中考数学选择填空压轴题汇编：几何综合结论 31页

‎2020年中考数学选择填空压轴题汇编：几何综合结论 ‎1.（2020深圳）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H．给出以下结论：‎ ‎①EF⊥BG；‎ ‎②GE＝GF；‎ ‎③△GDK和△GKH的面积相等；‎ ‎④当点F与点C重合时，∠DEF＝75°，‎ 其中正确的结论共有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【解答】解：如图，连接BE，设EF与BG交于点O，‎ ‎∵将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，‎ ‎∴EF垂直平分BG，‎ ‎∴EF⊥BG，BO＝GO，BE＝EG，BF＝FG，故①正确，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠EGO＝∠FBO，‎ 又∵∠EOG＝∠BOF，‎ ‎∴△BOF≌△GOE（ASA），‎ ‎∴BF＝EG，‎ ‎∴BF＝EG＝GF，故②正确，‎ ‎∵BE＝EG＝BF＝FG，‎ ‎∴四边形BEGF是菱形，‎ ‎∴∠BEF＝∠GEF，‎ 当点F与点C重合时，则BF＝BC＝BE＝12，‎ ‎∵sin∠AEB‎=ABBE=‎6‎‎12‎=‎‎1‎‎2‎，‎ ‎∴∠AEB＝30°，‎ ‎∴∠DEF＝75°，故④正确，‎ 由题意无法证明△GDK和△GKH的面积相等，故③错误；‎ 故选：C．‎ ‎2.（2020贵州铜仁）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF‎=‎‎2‎，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为‎17‎‎2‎；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　）‎ A．①②③ B．①③ C．①② D．②③‎ ‎【解答】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠HAD＝90°，‎ ‎∵HF∥AD，‎ ‎∴∠H＝90°，‎ ‎∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，‎ ‎∴∠AFH＝∠HAF．‎ ‎∵AF‎=‎‎2‎，‎ ‎∴AH＝HF＝1＝BE．‎ ‎∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，‎ ‎∴△EHF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，‎ ‎∵∠BCE+∠BEC＝90°，‎ ‎∴HEF+∠BEC＝90°，‎ ‎∴∠FEC＝90°，‎ ‎∴△CEF是等腰直角三角形，‎ 在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，‎ ‎∴EC2＝BE2+BC2＝17，‎ ‎∴S△ECF‎=‎‎1‎‎2‎EF•EC‎=‎‎1‎‎2‎EC2‎=‎‎17‎‎2‎，故①正确；‎ 过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，‎ ‎∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，‎ ‎∴四边形APFH是矩形，‎ ‎∵AH＝HF，‎ ‎∴矩形AHFP是正方形，‎ ‎∴AP＝PH＝AH＝1，‎ 同理：四边形ABQP是矩形，‎ ‎∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△FPG∽△FQC，‎ ‎∴FPFQ‎=‎PGCQ，‎ ‎∴‎1‎‎5‎‎=‎PG‎3‎，‎ ‎∴PG‎=‎‎3‎‎5‎，‎ ‎∴AG＝AP+PG‎=‎‎8‎‎5‎，‎ 在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG‎=AG‎2‎+AE‎2‎=‎‎17‎‎5‎，‎ ‎∴△AEG的周长为AG+EG+AE‎=‎8‎‎5‎+‎17‎‎5‎+‎3＝8，故②正确；‎ ‎∵AD＝4，‎ ‎∴DG＝AD﹣AG‎=‎‎12‎‎5‎，‎ ‎∴DG2+BE2‎=‎144‎‎25‎+‎1‎=‎‎169‎‎25‎，‎ ‎∵EG2＝（‎17‎‎5‎）2‎=‎289‎‎25‎≠‎‎169‎‎25‎，‎ ‎∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，‎ ‎∴正确的有①②，‎ 故选：C．‎ ‎3．（2020黑龙江鹤岗）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF‎=‎‎2‎BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：‎ ‎①∠ECF＝45°；‎ ‎②△AEG的周长为（1‎+‎‎2‎‎2‎）a；‎ ‎③BE2+DG2＝EG2；‎ ‎④△EAF的面积的最大值是‎1‎‎8‎a2；‎ ‎⑤当BE‎=‎‎1‎‎3‎a时，G是线段AD的中点．‎ 其中正确的结论是（　　）‎ A．①②③ B．②④⑤ C．①③④ D．①④⑤‎ ‎【解答】解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．‎ ‎∵BE＝BH，∠EBH＝90°，‎ ‎∴EH‎=‎‎2‎BE，‎ ‎∵AF‎=‎‎2‎BE，‎ ‎∴AF＝EH，‎ ‎∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠FAE＝∠EHC＝135°，‎ ‎∵BA＝BC，BE＝BH，‎ ‎∴AE＝HC，‎ ‎∴△FAE≌△EHC（SAS），‎ ‎∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECH，‎ ‎∵∠ECH+∠CEB＝90°，‎ ‎∴∠AEF+∠CEB＝90°，‎ ‎∴∠FEC＝90°，‎ ‎∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，‎ 如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），‎ ‎∴∠ECB＝∠DCH，‎ ‎∴∠ECH＝∠BCD＝90°，‎ ‎∴∠ECG＝∠GCH＝45°，‎ ‎∵CG＝CG，CE＝CH，‎ ‎∴△GCE≌△GCH（SAS），‎ ‎∴EG＝GH，‎ ‎∵GH＝DG+DH，DH＝BE，‎ ‎∴EG＝BE+DG，故③错误，‎ ‎∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，‎ 设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF‎=‎‎2‎x，‎ ‎∴S△AEF‎=‎‎1‎‎2‎•（a﹣x）×x‎=-‎‎1‎‎2‎x2‎+‎‎1‎‎2‎ax‎=-‎‎1‎‎2‎（x2﹣ax‎+‎‎1‎‎4‎a2‎-‎‎1‎‎4‎a2）‎=-‎‎1‎‎2‎（x‎-‎‎1‎‎2‎a）2‎+‎‎1‎‎8‎a2，‎ ‎∵‎-‎1‎‎2‎＜‎0，‎ ‎∴x‎=‎‎1‎‎2‎a时，△AEF的面积的最大值为‎1‎‎8‎a2．故④正确，‎ 当BE‎=‎‎1‎‎3‎a时，设DG＝x，则EG＝x‎+‎‎1‎‎3‎a，‎ 在Rt△AEG中，则有（x‎+‎‎1‎‎3‎a）2＝（a﹣x）2+（‎2‎‎3‎a）2，‎ 解得x‎=‎a‎2‎，‎ ‎∴AG＝GD，故⑤正确，‎ 故选：D．‎ ‎ ‎ ‎4.（2020黑龙江绥化）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，FG＝2，GC＝3．下列结论：‎ ‎①DE‎=‎‎1‎‎2‎BC；‎ ‎②四边形DBCF是平行四边形；‎ ‎③EF＝EG；‎ ‎④BC＝2‎5‎．‎ 其中正确结论的个数是（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【解答】解；∵CD为斜边AB的中线，‎ ‎∴AD＝BD，‎ ‎∵∠ACB＝90°，‎ ‎∴BC⊥AC，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴DE∥BC，‎ ‎∴DE是△ABC的中位线，‎ ‎∴AE＝CE，DE‎=‎‎1‎‎2‎BC；①正确；‎ ‎∵EF＝DE，‎ ‎∴DF＝BC，‎ ‎∴四边形DBCF是平行四边形；②正确；‎ ‎∴CF∥BD，CF＝BD，‎ ‎∵∠ACB＝90°，CD为斜边AB的中线，‎ ‎∴CD‎=‎‎1‎‎2‎AB＝BD，‎ ‎∴CF＝CD，‎ ‎∴∠CFE＝∠CDE，‎ ‎∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，‎ ‎∴∠CDE＝∠EGF，‎ ‎∴∠CFE＝∠EGF，‎ ‎∴EF＝EG，③正确；‎ 作EH⊥FG于H，如图所示：‎ 则∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，FH＝GH‎=‎‎1‎‎2‎FG＝1，‎ ‎∴∠EFH＝∠CEH，CH＝GC+GH＝3+1＝4，‎ ‎∴△EFH∽△CEH，‎ ‎∴EHCH‎=‎FHEH，‎ ‎∴EH2＝CH×FH＝4×1＝4，‎ ‎∴EH＝2，‎ ‎∴EF‎=FH‎2‎+EH‎2‎=‎1‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=‎‎5‎，‎ ‎∴BC＝2DE＝2EF＝2‎5‎，④正确；‎ 故选：D．‎ ‎5.（2020湖北随州）如图，已知矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M，N分别在边AD，BC上，沿着MN折叠矩形ABCD，使点A，B分别落在E，F处，且点F在线段CD上（不与两端点重合），过点M作MH⊥BC于点H，连接BF，给出下列判断：‎ ‎①△MHN∽△BCF；‎ ‎②折痕MN的长度的取值范围为3＜MN‎＜‎‎15‎‎4‎；‎ ‎③当四边形CDMH为正方形时，N为HC的中点；‎ ‎④若DF‎=‎‎1‎‎3‎DC，则折叠后重叠部分的面积为‎55‎‎12‎．‎ 其中正确的是　①②③④　．（写出所有正确判断的序号）‎ ‎【解答】解：①如图1，由折叠可知BF⊥MN，‎ ‎∴∠BOM＝90°，‎ ‎∵MH⊥BC，‎ ‎∴∠BHP＝90°＝∠BOM，‎ ‎∵∠BPH＝∠OPM，‎ ‎∴∠CBF＝∠NMH，‎ ‎∵∠MHN＝∠C＝90°，‎ ‎∴△MHN∽△BCF，‎ 故①正确；‎ ‎②当F与C重合时，MN＝3，此时MN最小，‎ 当F与D重合时，如图2，此时MN最大，‎ 由勾股定理得：BD＝5，‎ ‎∵OB＝OD‎=‎‎5‎‎2‎，‎ ‎∵tan∠DBC‎=ONOB=‎CDBC，即ON‎5‎‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎，‎ ‎∴ON‎=‎‎15‎‎8‎，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠MDO＝∠OBN，‎ 在△MOD和△NOB中，‎ ‎∵‎∠MDO=∠OBNOD=OB‎∠DOM=∠BON，‎ ‎∴△DOM≌△BON（ASA），‎ ‎∴OM＝ON，‎ ‎∴MN＝2ON‎=‎‎15‎‎4‎，‎ ‎∵点F在线段CD上（不与两端点重合），‎ ‎∴折痕MN的长度的取值范围为3＜MN‎＜‎‎15‎‎4‎；‎ 故②正确；‎ ‎③如图3，连接BM，FM，‎ 当四边形CDMH为正方形时，MH＝CH＝CD＝DM＝3，‎ ‎∵AD＝BC＝4，‎ ‎∴AM＝BH＝1，‎ 由勾股定理得：BM‎=‎3‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎‎10‎，‎ ‎∴FM‎=‎‎10‎，‎ ‎∴DF‎=FM‎2‎-DM‎2‎=‎(‎10‎‎)‎‎2‎-‎‎3‎‎2‎=‎1，‎ ‎∴CF＝3﹣1＝2，‎ 设HN＝x，则BN＝FN＝x+1，‎ 在Rt△CNF中，CN2+CF2＝FN2，‎ ‎∴（3﹣x）2+22＝（x+1）2，‎ 解得：x‎=‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∴HN‎=‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∵CH＝3，‎ ‎∴CN＝HN‎=‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∴N为HC的中点；‎ 故③正确；‎ ‎④如图4，连接FM，‎ ‎∵DF‎=‎‎1‎‎3‎DC，CD＝3，‎ ‎∴DF＝1，CF＝2，‎ ‎∴BF‎=‎2‎‎2‎‎+‎‎4‎‎2‎=‎2‎5‎，‎ ‎∴OF‎=‎‎5‎，‎ 设FN＝a，则BN＝a，CN＝4﹣a，‎ 由勾股定理得：FN2＝CN2+CF2，‎ ‎∴a2＝（4﹣a）2+22，‎ ‎∴a‎=‎‎5‎‎2‎，‎ ‎∴BN＝FN‎=‎‎5‎‎2‎，CN‎=‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∵∠NFE＝∠CFN+∠DFQ＝90°，‎ ‎∠CFN+∠CNF＝90°，‎ ‎∴∠DFQ＝∠CNF，‎ ‎∵∠D＝∠C＝90°，‎ ‎∴△QDF∽△FCN，‎ ‎∴QDFC‎=‎DFCN，即QD‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∴QD‎=‎‎4‎‎3‎，‎ ‎∴FQ‎=‎1‎‎2‎‎+(‎‎4‎‎3‎‎)‎‎2‎=‎‎5‎‎3‎，‎ ‎∵tan∠HMN＝tan∠CBF‎=HNHM=‎CFBC，‎ ‎∴HN‎3‎‎=‎‎2‎‎4‎，‎ ‎∴HN‎=‎‎3‎‎2‎，‎ ‎∴MN‎=‎3‎‎2‎‎+(‎‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎=‎‎3‎‎5‎‎2‎，‎ ‎∵CH＝MD＝HN+CN‎=‎3‎‎2‎+‎3‎‎2‎=‎3，‎ ‎∴MQ＝3‎-‎4‎‎3‎=‎‎5‎‎3‎，‎ ‎∴折叠后重叠部分的面积为：S△MNF+S△MQF‎=‎1‎‎2‎⋅MN⋅OF+‎1‎‎2‎⋅MQ⋅DF=‎1‎‎2‎×‎3‎‎5‎‎2‎×‎5‎+‎1‎‎2‎×‎5‎‎3‎×1=‎‎55‎‎12‎；‎ 故④正确；‎ 所以本题正确的结论有：①②③④；‎ 故答案为：①②③④．‎ ‎6.（2020湖北仙桃）如图，已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，BD，CE交于点F，连接AF．下列结论：①BD＝CE；②BF⊥CF；③AF平分∠CAD；④∠AFE＝45°．其中正确结论的个数有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【解答】解：如图，作AM⊥BD于M，AN⊥EC于N．‎ ‎∵∠BAC＝∠DAE＝90°，‎ ‎∴∠BAD＝∠CAE，‎ ‎∵AB＝AC，AD＝AE，‎ ‎∴△BAD≌△CAE（SAS），‎ ‎∴EC＝BD，∠BDA＝∠AEC，故①正确 ‎∵∠DOF＝∠AOE，‎ ‎∠DFO＝∠EAO＝90°，‎ ‎∴BD⊥EC，故②正确，‎ ‎∵△BAD≌△CAE，AM⊥BD，AN⊥EC，‎ ‎∴AM＝AN，‎ ‎∴FA平分∠EFB，‎ ‎∴∠AFE＝45°，故④正确，‎ 若③成立，则∠AEF＝∠ABD＝∠ADB，推出AB＝AD，显然与条件矛盾，故③错误，‎ 故选：C．‎ ‎7.（2020湖北咸宁）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是边BC上一动点（不与点B，C重合），∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，交CD于点G，连接AF，有下列结论：‎ ‎①△ABE∽△ECG；‎ ‎②AE＝EF；‎ ‎③∠DAF＝∠CFE；‎ ‎④△CEF的面积的最大值为1．‎ 其中正确结论的序号是　①②③　．（把正确结论的序号都填上）‎ ‎【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠ECG＝90°，‎ ‎∵∠AEF＝90°，‎ ‎∴∠AEB+∠CEG＝∠AEB+∠BAE，‎ ‎∴∠BAE＝∠CEG，‎ ‎∴△ABE∽△ECG，‎ 故①正确；‎ ‎②在BA上截取BM＝BE，如图1，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴∠B＝90°，BA＝BC，‎ ‎∴△BEM为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠BME＝45°，‎ ‎∴∠AME＝135°，‎ ‎∵BA﹣BM＝BC﹣BE，‎ ‎∴AM＝CE，‎ ‎∵CF为正方形外角平分线，‎ ‎∴∠DCF＝45°，‎ ‎∴∠ECF＝135°，‎ ‎∵∠AEF＝90°，‎ ‎∴∠AEB+∠FEC＝90°，‎ 而∠AEB+∠BAE＝90°，‎ ‎∴∠BAE＝∠FEC，‎ 在△AME和△ECF中 ‎∠MAE=∠CEFAM=EC‎∠AME=∠ECF‎，‎ ‎∴△AME≌△ECF，‎ ‎∴AE＝EF，‎ 故②正确；‎ ‎③∵AE＝EF，∠AEF＝90°，‎ ‎∴∠EAF＝45°，‎ ‎∴∠BAE+∠DAF＝45°，‎ ‎∵∠BAE+∠CFE＝∠CEF+∠CFE＝45°，‎ ‎∴∠DAF＝∠CFE，‎ 故③正确；‎ ‎④设BE＝x，则BM＝x，AM＝AB﹣BM＝4﹣x，‎ S△ECF＝S△AME‎=‎‎1‎‎2‎•x•（2﹣x）‎=-‎‎1‎‎2‎（x﹣1）2‎+‎‎1‎‎2‎，‎ 当x＝1时，S△ECF有最大值‎1‎‎2‎，‎ 故④错误．‎ 故答案为：①②③．‎ ‎8.（2020湖南岳阳）如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB＝8，BD与半圆O相切于点B．点P为AM上一动点（不与点A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是　②⑤　．（写出所有正确结论的序号）‎ ‎①PB＝PD；②BC的长为‎4‎‎3‎π；③∠DBE＝45°；④△BCF∽△PFB；⑤CF•CP为定值．‎ ‎【解答】解：①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，如图1，‎ ‎∵M，C是半圆上的三等分点，‎ ‎∴∠BAH＝30°，‎ ‎∵BD与半圆O相切于点B．‎ ‎∴∠ABD＝90°，‎ ‎∴∠H＝60°，‎ ‎∵∠ACP＝∠ABP，∠ACP＝∠DCH，‎ ‎∴∠PDB＝∠H+∠DCH＝∠ABP+60°，‎ ‎∵∠PBD＝90°﹣∠ABP，‎ 若∠PDB＝∠PBD，则∠ABP+60°＝90°﹣∠ABP，‎ ‎∴∠ABP＝15°，‎ ‎∴P点为AM的中点，这与P为AM上的一动点不完全吻合，‎ ‎∴∠PDB不一定等于∠ABD，‎ ‎∴PB不一定等于PD，‎ 故①错误；‎ ‎②∵M，C是半圆上的三等分点，‎ ‎∴∠BOC‎=‎1‎‎3‎×180°=60°‎，‎ ‎∵直径AB＝8，‎ ‎∴OB＝OC＝4，‎ ‎∴BC的长度‎=‎60π×4‎‎180‎=‎4‎‎3‎π，‎ 故②正确；‎ ‎③∵∠BOC＝60°，OB＝OC，‎ ‎∴∠ABC＝60°，OB＝OC＝BC，‎ ‎∵BE⊥OC，‎ ‎∴∠OBE＝∠CBE＝30°，‎ ‎∵∠ABD＝90°，‎ ‎∴∠DBE＝60°，‎ 故③错误；‎ ‎④∵M、N是AB的三等分点，‎ ‎∴∠BPC＝30°，‎ ‎∵∠CBF＝30°，‎ 但∠BFP＝∠FCB，‎ ‎∠PBF＜∠BFC，‎ ‎∴△BCF∽△PFB不成立，‎ 故④错误；‎ ‎⑤∵△BCF∽△PCB，‎ ‎∴CBCP‎=‎CFCB，‎ ‎∴CF•CP＝CB2，‎ ‎∵CB=OB=OC=‎1‎‎2‎AB=4‎，‎ ‎∴CF•CP＝16，‎ 故⑤正确．‎ 故答案为：②⑤．‎ ‎9.（2020山东德州）如图，在矩形ABCD中，AB‎=‎3‎+‎2，AD‎=‎‎3‎．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是‎6‎‎-‎2；②弧D'D″的长度是‎5‎‎3‎‎12‎π；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是　①②④　．‎ ‎【解答】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，‎ ‎∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，‎ ‎∴四边形ADED'是矩形，‎ 又∵AD＝AD'‎=‎‎3‎，‎ ‎∴四边形ADED'是正方形，‎ ‎∴AD＝AD'＝D'E＝DE‎=‎‎3‎，AE‎=‎‎2‎AD‎=‎‎6‎，∠EAD'＝∠AED'＝45°，‎ ‎∴D'B＝AB﹣AD'＝2，‎ ‎∵点F是BD'中点，‎ ‎∴D'F＝1，‎ ‎∴EF‎=D'E‎2‎+D'F‎2‎=‎3+1‎=‎2，‎ ‎∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，‎ ‎∴AE＝A'E‎=‎‎6‎，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，‎ ‎∴A'F‎=‎6‎-‎2，故①正确；‎ ‎∵tan∠FED'‎=D'FD'E=‎1‎‎3‎=‎‎3‎‎3‎，‎ ‎∴∠FED'＝30°‎ ‎∴α＝30°+45°＝75°，‎ ‎∴弧D'D″的长度‎=‎75°×π×‎‎3‎‎180°‎=‎‎5‎‎3‎‎12‎π，故②正确；‎ ‎∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，‎ ‎∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，‎ ‎∴∠A'AF＝7.5°，‎ ‎∵∠AA'F≠∠EA'G，∠AA'E≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，‎ ‎∴△AA'F与△A'GE不全等，故③错误；‎ ‎∵D'E＝D''E，EG＝EG，‎ ‎∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G（HL），‎ ‎∴∠D'GE＝∠D''GE，‎ ‎∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，‎ ‎∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，‎ 又∵∠AFA'＝∠EFG，‎ ‎∴△AFA'∽△EFG，故④正确，‎ 故答案为：①②④．‎ ‎10．（2020四川成都）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF‎=‎‎2‎AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EB＝ED，‎ ‎∵BO＝DO，‎ ‎∴OE平分∠BOD，‎ 故①正确；‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠OAD＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠ADB＝90°，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝DE，‎ ‎∴OE⊥BD，‎ ‎∴∠BOE+∠OBE＝90°，‎ ‎∴∠BOE＝∠BDA，‎ ‎∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠ADO＝45°，‎ ‎∴AO＝AD，‎ ‎∴△AOF≌△ABD（ASA），‎ ‎∴OF＝BD，‎ 故②正确；‎ ‎③∵△AOF≌△ABD，‎ ‎∴AF＝AB，‎ 连接BF，如图1，‎ ‎∴BF‎=‎2‎AF，‎ ‎∵BE＝DE，OE⊥BD，‎ ‎∴DF＝BF，‎ ‎∴DF‎=‎2‎AF，‎ 故③正确；‎ ‎④根据题意作出图形，如图2，‎ ‎∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，‎ ‎∴AG＝OG，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG，‎ ‎∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，‎ ‎∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EA＝ED，‎ ‎∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，‎ ‎∴∠EAG＝90°，‎ ‎∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，‎ ‎∴∠AEG＝45°，‎ ‎∴AE＝AG，‎ ‎∴△AEG为等腰直角三角形，‎ 故④正确；‎ 故选：A．‎ ‎11．（2020四川攀枝花）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，AF的中点为H，连接BG、DH．给出下列结论：‎ ‎①AF⊥DE；②DG‎=‎‎8‎‎5‎；③HD∥BG；④△ABG∽△DHF．‎ 其中正确的结论有　①④　．（请填上所有正确结论的序号）‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD＝CD，‎ ‎∵E和F分别为BC和CD中点，‎ ‎∴DF＝EC＝2，‎ ‎∴△ADF≌△DCE（SAS），‎ ‎∴∠AFD＝∠DEC，∠FAD＝∠EDC，‎ ‎∵∠EDC+∠DEC＝90°，‎ ‎∴∠EDC+∠AFD＝90°，‎ ‎∴∠DGF＝90°，即DE⊥AF，故①正确；‎ ‎∵AD＝4，DF‎=‎‎1‎‎2‎CD＝2，‎ ‎∴AF‎=‎4‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎=2‎‎5‎，‎ ‎∴DG＝AD×DF÷AF‎=‎‎4‎‎5‎‎5‎，故②错误；‎ ‎∵H为AF中点，‎ ‎∴HD＝HF‎=‎‎1‎‎2‎AF‎=‎‎5‎，‎ ‎∴∠HDF＝∠HFD，‎ ‎∵AB∥DC，‎ ‎∴∠HDF＝∠HFD＝∠BAG，‎ ‎∵AG‎=AD‎2‎-DG‎2‎=‎‎8‎‎5‎‎5‎，AB＝4，‎ ‎∴ABDH‎=ABHF=‎4‎‎5‎‎5‎=‎AGDF，‎ ‎∴△ABG～△DHF，故④正确；‎ ‎∴∠ABG＝∠DHF，而AB≠AG，‎ 则∠ABG和∠AGB不相等，‎ 故∠AGB≠∠DHF，‎ 故HD与BG不平行，故③错误；‎ 故答案为：①④．‎ ‎12．（2020四川遂宁）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE、DE，分别交BD、AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：‎ ‎①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，‎ ‎②AP＝FP，‎ ‎③AE‎=‎‎10‎‎2‎AO，‎ ‎④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，‎ ‎⑤CE•EF＝EQ•DE．‎ 其中正确的结论有（　　）‎ A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 ‎【解答】解：如图，连接OE．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，‎ ‎∴∠BOC＝90°，‎ ‎∵BE＝EC，‎ ‎∴∠EOB＝∠EOC＝45°，‎ ‎∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，‎ ‎∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①正确，‎ 连接AF．‎ ‎∵PF⊥AE，‎ ‎∴∠APF＝∠ABF＝90°，‎ ‎∴A，P，B，F四点共圆，‎ ‎∴∠AFP＝∠ABP＝45°，‎ ‎∴∠PAF＝∠PFA＝45°，‎ ‎∴PA＝PF，故②正确，‎ 设BE＝EC＝a，则AE‎=‎‎5‎a，OA＝OC＝OB＝OD‎=‎‎2‎a，‎ ‎∴AEAO‎=‎5‎a‎2‎a=‎‎10‎‎2‎，即AE‎=‎‎10‎‎2‎AO，故③正确，‎ 根据对称性可知，△OPE≌△OQE，‎ ‎∴S△OEQ‎=‎‎1‎‎2‎S四边形OPEQ＝2，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝EC，‎ ‎∴CD＝2OE，OE⊥CD，‎ ‎∴EQDQ‎=OECD=‎‎1‎‎2‎，△OEQ∽△CDQ，‎ ‎∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，‎ ‎∴S△CDO＝12，‎ ‎∴S正方形ABCD＝48，故④错误，‎ ‎∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，‎ ‎∴△EPF∽△ECD，‎ ‎∴EFED‎=‎PEEC，‎ ‎∴EQ＝PE，‎ ‎∴CE•EF＝EQ•DE，故⑤正确，‎ 故选：B．‎