接BE、AE交GF于点O,在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，E为CD中点，以及图形的翻折，可以求出BE， BF，EF，AE，
根据AG=EG,AF=EF,得出GF垂直平分AE，从而求出EO，FO，最后在Rt△EOF中，利用三角函数定义即可得出答案.
13、【答案】
（ ）
【考点】勾股定理，正多边形和圆，计算器—三角函数，解直角三角形
【解析】【解答】解：因为AC为对角线，故当AC最小时，正方形边长此时最小.
①当 A、C都在对边中点时（如下图所示位置时），显然AC取得最小值，
∵正六边形的边长为1，
∴AC=,
∴a2+a2=AC2=.
∴a==.
②当正方形四个顶点都在正六边形的边上时，a最大（如下图所示）.
设A′（t,）时，正方形边长最大.
∵OB′⊥OA′.
∴B′（-， t）
设直线MN解析式为：y=kx+b,M（-1，0），N（-， -）（如下图）
∴.
∴.
∴直线MN的解析式为：y=（x+1）,
将B′（-， t）代入得：t=-.
此时正方形边长为A′B′取最大.
∴a==3-.
故答案为：≤a≤3-.
【分析】分情况讨论.① 当A、C都在对边中点时，a最小.②当正方形四个顶点都在正六边形的边上时，a最大.根据题意求出正方形对角线的长度，再根据勾股定理即可求出a.从而得出a的范围.
14、【答案】88；
【考点】二次函数的最值，扇形面积的计算，圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4
为半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆；
∴S=..+..+..=88;
（2）设BC=x,则AB=10-x;
∴S=..+..+..；
=（-10x+250）
当x=时，S最小，
∴BC=
【分析】（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4为半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆；这样就可以求出S的值；
（2）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，x为半径的个圆；在C处是以C为圆心，10-x为半径的个圆；这样就可以得出一个S关于x的二次函数，根据二次函数的性质在顶点处取得最小值，求出BC值。
三、解答题
15、【答案】（1）解：结论：AG2=GE2+GF2 ．
理由：连接CG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于对角线BD对称，
∵点G在BD上，
∴GA=GC，
∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，
∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°，
∴四边形EGFC是矩形，
∴CF=GE，
在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2 ，
∴AG2=GF2+GE2
（2）解：作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．
∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°，
∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°，
∴∠AMN=30°，
∴AM=BM=2x，MN= x，
在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2 ，
∴1=x2+（2x+ x）2 ，
解得x= ，
∴BN= ，
∴BG=BN÷cos30°= ．
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质
【解析】【分析】（1）结论：AG2=GE2+GF2 ． 只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明；
（2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN= x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2 ， 可得1=x2+（2x+ x）2 ， 解得x= ，推出BN= ，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题；
16、【答案】（1）证明：∵DE//AB，∴∠EDC=∠ABM，
∵CE//AM，
∴∠ECD=∠ADB，
又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD=DC，
∴△ABD≅△EDC，
∴AB=ED，又∵AB//ED,
∴四边形ABDE为平行四边形。
（2）解：结论成立，理由如下：
过点M作MG//DE交EC于点G，
∵CE//AM，
∴四边形DMGE为平行四边形，
∴ED=GM且ED//GM，
由（1）可得AB=GM且AB//GM，
∴AB=ED且AB//ED.
∴四边形ABDE为平行四边形.
（3）
解：取线段HC的中点I，连结MI，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI//BH,MI=BH，
又∵BH⊥AC，且BH=AM，
∴MI=AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°
设DH=x,则AH=x，AD=2x,
∴AM=4+2x，∴BH=4+2x,
由（2）已证四边形ABDE为平行四边形，
∴FD//AB，
∴△HDF~△HBA，
∴， 即
解得x=1±（负根不合题意，舍去）
∴DH=1+.
【考点】平行四边形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠ABM，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，则△ABD≅△EDC，得到AB=ED，根据有一组对边平行且相等，可得四边形ABDE为平行四边形.
（2）过点M作MG//DE交EC于点G，则可得四边形DMGE为平行四边形，且ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，即可证得；
（3）在已知条件中没有已知角的度数时，则在求角度时往特殊角30°，60°，45°的方向考虑，则要求这样的特殊角，就去找边的关系，构造直角三角形，取线段HC的中点I，连结MI，则MI是△BHC的中位线，可得MI//BH,MI=BH，且MI⊥AC，则去找Rt△AMI中边的关系，求出∠CAM；
设DH=x,即可用x分别表示出AH=x，AD=2x,AM=4+2x，BH=4+2x,由△HDF~△HBA，得到对应边成比例，求出x的值即可；
17、【答案】（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°.
又∵BF=DH,
∴AD+DH=BC+BF
即AH=CF.
在Rt△AEH中，EH=.
在Rt△CFG中，FG=.
∵AE=CG，
∴EH=FG.
同理得，EF=HG.
∴四边形EFGH为平行四边形.
（2）解：在正方形ABCD中，AB=AD=1.
设AE=x，则BE=x+1.
∵在Rt△BEF中，∠BEF=45°.
∴BE=BF.
∵BF=DH,
∴DH=BE=x+1.
∴AH=AD+DH=x+2.
∵在Rt△AEH中，tan∠AEH=2，
∴AH=2AE.
∴2+x=2x.
∴x=2.
即AE=2.
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定，矩形的性质，解直角三角形
【解析】【分析】（1）在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°.根据BF=DH,得出AH=CF.根据勾股定理 EH=.FG=.
由AE=CG得出EH=FG.EF=HG；从而证明四边形EFGH为平行四边形.
（2）在正方形ABCD中，AB=AD=1； 设AE=x，则BE=x+1；在Rt△BEF中，∠BEF=45°.得出BE=BF=DH=x+1；AH=AD+DH=x+2.
在Rt△AEH中，利用正切即可求出AE的长.
18、【答案】（1）证明：由对称得AE=FE，∴∠EAF=∠EFA，
∵GF⊥AE，∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°，
∴∠FGA=∠EFG，∴EG=EF.
∴AE=EG.
（2）解：设AE=a，则AD=na，
当点F落在AC上时（如图1），
由对称得BE⊥AF，
∴∠ABE+∠BAC=90°，
∵∠DAC+∠BAC=90°，
∴∠ABE=∠DAC，
又∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DAC ,
∴
∵AB=DC，∴AB2=AD·AE=na·a=na2,
∵AB>0，∴AB= .
∴ .
（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=4AB，则AB= .
当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a，
此时 ，∴n=4.
∴当点F落在矩形外部时，n>4.
∵点F落在矩形的内部，点G在AD上，
∴∠FCG<∠BCD，∴∠FCG<90°，
若∠CFG=90°，则点F落在AC上，由（2）得 ，∴n=16.
若∠CGF=90°（如图3），则∠CGD+∠AGF=90°，
∵∠FAG+∠AGF=90°，
∴∠CGD=∠FAG=∠ABE，
∵∠BAE=∠D=90°，
∴△ABE~△DGC，
∴ ，
∴AB·DC=DG·AE，即（ ）2=（n-2）a·a.
解得 或 （不合题意，舍去），
∴当n=16或 时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形.
【考点】矩形的性质，解直角三角形的应用
【解析】【分析】（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC , 则 ，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n
，需要分类讨论，一般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答.
19、【答案】（1）解：由题意300S+（48﹣S）200≤12000，
解得S≤24．
∴S的最大值为24．
（2）解：①设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）=2：3，解得a=1，
∴AB=6﹣2a=4，CB=8﹣2a=6．
②设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2 ， 则甲的单价为（300﹣3x）元/m2 ，
∵PQ∥AD，
∴甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s），
由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）=4800，
解得s= ，
∵0＜s＜12，
∴0＜ ＜12，
∴0＜x＜50，
∴丙瓷砖单价3x的范围为0＜3x＜150元/m2 ．
【考点】一元一次不等式的应用，二次函数的应用，矩形的性质
【解析】【分析】（1）根据题意可得300S+（48﹣S）200≤12000，解不等式即可；（2）①设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）=2：3，解得a=1，由此即可解决问题；②设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2 ， 则甲的单价为（300﹣3x）元/m2 ， 由PQ∥AD，可得甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s），由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）=4800，解得s= ，由0＜s＜12，可得0＜ ＜12，解不等式即可；
20、【答案】（1）解：连接CE，
∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠B=45°，
∵EF是⊙O的切线，
∴∠FEC=∠B=45°，∠FEO=90°，
∴∠CEO=45°，
∵DE∥CF，
∴∠ECD=∠FEC=45°，
∴∠EOC=90°，
∴EF∥OD，
∴四边形CDEF是平行四边形；
（2）解：过G作GN⊥BC于M，
∴△GMB是等腰直角三角形，
∴MB=GM，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴∠FCD=∠FED，
∵∠ACD+∠GCB=∠GCB+∠CGM=90°，
∴∠CGM=∠ACD，
∴∠CGM=∠DEF，
∵tan∠DEF=2，
∴tan∠CGM= =2，
∴CM=2GM，
∴CM+BM=2GM+GM=3，
∴GM=1，
∴BG= GM= ．
【考点】平行四边形的判定与性质，切线的性质，解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接CE，根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，根据切线的性质得到∠FEC=∠B=45°，∠FEO=90°，根据平行线的性质得到∠ECD=∠FEC=45°，得到∠EOC=90°，求得EF∥OD，于是得到结论；（2）过G作GN⊥BC于N，得到△GMB是等腰直角三角形，得到MB=GM，根据平行四边形的性质得到∠FCD=∠FED，根据余角的性质得到∠CGM=∠ACD，等量代换得到∠CGM=∠DEF，根据三角函数的定义得到CM=2GM，于是得到结论．
21、【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6，
所以点P与点C重合，
所以点P的坐标为（3,4）.
（2）解：①当点P在边AD上时，
由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2，
设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1，
若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上，
所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。
若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上，
所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）.
②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7，
若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上，
所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）.
若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上，
所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）.
综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）.
（3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）.
①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3,
则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|，
易证得△OGM′~△HM′P，
则 ,
即 ，
则OM′= ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得， ，
解得m= 或 ，
则P（ ，4）或（ ，4）；
②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）,
则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|,
易证得△OGM′~△HM′P，
则 ,
即 ，
则OM′= ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得， ，
整理得m= ,
则P（ ，3）；
如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），
此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，
所以GM=PM=4-2=2，
则P（2，-4）.
综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（ ，3）或（ ，4）或（ ，4）.
【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解.
22、【答案】（1）解：①因为AB=CD=1，AB//CD,
所以四边形ABCD是平行四边形.
又因为AB=BC，
所以□ABCD是菱形.
又因为∠ABC=90度，
所以菱形ABCD是正方形.
所以BD= .
②如图1，连结AC，BD，
因为AB=BC，AC⊥BD，
所以∠ABD=∠CBD,
又因为BD=BD，
所以△ABD≅△CBD，
所以AD=CD.
（2）解：若EF与BC垂直，则AE≠EF，BF≠EF，
所以四边形ABFE不是等腰直角四边形，不符合条件；
若EF与BC不垂直，
①当AE=AB时，如图2，
此时四边形ABFE是等腰直角四边形.
所以AE=AB=5.
②当BF=AB时，如图3，
此时四边形ABFE是等腰直角四边形.
所以BF=AB=5，
因为DE//BF，
所以△PED~△PFB，
所以DE：BF=PD：PB=1:2,
所以AE=9-2.5=6.5.
综上所述，AE的长为5或6.5.
【考点】平行四边形的判定
【解析】【分析】（1）①由AB=CD=1，AB//CD,根据“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形ABCD是平行四边形.由邻边相等AB=BC，有一直角∠ABC=90度，所以菱形ABCD是正方形.则BD= ；②连结AC，BD，由AB=BC，AC⊥BD，可知四边形ABCD是一个筝形，则只要证明△ABD≅△CBD，即可得到AD=CD.（2）分类讨论：若EF与BC垂直，明示有AE≠EF，BF≠EF，即EF与两条邻边不相等；由∠A=∠ABC=90°，可分类讨论AB=AE时，AB=BF时去解答.
23、【答案】（1）解：当t=3时，如图1，点E为AB中点.
∵点D为OB中点，
∴DE//OA，DE=OA=4，
∵OA⊥AB,
∴DE⊥AB,
∴∠OAB=∠DEA=90°,
又∵DF⊥DE,
∴∠EDF=90°
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3.
（2）解： ∵∠DEF大小不变，如图2，
过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB,
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM//AB,DN//OA,
∴,,
∵点D为OB中点，
∴M、N分别是OA、AB中点，
∴DM=AB=3,DN=OA=4,
∵∠EDF=90°,
∴∠FDM=∠EDN.
又∵∠DMF=∠DNE=90°,
∴△DMF∽△DNE
∴,
∵∠EDF=90°,
∴tan∠DEF=
（3）解：过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N.
若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
①当点E到达中点之前时.
NE=3-t，由△DMF∽△DNE得
MF=（3-t）.
∴AF=4+MF=-t+.
∵点为EF的三等分点。
∴（.t）.
由点A（8，0），D（4，3）得直线AD解析式为y=-χ+6.
(.t)代入，得t=.
②当点E越过中点之后.
NE=t-3,由△DMF～△DNE得MF=（t-3）.
∴AF=4-MF=-+.
∵点为EF的三等分点.
∴(.).
代入直线AD解析式y=-χ+6.
得t=.
【考点】矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，与一次函数有关的动态几何问题
【解析】【分析】（1）当t=3时，如图1，点E、D分别为AB、OB中点，得出DE//OA，DE=OA=4，根据OA⊥AB得出DE⊥AB，从而得出四边形DFAE是矩形，根据矩形性质求出DF=AE=3.
（2）如图2，过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,四边形OABC、DMAN都是矩形，由平行得出,,由D、M、N是中点又可以得出条件判断△DMF∽△DNE，从而得出tan∠DEF=。
（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N；若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点.
分点E到达中点之前或越过中点之后来讨论，得出 NE，由△DMF∽△DNE得 MF和AF的长度， 再算出直线AD的解析式，由点G为EF的三等分点得出G点坐标将其代入AD直线方程求出t值。
24、【答案】（1）解：把A（3，3 ），B（9，5 ）代入y=kx+b,
得 ;解得：;
∴y= x+2;
（2）解：在△PQC中，PC=14-t,PC边上的高线长为;
∴
∴当t=5时，S有最大值；最大值为.
（3）解： a.当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图1）；
可得方程
解得：,（舍去），此时t=.
b.当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图2）
可得方程,
解得：;（舍去），此时；
c.当6＜t≤10时，
①线段PQ的中垂线经过点C（如图3）
可得方程14-t=25-;
解得：t=.
②线段PQ的中垂线经过点B（如图4）
可得方程;
解得,（舍去）；
此时；
综上所述：t的值为，，，.
【考点】待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的应用，与一次函数有关的动态几何问题，与二次函数有关的动态几何问题
【解析】【分析】（1）用待定系数法求直线AB方程即可。
（2）根据三角形的面积公式得到关于t的二次三项式，再由二次函数图像的性质求出S的最大值即可。
（3）根据t的值分情况讨论，依题意列出不同的方程从而求出t的值。
25、【答案】（1）AE；GF；1:2
（2）解：∵四边形EFGH是叠合矩形，∠FEH=90°,EF=5,EH=12;
∴FH===13;
由折叠的轴对称性可知：DH=NH,AH=HM,CF=FN;
易证△AEH≌△CGF;
∴CF=AH;
∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13.
（3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示.
按图1的折法，则AD=1，BC=7.
按图2的折法，则AD=,BC=.
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】（1）由图可以观察出叠合的矩形是由AE和GF折叠而成，所以△ABE≌△AHE;四边形AGFH≌四边形DGFC;所以S矩形AEFG:S□ABCD=1：2.
【分析】（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2.
（2）由EF和EH的长度根据勾股定理可求出FH的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH≌△CGF;再根据全等三角形的性质可得出AD的长度.
（3）由折叠的图可分别求出AD和BC的长度.
