2026年中考数学复习之小题决胜演练四边形

2026年中考数学复习之小题决胜演练 四边形 一、选择题 1．2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝．下列航天图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．如图，在△ABC中，∠ABC＝65°，将△ABC绕B点顺时针方向旋转40°，得到△DBE，则∠DBC的度数为（　　） A．15° B．25° C．40° D．105° 3．如图，在▱ABCD中，M为AB中点，连接AC，BD交于点O，OM＝6，则BC的长为（　　） A．3 B．6 C．10 D．12 4．如图，在平面直角坐标系中，▱MNEF的两条对角线ME，NF交于原点O，MF平行x轴，点M的坐标是（m，2），点F的坐标是（3，n），则点N的坐标是（　　） A．（﹣3，﹣2） B．（﹣4，﹣3） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣4，﹣2） 5．如图，过平行四边形ABCD对角线的交点O的一条直线，分别交边AB，DC于点E，F，则下列结论一定正确的是（　　） A．AE＝BE B．OE＝DF C．△AEO与△DFO全等 D．四边形BCOE与四边形DAOF的面积相等 6．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，AE平分∠BAD交BC于点E，点F为BE的中点，则线段CF的长为（　　） A． B． C． D． 7．如图，P是正方形ABCD的对角线BD上的一点，连接AP，PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F，连接EF．若CE＝5，CF＝3，则AP的长为（　　） A．4 B．5 C． D． 8．如图，矩形ABCD中，AB＝7，BC＝4，点E，F分别在边AD和AB上，且四边形AFGE为正方形．若BG＝5，则GC的长度为（　　） A．4.5 B．4 C． D． 9．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣8，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BPBQ时，线段PQ的长是（　　） A． B． C． D． 10．如图，在平行四边形A1B1C1D1的边上分别取点A2，B2，C2，D2满足：A1A2，B1B2，C1C2，D1D2，得到平行四边形A2B2C2D2，依循相同的规律，在平行四边形A2B2C2D2边上分别取点A3，B3，C3，D3满足：A2A3，B2B3，C2C3，D2D3，得到平行四边形A3B3C3D3．不断重复这个步骤，得到平行四边形A4B4C4D4，…，AnBn∁nDn，…以下说法：①根据以上步骤得到的所有平行四边形的对角线交于一点； ②若平行四边形A1B1C1D1和A2B2C2D2均为菱形，则菱形A2B2C2D2一定是正方形； ③若平行四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，则所得四边形均为正方形，且从正方形A4B4C4D4开始所得正方形的面积均小于． 其中正确的有（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 二、填空题 11．如图，边长为2的正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到正方形AB1C1D1，则它们公共部分的面积为 　 　 ． 12．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝1，则BD的长为　 　 ． 13．如图，等边三角形ABC中，BC＝3，线段CD绕点C在平面内旋转，E为AD的中点．若CD＝1，则BE的最大值为 　 　 ，最小值为 　 　 ． 14．如图，在正方形ABCD中，BC＝4，点E是CB延长线上一点，且BE＝2，点F为线段AE上一动点，连接BF，将线段BF绕点B顺时针旋转90°得到线段BG，连接DG，FG，则FG的最小值是　 　 ，此时DG的长为　 　 ． 15．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E为AD所在直线上的一个动点．连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转120°后得到对应的线段CF，连接DF，则线段DF的最小值为　 　 ． 16．如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCO的长AO为4，宽AB为3，动点P从点A出发沿AB→BC→CO运动，当△POA的面积等于四边形ABCO面积的时，点P的坐标为　 　 ． 17．如图，在一次社团活动中，小华设计了一个社团标识，如图所示，正方形ABCD与折线DE﹣EF﹣BF构成了一个中心对称图形，且EF⊥DE，AD＝30，DE比EF长15，那么EF的长为　 　 ． 18．如图，菱形ABCD的对角线的长分别为6和8，G是对角线AC上的任意一点（点G不与点A，C重合），且GE∥BC交AB于点E，GF∥CD交AD于点F，连接EF，则阴影部分的面积为　 　 ． 19．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝8，点P为AB上一点，将线段PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，点Q在射线BC上，当PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点时，PB的长为　 　 ． 20．美术课上，同学们要在长方形画框ABCD中粘贴两个全等的正方形图案，图1和图2是两位同学的设计．如图1，两正方形的顶点E，F分别在BC，AD上，且E，P，F三点共线，点G，H分别在AB，CD上；如图2，仅改变正方形PMHF的位置，点M在BC上，点H在CD上，且EM＝MC．已知长方形ABCD的面积为480cm2，则正方形NGEP的边长为 　 　 cm． 三、解答题 21．如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处． （1）求证：B′E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 22．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在对角线BD上，且 BE＝DF，AC＝EF，连接AE、CE、CF、AF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若，OB＝3，求AE的长． 23．（一）感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边A，B上一点（点E不与点A，B重合），连接DE，过点A作AF⊥DE，交BC于点F，易证：DE＝ 　 　 ．（填写相等的线段） （二）探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB的中点，DF＝1，AB＝4，求GH的长． （三）应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE＝CF，BF，AE相交于点G．若AB＝3，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△ABG的面积为 　 　 ，△ABG的周长为 　 　 ． 24．（1）如图1，已知，菱形ABCD中，AP⊥CD于点P，AQ⊥BC于点Q，求证：AP＝AQ； （2）将（1）中∠PAQ绕点A旋转至图2时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由． 25．如图，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，点B、C的对应点分别为D、E，点D落在AC边上． （1）尺规作图：作出△ADE（不写作法，保留作图痕迹）； （2）连接CE，若AB＝3，BC＝4，求CE的长． 26．将两个全等的Rt△ABC和Rt△DBE按图1方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F． （1）判断AF，EF与DE的数量关系，并说明理由； （2）若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且60°＜α＜180°，其他条件不变，如图2．你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时AF、EF与DE之间的数量关系，并说明理由． 27．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE∥AC，EC∥BD． （1）求证：四边形BECO是矩形； （2）连接AE．若∠ABC＝60°，AB＝2，求AE的长． 28．问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图②），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），可得∠AP′B＝　 　 °，所以∠BPC＝∠AP′B＝　 　 °，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为　 　 ，问题得到解决． （1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝　 　 °，∠BPC＝∠AP′B＝　 　 °，等边三角形ABC的边长为　 　 ． （2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA，PB，PC＝1．求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长． 29．如图，正方形EFGH放置在矩形ABCD上，且EF=2AE=2DF，请仅用无刻度的直尺按要求完成作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，画出EF的中点M； （2）在图2中，画出EH的中点N． 30．如图1，∠MON是锐角，点A，B分别在边OM，ON上． （1）利用无刻度直尺与圆规作图：在图1中的∠MON 的内部作一点C，使得四边形OACB是平行四边形；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在图2中将▱OACB绕点C顺时针旋转，使得点B落在ON上的点D处，点A的对应点记作点E，点O的对应点记作点F．要求：仅用圆规作出点D，E，F，并简要说明点F的作图过程． 参考答案 一、选择题 1．2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，以壮丽升空将第10个中国航天日从纪念变为庆祝．下列航天图案是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心． 【解答】解：选项A、B、C的图形均不能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形； 选项D的图形能找到一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形； 故选：D． 2．如图，在△ABC中，∠ABC＝65°，将△ABC绕B点顺时针方向旋转40°，得到△DBE，则∠DBC的度数为（　　） A．15° B．25° C．40° D．105° 【分析】根据旋转的性质得出∠CBE＝40°，∠DBE＝∠ABC＝65°，据此解答． 【解答】解：∵将△ABC绕B点顺时针方向旋转40°，得到△DBE， ∴∠CBE＝40°，∠DBE＝∠ABC＝65°， ∴∠DBC的度数为65°﹣40°＝25°， 故选：B． 3．如图，在▱ABCD中，M为AB中点，连接AC，BD交于点O，OM＝6，则BC的长为（　　） A．3 B．6 C．10 D．12 【分析】只要证明OM是△DBC的中位线即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∵M是AB中点， ∴AM＝BM， ∴OM是△ABC的中位线， ∴BC＝2OM＝2×6＝12， 故选：D． 4．如图，在平面直角坐标系中，▱MNEF的两条对角线ME，NF交于原点O，MF平行x轴，点M的坐标是（m，2），点F的坐标是（3，n），则点N的坐标是（　　） A．（﹣3，﹣2） B．（﹣4，﹣3） C．（﹣2，﹣3） D．（﹣4，﹣2） 【分析】根据平行四边形是中心对称的特点可知，点F与点N关于原点对称，点M与点E关于原点对称，即可求解． 【解答】解：∵▱MNEF的两条对角线ME，NF交于原点O， ∴点F与点N关于原点对称，点M与点E关于原点对称， ∵点M的坐标是（m，2），点F的坐标是（3，n）， ∴点E的纵坐标是﹣2，点N的横坐标是﹣3， ∵MF平行x轴，即MF∥NE， ∴点N的坐标是（﹣3，﹣2）， 故选：A． 5．如图，过平行四边形ABCD对角线的交点O的一条直线，分别交边AB，DC于点E，F，则下列结论一定正确的是（　　） A．AE＝BE B．OE＝DF C．△AEO与△DFO全等 D．四边形BCOE与四边形DAOF的面积相等 【分析】根据平行四边形的性质证明△AOE≌△COF（ASA），得AE＝CF，OE＝OF，△AOE的面积＝△COF的面积，然后进行逐一判断即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，AO＝CO，AB∥CD， ∴∠BAC＝∠DCA， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE＝CF，OE＝OF，△AOE的面积＝△COF的面积， ∴BE＝DF， ∴平行四边形ABCD被直线EF分成了两个全等的梯形， ∴四边形BCOE与四边形DAOF的面积相等， 故A、B、C不正确，不符合题意，D选项叙述正确，符合题意， 故选：D． 6．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，AE平分∠BAD交BC于点E，点F为BE的中点，则线段CF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据矩形和角平分线的性质可得AD＝DE＝2，∠BCE＝90°，由此可得CE＝AB﹣DE＝CD﹣DE＝1，运用勾股定理可得BE的值，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠BCD＝90°， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠DEA＝45°， ∴DA＝DE＝2， ∴CE＝CD﹣DE＝3﹣2＝1， ∴， ∵点F为BE的中点， ∴， 故选：D． 7．如图，P是正方形ABCD的对角线BD上的一点，连接AP，PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F，连接EF．若CE＝5，CF＝3，则AP的长为（　　） A．4 B．5 C． D． 【分析】连接PC，在Rt△CEF中，由勾股定理得EF证明△ABP和△CBP全等得AP＝CP，证明四边形PECF为矩形得CP＝EF，由此即可得出AP的长． 【解答】解：连接PC，如图所示： ∵四边形是正方形，点P是对角线BD上的一点， ∴AB＝CB，∠ABP＝∠CBP＝45°，∠BCD＝90°， 在Rt△CEF中，CE＝5，CF＝3， 由勾股定理得：EF， 在△ABP和△CBP中， ， ∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴AP＝CP， ∵PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F， ∴∠PEC＝∠PFC＝∠BCD＝90°， ∴四边形PECF为矩形， ∴CP＝EF， ∴AP＝CP， 即AP的长为． 故选：D． 8．如图，矩形ABCD中，AB＝7，BC＝4，点E，F分别在边AD和AB上，且四边形AFGE为正方形．若BG＝5，则GC的长度为（　　） A．4.5 B．4 C． D． 【分析】延长EG交BC于点H，设AF＝FG＝a，则a＜AD＝4，FB＝AB﹣AF＝7﹣a，在Rt△BFG中，由勾股定理求出出a＝3，进而得BH＝3，GH＝4，则CH＝1，然后在Rt△GHC中，由勾股定理即可求出GC的长． 【解答】解：延长EG交BC于点H，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形，且AB＝7，BC＝4， ∴AD＝4，∠ABC＝90° ∵点E，F分别在边AD和AB上，且四边形AFGE是正方形， ∴设AF＝FG＝a，∠AFG＝∠BFG＝∠FGE＝∠GGH＝90°，a＜AD＝4， ∴FB＝AB﹣AF＝7﹣a，∠BFG＝∠FGE＝∠ABC＝90°， ∴四边形FBHG是矩形， ∴GH＝FB＝7﹣a，BH＝FG＝a，∠GHB＝∠GHC＝90°， 在Rt△BFG中，BG＝5， 由勾股定理得：FG2+FB2＝BG2， ∴a2+（7﹣a）2＝52， 整理得：a2﹣7a+12＝0， 解得：a＝3，a＝4（不合题意，舍去） ∴BH＝a＝3，GH＝7﹣a＝4， ∴CH＝BC﹣BH＝4﹣3＝1， 在Rt△GHC中，由勾股定理得：GC． 故选：D． 9．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣8，0），点C的坐标为（0，6），将矩形OABC绕O按顺时针方向旋转α度得到OA′B′C′，此时直线OA′、直线B′C′分别与直线BC相交于点P、Q．当45°＜α≤90°，且BPBQ时，线段PQ的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，构造直角三角形，运用勾股定理求得PC的长，进一步求得线段BP的长度． 【解答】解：∵45°＜α≤90°， ∴点P在点B的右侧．如图，过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH＝OC′＝OC． ∵S△POQPQ•OC，S△POQOP•QH， ∴PQ＝OP． 设BP＝x， ∵BPBQ， ∴BQ＝2x． 则OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝8﹣x． 在Rt△PCO中，根据勾股定理知，PC2+OC2＝OP2，即（8﹣x）2+62＝x2， 解得x． ∴PQ＝BP． 故选：B． 10．如图，在平行四边形A1B1C1D1的边上分别取点A2，B2，C2，D2满足：A1A2，B1B2，C1C2，D1D2，得到平行四边形A2B2C2D2，依循相同的规律，在平行四边形A2B2C2D2边上分别取点A3，B3，C3，D3满足：A2A3，B2B3，C2C3，D2D3，得到平行四边形A3B3C3D3．不断重复这个步骤，得到平行四边形A4B4C4D4，…，AnBn∁nDn，…以下说法：①根据以上步骤得到的所有平行四边形的对角线交于一点； ②若平行四边形A1B1C1D1和A2B2C2D2均为菱形，则菱形A2B2C2D2一定是正方形； ③若平行四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，则所得四边形均为正方形，且从正方形A4B4C4D4开始所得正方形的面积均小于． 其中正确的有（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】连接A1C1，B1D1，A2C2，B2D2，对角线交于O1，O2，取A1D1中点E，连接EO1，EO2，根据三角形中位线定理以及梯形的中位线定理，求出EO1和EO2平行且相等，从而得到O1，O2重合，即可证明①；根据两个四边形均为菱形，可以推出三角形D1C2D2和三角形C1B2C2全等，从而得到四边形A1B1C1D1为正方形，进而推出OC1＝OD1，从而证明△D1OD2和△C1OC2全等，推出OC2＝OD2，从而得到四边形A2B2C2D2也是正方形，进一步推理可以得到所有四边形均为正方形，根据三角形面积公式求出四个小三角形的面积，推出四边形A2B2C2D2和A1B1C1D1的面积关系，可以求出四边形A3B3C3D3和A4B4C4D4的面积，从而证明②③． 【解答】解：连接A1C1，B1D1，A2C2，B2D2，对角线交于O1，O2，取A1D1中点E，连接EO1，EO2，如图： ∵四边形A1B1C1D1和A2B2C2D2为平行四边形， ∴O1是A1C1中点，O2是A2C2中点， ∴EO1∥A1B1，EO2∥A1A2，EO1A1B1，EO2（A1A2+C2D1）， ∴EO1∥EO2， ∵A1B1＝C1D1， ∴C1C2＝A1A2， ∴A1A2+C2D1＝C1D1＝A1B1， ∴EO1＝EO2， ∴O1，O2重合， 同理可得：所有平行四边形对角线交于一点，故①正确； ∵四边形A1B1C1D1和A2B2C2D2为菱形， ∴A1D1＝C1D1＝B1C1，C2D2＝B2D2， ∴D1D2＝C1C2，D1C2＝C1B2， ∴△D1D2C2＝C1B2C2（SSS）， ∴∠A1D1C1＝∠B1C1D1， ∴四边形A1B1C1D1为正方形， ∴OD1＝OC1，∠A1D1O＝∠A1C1D1＝45°， ∴△D1OD2≌△C1OC2（SAS）， ∴OC2＝OD2， ∴四边形A2B2C2D2为正方形，故②正确； 同理可得：所有四边形均为正方形， ∴A1B1A1B1， ∴， ∴，， ∴从正方形A4B4C4D4开始所得正方形的面积均小于，故③正确； 综上所述，①②③均正确． 故选：D． 二、填空题 11．如图，边长为2的正方形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到正方形AB1C1D1，则它们公共部分的面积为 　　 ． 【分析】设BC与C1D1相交于点E，连接AE，如图所示：根据正方形的性质得到AD＝AB＝2，∠DAB＝∠B＝90°，由旋转的性质得到AD1＝AD＝2，∠DAD1＝30°，∠D1＝∠D＝90°，根据全等三角形的性质得到∠D1AE＝∠BAE∠D1AB＝30°，SS△ABE，根据勾股定理得到ABBE，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】解：设BC与C1D1相交于点E，连接AE，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AD＝AB＝2，∠DAB＝∠B＝90°， 由旋转的性质得：AD1＝AD＝2，∠DAD1＝30°，∠D1＝∠D＝90°， ∴∠D1AB＝∠DAB﹣∠DAD1＝60°，AD1＝AB＝2， ∴∠D1＝∠B＝90°， ∴△AD1E和△ABE都是直角三角形， 在Rt△AD1E和Rt△ABE中， ， ∴Rt△AD1E≌Rt△ABE（HL）， ∴∠D1AE＝∠BAE∠D1AB＝30°，SS△ABE， 在Rt△ABE中，∠BAE＝30°， ∴AE＝2BE， 由勾股定理得：ABBE， ∴BEAB2， ∴S△ABEAB•BE2， ∴两个正方形公共部分的面积S＝2S△ABE． 故答案为：． 12．如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝1，则BD的长为　2　 ． 【分析】由矩形的对角线相等且互相平分，所以BD＝2AO＝2． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BD＝AC，OB＝OD＝OA＝OC（矩形的对角线相等且互相平分）， ∴BD＝2AO＝2． 所以，BD的长为2． 故答案为：2． 13．如图，等边三角形ABC中，BC＝3，线段CD绕点C在平面内旋转，E为AD的中点．若CD＝1，则BE的最大值为 　　 ，最小值为 　　 ． 【分析】取AC的中点F，连接EF，BF，根据三角形中位线的性质确定，再根据等边三角形的性质和勾股定理得出BF的值，当点B，E，F在同一条直线上时，出现最大值和最小值． 【解答】解：如图，取AC的中点F，连接EF，BF， 则EF为△ACD 的中位线， ∴， ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB＝BC． 又∵F是AC的中点， ∴BF⊥AC． 在Rt△BFC 中，由勾股定理，得， 当点B，E，F在同一条直线上时，出现最大值和最小值． ∴BE的最大值为，BE的最小值为， 故答案为：． 14．如图，在正方形ABCD中，BC＝4，点E是CB延长线上一点，且BE＝2，点F为线段AE上一动点，连接BF，将线段BF绕点B顺时针旋转90°得到线段BG，连接DG，FG，则FG的最小值是　　 ，此时DG的长为　4　 ． 【分析】由题意可得△BFG是等腰直角三角形，得出，可得当BF⊥AE时，BF最小，即FG最小，只要利用勾股定理和等面积法求出BF即可求出FG的最小值；作辅助线如图，可得四边形AHGI是矩形，推出AH＝GI，AI＝GH，等面积法求出FP，勾股定理求出BP，证明△FBP≌△GBH，利用全等三角形的性质得出BH，GH，进而可得GI，DI，再利用勾股定理即可求解． 【解答】解：∵BF＝BG，∠FBG＝90°， ∴△BFG是等腰直角三角形， ∴， ∴当BF⊥AE时，BF最小，即FG最小，如图， ∵正方形ABCD中，∠ABE＝∠ABC＝90°，BE＝2，AB＝4， ∴， ∵， ∴， ∴FG的最小值为； 此时， 过点G作GH⊥AB，GI⊥AD，垂足分别为H、I，过点F作FP⊥BE于P，如图， ∵AB＝AD＝4，∠ABC＝∠ABE＝∠BAD＝90°， ∴AH＝GI，AI＝GH， 同理可得， ∴， ∵BF＝BG，∠FBG＝90°， ∴∠EBF＝∠GBH＝90°﹣∠FBH， 又∵∠BPF＝∠GHB＝90°， ∴△FBP≌△GBH， ∴， ∴， ∴； 故答案为：；4． 15．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E为AD所在直线上的一个动点．连接CE，将线段CE绕点C顺时针旋转120°后得到对应的线段CF，连接DF，则线段DF的最小值为　3　 ． 【分析】连接BE，作BH⊥AD，由旋转的性质可得△DCF≌△BCE，把求DF的最小值转化为求BE的最小值，再根据垂线段最短可得答案． 【解答】解：连接BE，作BH⊥AD交DA的延长线于H， 菱形ABCD中，∠ABC＝60°， ∴∠BCD＝120°． ∵∠ECF＝120°， ∴∠1＝∠2． 由旋转可得：EC＝FC， 在△BEC和△DFC中， ， ∴△DCF≌△BCE（SAS）， ∴DF＝BE， 即求DF的最小值转化为求BE的最小值． ∵在Rt△AHB中，∠BAH＝60°，AB＝2， ∴BH＝2sin60°＝3， 当E与H重合时，BE最小值是3， ∴DF的最小值是3． 故答案为：3． 16．如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCO的长AO为4，宽AB为3，动点P从点A出发沿AB→BC→CO运动，当△POA的面积等于四边形ABCO面积的时，点P的坐标为　（﹣4，1）或（0，1）　 ． 【分析】设△POA的AO边上的高为h，根据△POA的面积等于四边形ABCO面积的，列出方程，求得h＝1，即可求解． 【解答】解：设△POA的AO边上的高为h， ∴S长方形ABCO＝3×4＝12， ∵△POA的面积等于四边形ABCO面积的， ∴， 即， 解得h＝1， ∵动点P从点A出发沿AB→BC→CO运动， ∴点P的坐标为（﹣4，1）或（0，1）， 故答案为：（﹣4，1）或（0，1）． 17．如图，在一次社团活动中，小华设计了一个社团标识，如图所示，正方形ABCD与折线DE﹣EF﹣BF构成了一个中心对称图形，且EF⊥DE，AD＝30，DE比EF长15，那么EF的长为　6　 ． 【分析】连接BD，与EF交于点O，根据中心对称图形得到OEEF，ODBD，根据勾股定理得到BD，设EF＝2x，则OE＝x，DE＝2x+15再在Rt△DOE中，根据勾股定理得到方程x2+（2x+15）2＝（15）2，解方程即可求解． 【解答】解：连接BD，与EF交于点O， ∵正方形ABCD与折线D﹣E﹣F﹣B构成了中心对称图形， ∴OE，ODBD， ∵AD＝30， ∴BD30， ∴OD， 设EF＝2x，则OE＝x，DE＝2x+15， 在Rt△DOE中，x2+（2x+15）2， 解得x＝3或x＝﹣15（舍去）． 则EF＝3×2＝6． 故答案为：6． 18．如图，菱形ABCD的对角线的长分别为6和8，G是对角线AC上的任意一点（点G不与点A，C重合），且GE∥BC交AB于点E，GF∥CD交AD于点F，连接EF，则阴影部分的面积为　12　 ． 【分析】根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求出菱形的面积，进而可得S△ABC，可证四边形GEAF是平行四边形，可得，进而可证明阴影部分面积＝S△ABC＝12． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴菱形ABCD的面积为， ∴， ∵GE∥BC，GF∥CD， ∴GE∥AD，GF∥AE， ∴四边形GEAF是平行四边形， ∴， ∴阴影部分的面积＝S四边形BCGE+S△GEF＝S四边形BCGE+S△AEG＝S△ABC＝12， 故答案为：12． 19．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝8，点P为AB上一点，将线段PB绕点P顺时针旋转得线段PQ，点Q在射线BC上，当PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点时，PB的长为　4或10或6　 ． 【分析】本题分三种情况讨论，当PQ的垂直平分线MN分别经过△ABC的AB、AC、BC边中点时，利用含30°角的直角三角形性质、线段垂直平分线性质、等边三角形判定与性质以及勾股定理来求解PB的长度． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝8， ∴AB＝2AC＝2×8＝16，， ∵PQ的垂直平分线MN经过△ABC一边中点， 分三种情况讨论： 当MN经过AB的中点D时，交BC于点G，连接DQ，PG， 如图1：， ∵PB绕点P顺时针旋转得线段PQ， ∴PQ＝PB， ∴∠PQB＝∠B＝30°， ∵∠DPQ是△PQB的外角， ∴∠DPQ＝∠B+∠PQB＝60°， ∵MN垂直平分PQ， ∴PD＝QD， ∴△PQD是等边三角形， ∴PD＝QP， ∴PD＝PB， ； 当MN经过AC的中点E时，交BC于点G， 如图2：， ∵∠PQB＝30°，MN垂直PQ， ∴∠EGQ＝90°﹣∠PQB＝60°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CEG＝90°﹣∠EGQ＝30°， 在Rt△ECG中，EC＝4， ∴， ∴， ∵点G在MN上， ∴PG＝QG， ∴∠PQB＝∠QPG＝30°， ∵∠PGB是△PQG的外角， ∴∠PGB＝∠PQB+∠QPG＝60°， ∵∠B＝30°， ∴∠GPB＝90°， ∴PG⊥PB， 在Rt△PGB中，， ∴， 由勾股定理得：PB10； 当MN经过BC的中点F时，交BC于点F（G）， 如图3：， 同理可证：PG⊥PB， 在Rt△PGB中，∠B＝30°，， ∴PB＝6， 综上所述，PB的长为：4或10或6． 故答案为：4或10或6． 20．美术课上，同学们要在长方形画框ABCD中粘贴两个全等的正方形图案，图1和图2是两位同学的设计．如图1，两正方形的顶点E，F分别在BC，AD上，且E，P，F三点共线，点G，H分别在AB，CD上；如图2，仅改变正方形PMHF的位置，点M在BC上，点H在CD上，且EM＝MC．已知长方形ABCD的面积为480cm2，则正方形NGEP的边长为 　10　 cm． 【分析】在图2中，过点P作PH⊥BC于点H，根据PE＝PM可设EH＝HM＝a，则EM＝MC＝2a，证明△HPM和△CMH全等得PH＝MC＝2a，HM＝HC＝a，在Rt△MCH中，由勾股定理得MH，同理证明△HPE和△BEG全等得BE＝HP＝2a，则BC＝6a；在图1中，过点P作PR⊥BC于点R，过点M作MQ⊥PR于点Q，QM的延长线交CD于点K，依题意得BC＝a，BE＝2a，证明四边形CRQK是矩形得CK＝RQ，同理证明△RPE和△BGE全等得RE＝BC＝a，PR＝BE＝2a，同理证明△RPE和△QMP全等得RE＝QP＝a，QM＝RP＝2a，则CK＝RQ＝a，同理证明△QMP和△KHM全等得QM＝KH＝2a，QP＝KM＝a，同理证明△KHM和△DFH全等得KM＝DH＝a，则CD＝DH+KH+CK＝4a，根据长方形ABCD的面积为480cm2得6a×4a＝480，由此解得a，进而可得出正方形NGEP的边长． 【解答】解：在图2中，过点P作PH⊥BC于点H，如图2所示， ∵正方形NGEP和正方形PMHF是两个全等的正方形， ∴PE＝PM， ∴设EH＝HM＝a， ∴EM＝2a， 又∵EM＝MC， ∴MC＝2a， 在Rt△PHM中，∠HPM+∠HMP＝90°， 在正方形PMHF中，PM＝MH，∠PMH＝90°， ∴∠CMH+∠HMP＝180°﹣∠PMH＝90°， ∴∠HPM＝∠CMH， 在矩形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴∠AHM＝∠C＝90°， 在△HPM和△CMH中， ， ∴△HPM≌△CMH（AAS）， ∴PH＝MC＝2a，HM＝HC＝a， 在Rt△MCH中，由勾股定理得：MH， 同理证明：△HPE≌△BEG（AAS）， ∴BE＝HP＝2a， ∴BC＝BE+EM+MC＝6a； 在图1中，过点P作PR⊥BC于点R，过点M作MQ⊥PR于点Q，QM的延长线交CD于点K，如图1所示： ∴∠C＝∠PRC＝∠RQK＝90°， ∴四边形CRQK是矩形， ∴CK＝RQ， ∵图1和图2中正方形NGEP的位置没有变化， ∴BC＝a，BE＝2a， 同理证明：△RPE≌△BGE（AAS）， ∴RE＝BC＝a，PR＝BE＝2a， 同理证明：△RPE≌△QMP（AAS）， ∴RE＝QP＝a，QM＝RP＝2a， ∴CK＝RQ＝RP﹣QP＝a， 同理证明：△QMP≌△KHM（AAS）， ∴QM＝KH＝2a，QP＝KM＝a， 同理证明：△KHM≌△DFH（SSS）， ∴KM＝DH＝a， ∴CD＝DH+KH+CK＝a+2a+a＝4a， ∵长方形ABCD的面积为480cm2， ∴BC•CD＝480cm2， ∴6a×4a＝480， 解得：a， ∴MH10（cm）， ∴正方形NGEP的边长为10cm． 故答案为：10． 三、解答题 21．如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处． （1）求证：B′E＝BF； （2）设AE＝a，AB＝b，BF＝c，试猜想a，b，c之间的关系，并说明理由． 【分析】（1）由矩形的性质及平行线的性质得∠B′EF＝∠BFE，由折叠的性质得B′F＝BF，结合等腰三角形的判定及性质，即可求解； （2）由矩形的性质及折叠的性质，结合勾股定理得A′E2+A′B′2＝B′E2，即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是长方形， ∴AD∥BC， ∴∠B′EF＝∠BFE， ∵把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点落在A′处， ∴B′F＝BF， ∠B′FE＝∠BFE， ∴∠B′FE＝∠B′EF， ∴B′E＝B′F ∴B′E＝BF； （2）解：a2+b2＝c2；理由如下： ∵四边形ABCD是长方形， ∴∠A＝90°， 由折叠得：A′E＝AE＝a，A′B′＝AB＝b，B′F＝BF＝c，∠A′＝∠A＝90°， ∴B′E＝BF＝c， 在Rt△A′B′E中，由勾股定理得：A′E2+A′B′2＝B′E2， ∴a2+b2＝c2． 22．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F在对角线BD上，且 BE＝DF，AC＝EF，连接AE、CE、CF、AF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若，OB＝3，求AE的长． 【分析】（1）利用菱形的性质得出AO＝CO，BO＝DO，AC⊥EF，再利用BE＝DF，得出EO＝FO，得出四边形AECF是平行四边形，再由AC＝EF，AC⊥BD，即可得证； （2）先利用勾股定理求出，再利用正方形的性质得出AO＝OE＝2，再利用勾股定理即可求解． 【解答】（1）证明：∵在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O， OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD． ∵BE＝DF， ∴OB﹣BE＝OD﹣DF， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴四边形AECF是菱形， 又∵AC＝EF， ∴四边形AECF是正方形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴△AOB是直角三角形． 由勾股定理得：． 又∵四边形AECF是正方形，AC＝EF，且AC、EF互相平分， ∴OE＝OA＝2， 在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2． 23．（一）感知：如图①，在正方形ABCD中，E为边A，B上一点（点E不与点A，B重合），连接DE，过点A作AF⊥DE，交BC于点F，易证：DE＝ AF ．（填写相等的线段） （二）探究：如图②，在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O．若E为AB的中点，DF＝1，AB＝4，求GH的长． （三）应用：如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，BE＝CF，BF，AE相交于点G．若AB＝3，图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△ABG的面积为 　　 ，△ABG的周长为 　　 ． 【分析】（一）设DE与AF交于点K，先证明∠ADE＝∠BAF，进而依据“ASA”判定△ADE和△BAF全等得DE＝AF，据此即可得出答案； （二）过点D作DP∥EF交AB于点P，过点A作AQ∥GH交BC于点Q，根据EF⊥GH得DP⊥GH，同（一）可证明△ADP和△BAQ全等得DP＝AQ，再证明四边形中DFEP，四边形中DFEP都是平行四边形得EF＝DP，PE＝DF，GH＝AQ，进而得GH＝EF，再根据已知得AEAB＝2，PE＝DF＝1，则AP＝1，然后在Rt△ADP中，由勾股定理求出DP即可得出GH的长； （三）设图中阴影部分的面积为S，依题意得S：9＝2：3，则S＝6，进而得S△ABG+S四边形GEDF＝3，证明△ABE和△BCF全等得∠BAE＝∠CBF，S△ABE＝S△BCF，由此得S△ABG，再证明∠AGB＝90°，设BG＝a，AG＝b，由S△ABGab得ab＝6，由勾股定理得a2+b2＝9，进而得（a+b）2＝15，则a+b，据此可得△ABG的周长． 【解答】解：（一）设DE与AF交于点K，如图①所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BA，∠DEA＝∠ABF＝90°， ∵AF⊥DE， ∴△ADK是直角三角形， ∴∠ADE+∠DAK＝90°， 又∵∠BAF+∠DAK＝∠DEA＝90°， ∴∠ADE＝∠BAF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（ASA）， ∴DE＝AF， 故答案为：AF； （二）过点D作DP∥EF交AB于点P，过点A作AQ∥GH交BC于点Q，如图②所示： ∵EF⊥GH， ∴DP⊥GH， 同（一）可证明：△ADP≌△BAQ（SAS）， ∴DP＝AQ， ∵四边形ABCD是正方形，且AB＝4， ∴AB∥CD，AD∥BC，AD＝AB＝4， 又∵DP∥EF，AQ∥GH， ∴四边形中DFEP，四边形中DFEP都是平行四边形， ∴EF＝DP，PE＝DF，GH＝AQ， ∴GH＝EF， ∵点E为AB的中点，DF＝1， ∴AEAB＝2，PE＝DF＝1， ∴AP＝AE﹣PE＝1， 在Rt△ADP中，由勾股定理得：DP， ∴GH＝EF； （三）∵四边形ABCD是正方形，且AB＝3， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，正方形ABCD的面积为9， 设图中阴影部分的面积为S， ∵图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3， ∴S：9＝2：3， ∴S＝6， ∴S△ABG+S四边形GEDF＝9﹣6＝3， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠BAE＝∠CBF，S△ABE＝S△BCF， ∴∠ABG+∠CBF＝∠ABE＝90°，S△ABE﹣S△BGE＝S△BCF﹣S△BGE， ∴ABG+∠BAE＝90°，S△ABG＝S四边形GEDF， ∴S△ABG， 在△ABG中，∠AGB＝180°﹣（ABG+∠BAE）＝90°， 即△ABG是直角三角形， 设BG＝a，AG＝b，其中a＞0，b＞0， ∴S△ABGab， ∴ab＝6， 由勾股定理得：a2+b2＝AB2＝9， ∴（a+b）2＝9﹣2ab＝15， ∴a+b，a+b0，不合题意，舍去， ∴△ABG的周长为：BG+AG+AB＝a+b+3． 故答案为：；． 24．（1）如图1，已知，菱形ABCD中，AP⊥CD于点P，AQ⊥BC于点Q，求证：AP＝AQ； （2）将（1）中∠PAQ绕点A旋转至图2时，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明，若不成立，则需说明理由． 【分析】（1）利用菱形的性质及等面积法证明即可； （2）过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，利用全等三角形的判定和性质证明即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD， ∵S菱形ABCD＝BC⋅AQ＝CD⋅AP， ∴AP＝AQ； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：如图，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，则∠AMQ＝∠ANP＝90°， 由（1）可知AM＝AN， ∵∠MAN＝∠QAP， ∴∠MAQ＝∠NAP， 在△AMQ和△ANP中， ， ∴△AMQ≌△ANP（ASA）， ∴AP＝AQ． 25．如图，在 Rt△ABC中，∠B＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，点B、C的对应点分别为D、E，点D落在AC边上． （1）尺规作图：作出△ADE（不写作法，保留作图痕迹）； （2）连接CE，若AB＝3，BC＝4，求CE的长． 【分析】（1）过点D在AC的下方作AC的垂线，再以点D为圆心，BC的长为半径画弧，交AC的垂线于点E，连接AE即可． （2）由旋转可得，AD＝AB＝3，DE＝BC＝4，∠ADE＝90°，利用勾股定理可得AC5，进而可得CD＝2，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求得CE的长． 【解答】解：（1）如图，△ADE即为所求． （2）由旋转可得，AD＝AB＝3，DE＝BC＝4，∠ADE＝90°， ∴∠CDE＝90°， 由勾股定理得，AC5， ∴CD＝AC﹣AD＝2， 在Rt△CDE中，由勾股定理得，CE， ∴CE的长为． 26．将两个全等的Rt△ABC和Rt△DBE按图1方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F． （1）判断AF，EF与DE的数量关系，并说明理由； （2）若将图1中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且60°＜α＜180°，其他条件不变，如图2．你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时AF、EF与DE之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）连结BF，如图1，先由Rt△ABC≌Rt△DBE得到AC＝DE，BC＝BF，再证明Rt△BFC≌Rt△BFE得到CF＝EF，然后利用等线段代换得到AF+EF＝DE； （2）连结BF，如图2，与（1）证明方法一样证得Rt△BFC≌Rt△BFE，所以CF＝EF，然后利用等线段代换得到AF﹣EF＝DE． 【解答】解：（1）AF+EF＝DE． 理由如下： 连结BF，如图1， ∵Rt△ABC≌Rt△DBE， ∴AC＝DE，BC＝BF， ∵点E落在AB上， ∴∠BEF＝90°， 在Rt△BFC和Rt△BFE中， ， ∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）， ∴CF＝EF， ∵AF+CF＝AC， ∴AF+EF＝AC， ∴AF+EF＝DE； （2）（1）中的结论不成立，AF﹣EF＝DE． 理由如下： 连结BF，如图2， 与（1）证明方法一样得Rt△BFC≌Rt△BFE， ∴CF＝EF， ∵AF﹣CF＝AC， ∴AF﹣EF＝AC， ∴AF﹣EF＝DE． 27．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE∥AC，EC∥BD． （1）求证：四边形BECO是矩形； （2）连接AE．若∠ABC＝60°，AB＝2，求AE的长． 【分析】（1）先证明四边形BECO是平行四边形，再由菱形的性质得出AC⊥BD，即可得出结论； （2）先证△ABC是等边三角形，得出AC＝AB＝2，求出AO＝1，再由勾股定理求出BO，然后由矩形得出CE＝BO，∠ACE＝90°，最后由勾股定理即可求出AE的长． 【解答】（1）证明：∵BE∥AC，EC∥BD， ∴四边形BECO是平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴∠BOC＝90°， 又∵四边形BECO是平行四边形， ∴四边形BECO是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC，AC⊥BD，AO＝COAC， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝2， ∴AOAC2＝1， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：BO， 由（1）得：四边形BECO是矩形， ∴CE＝BO，∠ACE＝90°， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE． 28．问题：如图①，在等边三角形ABC内有一点P，且PA＝2，PB，PC＝1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长． 李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图②），连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），可得∠AP′B＝　150　 °，所以∠BPC＝∠AP′B＝　150　 °，还可证得△ABP是直角三角形，进而求出等边三角形ABC的边长为　　 ，问题得到解决． （1）根据李明同学的思路填空：∠AP′B＝　150　 °，∠BPC＝∠AP′B＝　150　 °，等边三角形ABC的边长为　　 ． （2）探究并解决下列问题：如图③，在正方形ABCD内有一点P，且PA，PB，PC＝1．求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长． 【分析】（1）根据旋转的性质即可求解； （2）根据旋转的性质把正方形中的△BPC绕点B逆时针旋转90°，即可求解． 【解答】解：（1）根据旋转可知： ∠AP′B＝150°，∠BPC＝∠AP′B＝150°， 等边三角形ABC的边长为． 故答案为150°、150°、． （2）解：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A． ∴AP′＝PC＝1，BP′＝PB． 连接PP′，如图．在Rt△BP′P中， ∵PB＝BP′，∠PBP′＝90°， ∴PP′＝2，∠BP′P＝45°． 在△AP′P中，AP′＝1，PP′＝2，PA， ∵12+22＝（）2， 即AP′2+PP′2＝PA2， ∴△AP′P是直角三角形， 即∠AP′P＝90°． ∴∠AP′B＝135°， ∴∠BPC＝∠AP′B＝135°． 过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，则△BEP′是等腰直角三角形， ∴∠EP′B＝45°． 又∵BP′， ∴EP′＝BE＝1，∴AE＝2． 在Rt△ABE中， ∵BE＝1，AE＝2， ∴由勾股定理，得AB． 综上可得，∠BPC＝135°，正方形ABCD的边长为． 答：∠BPC的度数为135°，正方形ABCD的边长为． 29．如图，正方形EFGH放置在矩形ABCD上，且EF=2AE=2DF，请仅用无刻度的直尺按要求完成作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，画出EF的中点M； （2）在图2中，画出EH的中点N． 【分析】（1）连接正方形和矩形的对角线交于P，Q，作直线PQ交EF于点M，点M即为所求； （2）延长BA，GH交于点T，则四边形ATHE是矩形，连接正方形和矩形ATHE的对角线，交于P，S，作直线PS交EH于点N，点N即为所求． 【解答】（1）如图所示： （2）如图所示： 30．如图1，∠MON是锐角，点A，B分别在边OM，ON上． （1）利用无刻度直尺与圆规作图：在图1中的∠MON 的内部作一点C，使得四边形OACB是平行四边形；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在图2中将▱OACB绕点C顺时针旋转，使得点B落在ON上的点D处，点A的对应点记作点E，点O的对应点记作点F．要求：仅用圆规作出点D，E，F，并简要说明点F的作图过程． 【分析】（1）分别以A，B为圆心，OB，OA为半径作弧两弧交于点C，连接AC，BC即可； （2）以C为圆心CB为半径作弧交NO于点D，CA的左侧作∠ACT=∠BCD，在射线CT上截取线段CE，使得CE=CA，分别以E，D为圆心，CD，CE为半径作弧，两弧交于点F，连接FD，EF即可． 【解答】解：（1）如图1中，四边形OACB即为所求； （2）如图2中，四边形CEFN即为所求． 方法：以C为圆心CB为半径作弧交NO于点D，CA的左侧作∠ACT=∠BCD，在射线CT上截取线段CE，使得CE=CA，分别以E，D为圆心，CD，CE为半径作弧，两弧交于点F，连接FD，EF即可． 1 学科网（北京）股份有限公司 $