【文章內(nèi)容簡介】 0176。，∴AE⊥GC．(3)如圖3中，作CM⊥DG于G，GN⊥CD于N，CH⊥FG于H，則四邊形CMGH是矩形，可得CM＝GH，CH＝GM．∵BE＝CE＝1，AB＝CD＝2，∴AE＝DE＝CG═DG＝FG＝，∵DE＝DG，∠DCE＝∠GND，∠EDC＝∠DGN，∴△DCE≌△GND(AAS)，∴GCD＝2，∵S△DCG＝?CD?NG＝?DG?CM，∴22＝?CM，∴CM＝GH＝，∴MG＝CH＝＝，∴FH＝FG﹣FG＝，∴CF＝＝＝．故答案為．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．7．如圖所示，矩形ABCD中，點E在CB的延長線上，使CE＝AC，連接AE，點F是AE的中點，連接BF、DF，求證：BF⊥DF．【答案】見解析.【解析】【分析】延長BF，交DA的延長線于點M，連接BD，進而求證△AFM≌△EFB，得AM=BE，F(xiàn)B=FM，即可求得BC+BE=AD+AM，進而求得BD=BM，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可求證BF⊥DF．【詳解】延長BF，交DA的延長線于點M，連接BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF=∠EBF，∠E=∠MAF，又FA=FE，∴△AFM≌△EFB，∴AM=BE，F(xiàn)B=FM．∵矩形ABCD中，∴AC=BD，AD=BC，∴BC+BE=AD+AM，即CE=MD．∵CE=AC，∴AC=CE= BD =DM．∵FB=FM，∴BF⊥DF．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，本題中求證DB=DM是解題的關(guān)鍵．8．正方形ABCD，點E在邊BC上，點F在對角線AC上，連AE．(1)如圖1，連EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周長；(2)如圖2，若AF＝AB，過點F作FG⊥AC交CD于G，點H在線段FG上(不與端點重合)，連AH．若∠EAH＝45176。，求證：EC＝HG+FC．【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由正方形性質(zhì)得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90176。，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45176。，得出AC＝AB＝4，求出AF＝3，CF＝AC﹣AF＝，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周長；（2）延長GF交BC于M，連接AG，則△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝CF，證出BM＝DG，證明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再證明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90176。，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45176。，∴AC＝AB＝4，∵4AF＝3AC＝12，∴AF＝3，∴CF＝AC﹣AF＝，∵EF⊥AC，∴△CEF是等腰直角三角形，∴EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝，∴△AEF的周長＝AE+EF+AF＝；（2）證明：延長GF交BC于M，連接AG，如圖2所示：則△CGM和△CFG是等腰直角三角形，∴CM＝CG，CG＝CF，∴BM＝DG，∵AF＝AB，∴AF＝AD，在Rt△AFG和Rt△ADG中，∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），∴FG＝DG，∴BM＝FG，∵∠BAC＝∠EAH＝45176。，∴∠BAE＝∠FAH，∵FG⊥AC，∴∠AFH＝90176。，在△ABE和△AFH中，∴△ABE≌△AFH（ASA），∴BE＝FH，∵BM＝BE+EM，F(xiàn)G＝FH+HG，∴EM＝HG，∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝CF，∴EC＝HG+FC．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．9．點P是矩形ABCD對角線AC所在直線上的一個動點（點P不與點A，C重合），分別過點A，C向直線BP作垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)，點O為AC的中點．（1）如圖1，當(dāng)點P與點O重合時，請你判斷OE與OF的數(shù)量關(guān)系；（2）當(dāng)點P運動到如圖2所示位置時，請你在圖2中補全圖形并通過證明判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立；（3）若點P在射線OA上運動，恰好使得∠OEF＝30176。時，猜想此時線段CF，AE，OE之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論不必證明．【答案】（1）OE＝OF．理由見解析；（2）補全圖形如圖所示見解析，OE＝OF仍然成立；（3）CF＝OE+AE或CF＝OE﹣AE．【解析】【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及垂線，即可判定，得出OE=OF；（2）先延長EO交CF于點G，通過判定，得出OG=OE，再根據(jù)中，即可得到OE=OF；（3）根據(jù)點P在射線OA上運動，需要分兩種情況進行討論：當(dāng)點P在線段OA上時，當(dāng)點P在線段OA延長線上時，分別根據(jù)全等三角形的性質(zhì)以及線段的和差關(guān)系進行推導(dǎo)計算即可．【詳解】（1）OE=OF．理由如下：如圖1．∵四邊形ABCD是矩形，∴ OA=OC．∵，∴．∵在和中，∴，∴ OE=OF；（2）補全圖形如圖2，OE=OF仍然成立．證明如下：延長EO交CF于點G．∵，∴ AE//CF，∴．又∵點O為AC的中點，∴ AO=CO．在和中，∴，∴ OG=OE，∴中，∴ OE=OF；（3）CF=OE+AE或CF=OEAE．證明如下：①如圖2，當(dāng)點P在線段OA上時．∵，∴，由（2）可得：OF=OG，∴是等邊三角形，∴ FG=OF=OE，由（2）可得：，∴ CG=AE．又∵ CF=GF+CG，∴ CF=OE+AE；②如圖3，當(dāng)點P在線段OA延長線上時．∵，∴，同理可得：是等邊三角形，∴ FG=OF=OE，同理可得：，∴ CG=AE．又∵ CF=GFCG，∴ CF=OEAE．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定以及等邊三角形的性質(zhì)和判定，解決問題的關(guān)鍵是構(gòu)建全等三角形和證明三角形全等，利用矩形的對角線互相平分得全等的邊相等的條件，根據(jù)線段的和差關(guān)系使問題得以解決．10．如圖，拋物線y=mx2+2mx+n經(jīng)過A（﹣3，0），C（0，﹣）兩點，與x軸交于另一點B．（1）求經(jīng)過A，B，C三點的拋物線的解析式；（2）過點C作CE∥x軸交拋物線于點E，寫出點E的坐標(biāo)，并求AC、BE的交點F的坐標(biāo)（3）若拋物線的頂點為D，連結(jié)DC、DE，四邊形CDEF是否為菱形？若是，請證明；若不是，請說明理由．【答案】（1）y=x2+x﹣；（2）F點坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）；（3）四邊形CDEF是菱形．證明見解析【解析】【分析】將A、C點的坐標(biāo)代入拋物線的解析式中，通過聯(lián)立方程組求得該拋物線的解析式；根據(jù)（1）題所得的拋物線的解析式，可確定拋物線的對稱軸方程以及B、C點的坐標(biāo)，由CE∥x軸，可知C、E關(guān)于對稱軸對稱。根據(jù)A、C點求得直線AC的解析式，根據(jù)B、E點求出直線BE的解析式，聯(lián)立方程求得的解，即為F點的坐標(biāo)；由E、C、F、D