【文章內(nèi)容簡介】 明△ABD為等邊三角形,根據(jù)“SAS”證明△AED≌△DFB。②證明∠BGE＝60＝∠BCD,從而得點B、C、D、G四點共圓,因此∠BGC＝∠DGC＝60。③過點C作CM⊥GB于M,CN⊥△CBM≌△CDN,所以S四邊形BCDG＝S四邊形CMGN,易求后者的面積。④∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60,故為定值.【詳解】解：①∵ABCD為菱形,∴AB＝AD,∵AB＝BD,∴△ABD為等邊三角形,∴∠A＝∠BDF＝60又∵AE＝DF,AD＝BD,∴△AED≌△DFB（SAS）,故本選項正確。②∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60＝∠BCD,即∠BGD+∠BCD＝180,∴點B、C、D、G四點共圓,∴∠BGC＝∠BDC＝60,∠DGC＝∠DBC＝60,∴∠BGC＝∠DGC＝60,故本選項正確。③過點C作CM⊥GB于M,CN⊥GD于N（如圖）,則△CBM≌△CDN（AAS）,∴S四邊形BCDG＝S四邊形CMGNS四邊形CMGN＝2S△CMG,∵∠CGM＝60,∴GM＝CG,CM＝CG,∴S四邊形CMGN＝2S△CMG＝2CGCG＝CG2,故本選項正確。④∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60,為定值,故本選項正確。綜上所述,正確的結(jié)論有①②③④,故選：D.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定、等邊三角形的判定與性質(zhì),解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．12．C【解析】連接BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC、BD互相平分，∵O為AC中點，∴BD也過O點，∴OB=OC，∵∠COB=60176。，OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB=BC=OC，∠OBC=60176。，在△OBF與△CBF中， ，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴△OBF與△CBF關(guān)于直線BF對稱，∴FB⊥OC，OM=CM；∴①正確，∵∠OBC=60176。，∴∠ABO=30176。，∵△OBF≌△CBF，∴∠OBM=∠CBM=30176。，∴∠ABO=∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，易證△AOE≌△COF，∴OE=OF，∴OB⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形，∴③正確，∵△EOB≌△FOB≌△FCB，∴△EOB≌△CMB錯誤．∴②錯誤，∵∠OMB=∠BOF=90176。，∠OBF=30176。，∴MB=，OF=，∵OE=OF，∴MB：OE=3：2，∴④正確；故選C．點睛：本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)以及三角函數(shù)等的知識，會綜合運用這些知識點解決問題是解題的關(guān)鍵.13．C【分析】證出OC＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)得CN⊥BD，①正確；證出MN是△AOB的中位線，得MN∥AB，MN＝AB，由直角三角形的性質(zhì)得NP＝CD，則MN＝NP，②正確；周長四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證出∠MND＝∠PND，則ND平分∠PNM，④正確；即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC＝AC，∵AD＝AC，∴OC＝BC，∵N是OB的中點，∴CN⊥BD，①正確；∵M、N分別是OA、OB的中點，∴MN是△AOB的中位線，∴MN∥AB，MN＝AB，∵CN⊥BD，∴∠CND＝90176。，∵P是CD的中點，∴NP＝CD＝PD＝PC，∴MN＝NP，②正確；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，∴四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正確；正確的個數(shù)有3個，故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等；熟練掌握三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．A【分析】設(shè)矩形ABCD的面積為S=20cm2，由O為矩形ABCD的對角線的交點，可得平行四邊形AOC1B底邊AB上的高等于BC的，依此類推可得下一個圖形的面積是上一個圖形的面積的，然后求解即可．【詳解】設(shè)矩形ABCD的面積為S=20cm2，∵O為矩形ABCD的對角線的交點，∴平行四邊形AOC1B底邊AB上的高等于BC的，∴平行四邊形AOC1B的面積=S，∵平行四邊形AOC1B的對角線交于點O1，∴平行四邊形AO1C2B的邊AB上的高等于平行四邊形AOC1B底邊AB上的高的，∴平行四邊形AO1C2B的面積=S=，……依此類推，平行四邊形AO4C5B的面積===（cm2），故選：A．【點睛】本題考查了矩形的對角線互相平分，平行四邊形的對角線互相平分的性質(zhì)，得到下一個圖形的面積是上一個圖形的面積的是解題的關(guān)鍵．15．C【分析】①由翻折知∠ABE=∠AB39。E=90186。，再證∠M=∠CB39。E=∠B39。AD即可；②借助軸對稱可知；③利用計算，勾股定理求B′D，構(gòu)造方程，求EB，在構(gòu)造勾股定理求MB′=；④由相似CB39。：BM=CE：BE，BM=，在計算B39。M5；⑤證△BEG≌△B′PG得BE=B′P，再證菱形即可．【詳解】①由折疊性質(zhì)知∠ABE=∠AB39。E=90186。，∴∠CB39。E+∠AB39。D=90186?！摺螪=90186?！唷螧39。AD+∠AB39。D=90186?！唷螩B39。E=∠B39。AD，∵CD∥MB，∴∠M=∠CB39。E=∠B39。AD；②點P在對稱軸上，則B39。P=BP；③由翻折，AB=AB39。=5，AD=4，由勾股定理DB39。=3，∴CB39。=53=2，設(shè)BE=x=B39。E，CE=4x，在Rt△B′CE中，∠C=90186。，由勾股定理（4x）2+22=x2，解得x=，∴CE=4=，在Rt△ABE中，∠ABE=90186。，AE=；④由BM∥CB′∴△ECB′∽△EBM，∴CB39。：BM=CE：BE，∴2：BM=：，∴BM=，則B39。M=5=CD；⑤連接BB′，由對稱性可知，BG=B′G，EP⊥BB′，BE∥B′P，∴△BEG≌△B′PG，∴BE=B′P，∴四邊形BPB′E為平行四邊形，又BE=EB′，所以四邊形BPB′E是菱形，所以PB′=B39。E．故選擇：C．【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、圖形的翻折變換以及相似三角形的性質(zhì)等知識的應(yīng)用，此題的關(guān)鍵是能夠發(fā)現(xiàn)△BEG≌△B′PG．16．B【分析】通過判斷△BDE為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可對①進行判斷；根據(jù)等角的余角相等得到∠BHE=∠C，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠A=∠C，則∠A=∠BHE，于是可對②進行判斷；證明△BEH≌△DEC，得到BH=CD，接著由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，則AB=BH，可對③進行判斷；因為∠BHD=90176。+∠EBH，∠BDG=90176。+∠BDE，由∠BDE＞∠EBH，推出∠BDG＞∠BHD，可判斷④．【詳解】解：∵∠DBC=45176。，DE⊥BC，∴△BDE為等腰直角三角形，所以①錯誤；∵BF⊥CD，∴∠C+∠CBF=90176。，而∠BHE+∠CBF=90176。，∴∠BHE=∠C，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A=∠BHE，所以②正確；在△BEH和△DEC中，∴△BEH≌△DEC，∴BH=CD，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD，∴AB=BH，所以③正確；∵∠BHD=90176。+∠EBH，∠BDG=90176。+∠BDE，∵∠BDE=∠DBE＞∠EBH，∴∠BDG＞∠BHD，所以④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)．熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)并能靈活運用是解題關(guān)鍵，本題中主要用到平行四邊形對邊相等，對角相等．17．C【分析】根據(jù)已知條件得到AB＝，CD＝，過A作AE∥CD交BC于E，則∠AEB＝∠DCB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CE＝AD，AE＝CD＝2，由已知條件得到∠BAE＝90176。，根據(jù)勾股定理得到BE＝，于是得到結(jié)論．【詳解】∵S1＝3，S3＝8∴AB＝，CD＝過A作AE∥CD交BC于E則∠AEB＝∠DCB∵AD∥BC∴四邊形AECD是平行四邊形∴CE＝AD，AE＝CD＝∵∠ABC+∠DCB＝90176?！唷螦EB+∠ABC＝90