【文章內(nèi)容簡介】 F＝AB，∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①正確；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG＝FG，∠AGB＝∠AGF，設(shè)BG＝x，則CG＝BC?BG＝6?x，GE＝GF＋EF＝BG＋DE＝x＋2，在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2＋CE2＝EG2，∵CG＝6?x，CE＝4，EG＝x＋2∴（6?x）2＋42＝（x＋2）2解得：x＝3，∴BG＝GF＝CG＝3，∴②正確；∵CG＝GF，∴∠CFG＝∠FCG，∵∠BGF＝∠CFG＋∠FCG，又∵∠BGF＝∠AGB＋∠AGF，∴∠CFG＋∠FCG＝∠AGB＋∠AGF，∵∠AGB＝∠AGF，∠CFG＝∠FCG，∴∠AGB＝∠FCG，∴AG∥CF，∴③正確；∵△CFG和△CEG中，分別把FG和GE看作底邊，則這兩個三角形的高相同．∴，∵S△GCE＝34＝6，∴S△CFG＝6＝，∴④正確；正確的結(jié)論有4個，故選：D．【點睛】本題考查了正方形性質(zhì)、折疊性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)和判定、等腰三角形的性質(zhì)和判定、平行線的判定等知識點的運用；主要考查學(xué)生綜合運用性質(zhì)進行推理論證與計算的能力，有一定難度．7．B【分析】延長BG交CH于點E，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△ABG≌△CDH≌△BCE，可得GE=BEBG=2，HE=CHCE=2，∠HEG=90176。，從而由勾股定理可得GH的長．【詳解】解：如圖，延長BG交CH于點E，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90176。，AB=CD=10，∵AG=8，BG=6，∴AG2+BG2=AB2，∴∠AGB=90176。，∴∠1+∠2=90176。，又∵∠2+∠3=90176。，∴∠1=∠3，同理：∠4=∠6，在△ABG和△CDH中，AB＝CD＝10AG＝CH＝8BG＝DH＝6∴△ABG≌△CDH（SSS），∴∠1=∠5，∠2=∠6，∴∠2=∠4，在△ABG和△BCE中，∵∠1＝∠3，AB＝BC，∠2＝∠4，∴△ABG≌△BCE（ASA），∴BE=AG=8，CE=BG=6，∠BEC=∠AGB=90176。，∴GE=BE－BG=8－6=2，同理可得HE=2，在Rt△GHE中，,故選：B．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理及其逆定理的綜合運用，通過證三角形全等得出△GHE為直角三角形且能夠求出兩條直角邊的長是解題的關(guān)鍵．8．C【分析】①先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，再根據(jù)角平分線的定義可得，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，又根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，最后根據(jù)角的和差即可得；②由①已推得，再根據(jù)即可得；③在中，根據(jù)直角邊小于斜邊即可得；④在中，利用三角形中位線定理可得，再根據(jù)即可得．【詳解】四邊形ABCD是平行四邊形，，平分，是等邊三角形，，，，則結(jié)論①成立，，則結(jié)論②成立，在中，OA是直角邊，OB是斜邊，則結(jié)論③不成立，是的中位線，則結(jié)論④成立，綜上，結(jié)論成立的個數(shù)是3個，故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟練掌握并靈活運用各判定定理與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．9．D【分析】根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定，正方形的判定，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【詳解】①如圖，連接AC，BD交于O，四邊形ABCD是菱形，過點O直線MP和QN，分別交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，則四邊形MNPQ是平行四邊形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；②如圖，當(dāng)PM=QN時，四邊形MNPQ是矩形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；故正確；③如圖，當(dāng)PM⊥QN時，存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形；故正確；④如圖，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時，四邊形MNPQ是正方形，故至少存在一個四邊形MNPQ是正方形；故④正確；綜上，①②③④4個均正確，故選：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟記各定理是解題的關(guān)鍵．10．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．11．D【分析】設(shè)，先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，又根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，從而可得點共線，由此可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】設(shè)，四邊形ABCD是矩形，由折疊的性質(zhì)得：，四邊形AECF是菱形，在和中，，即，點共線，在中，即，解得或（不符題意，舍去），即，故選：D．【點睛】本題考查了矩形與菱形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識點，利用三角形全等的判定定理與性質(zhì)證出，從而得出點共線是解題關(guān)鍵．12．A【分析】如圖1，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到PA=PD，QA=QD，則根據(jù)SSS可判斷APQ≌DPQ，則可對甲進行判斷；如圖2，根據(jù)平行四邊形的判定方法先證明四邊形APDQ為平行四邊形，則根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PA=DQ，PD=AQ，則根據(jù)SSS可判斷△APQ≌△DQP,則可對乙進行判斷.【詳解】解：如圖1，∵PQ垂直平分AD，∴PA=PD,，QA=QD，∵PQ=PQ，∴△APQ≌△DPQ(SSS)，所以甲正確；如圖2，∵PD∥AQ，DQ∥AP，∴四邊形APDQ為平行四達形，∴PA=DQ,，PD=AQ，∵PQ=QP，∴△APQ≌△DQP(SSS)，所以乙正確；故選：A.【點睛】本題考查了作圖復(fù)雜作圖，復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法，解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作，也考查了線段垂直平分線的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)和三角形全等的判定.13．D【分析】①先證明△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∠B