【文章內(nèi)容簡介】 +S?ABCDS?ABCD，∵S△ACDS?ABCD，∴S△EFDS△ACD，故④錯誤；綜上，①②③正確；故選：B．【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，三角形面積，直角三角形斜邊上中線性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)等知識；熟練運用三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)是解題關鍵．8．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鍵．9．D【分析】由勾股定理可求BE的長，由折疊的性質(zhì)可得CE＝EF＝2，BE⊥CF，F(xiàn)H＝CH，由面積法可求CH＝，由勾股定理可求EH的長，由三角形中位線定理可求DF＝2EH＝．【詳解】解：如圖，連接CF，交BE于H，∵在正方形ABCD中，AB＝4，E是CD的中點，∴BC＝CD＝4，CE＝DE＝2，∠BCD＝90176。，∴BE＝，∵將△BCE沿BE翻折至△BFE，∴CE＝EF＝2，BE⊥CF，F(xiàn)H＝CH，∵S△BCE＝BECH＝BCCE，∴CH＝，∴EH=，∵CE＝DE，F(xiàn)H＝CH，∴DF＝2EH＝，故選：D．【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握折疊的性質(zhì)是本題的關鍵．10．C【分析】證明△BNA≌△BNE，得到BA=BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根據(jù)題意求出DE，根據(jù)三角形中位線定理計算即可．【詳解】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，∴∠NBA=∠NBE，∠BNA=∠BNE，在△BNA和△BNE中， ，∴△BNA≌△BNE，∴BA=BE，∴△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，∴點N是AE中點，點M是AD中點（三線合一），∴MN是△ADE的中位線，∵BE+CD=AB+AC=19BC=197=12，∴DE=BE+CDBC=5，∴MN=DE=．故選C．【點睛】本題考查的是三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵．11．A【分析】由三角形的中位線定理得：，分別等于、的，所以△的周長等于△的周長的一半，以此類推可求出結論．【詳解】解：△中，，△的周長是16，，分別是邊，的中點，，分別等于、的，以此類推，則△的周長是；△的周長是，當時，第2019個三角形的周長故選：．【點睛】本題考查了三角形的中位線定理，中位線是三角形中的一條重要線段，由于它的性質(zhì)與線段的中點及平行線緊密相連，因此，它在幾何圖形的計算及證明中有著廣泛的應用．12．A【分析】①根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠ADB＝45176。，進而得△DFG為等腰直角三角形，根據(jù)等腰三角形的三線合一性質(zhì)得∠EFH＝∠EFD＝45176。，故①正確；②根據(jù)矩形性質(zhì)得AF＝EB，∠BEF＝90176。，再證明△AFH≌△EGH得EH＝AH，進而證明△EHF≌△AHD，故②正確；③由△EHF≌△AHD得∠EHF＝∠AHD，懷AH＝EH得∠AEF+∠HEF＝45176。，進而得∠AEF+∠HAD＝45176。，故③正確；④如圖，過點H作MN⊥AD于點M，與BC交于點N，設EC＝FD＝FG＝x，則BE＝AF＝EG＝2x，BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，由勾股定理得AH2，再由三角形的面積公式得，便可判斷④的正誤．【詳解】證明：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90176。，∠ADB＝45176。，∵EF∥CD，∴∠EFD＝90176。，∴四邊形EFDC是矩形．在Rt△FDG中，∠FDG＝45176。，∴FD＝FG，∵H是DG中點，∴∠EFH＝∠EFD＝45176。故①正確；②∵四邊形ABEF是矩形，∴AF＝EB，∠BEF＝90176。，∵BD平分∠ABC，∴∠EBG＝∠EGB＝45176。，∴BE＝GE，∴AF＝EG．在Rt△FGD中，H是DG的中點，∴FH＝GH，F(xiàn)H⊥BD，∵∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90176。+45176。＝135176。，∠EGH＝180176。﹣∠EGB＝180176。﹣45176。＝135176。，∴∠AFH＝∠EGH，∴△AFH≌△EGH（SAS），∴EH＝AH，∵EF＝AD，F(xiàn)H＝DH，∴△EHF≌△AHD（SSS），故②正確；③∵△EHF≌△AHD，∴∠EHF＝∠AHD，∴∠AHE＝∠DHF＝90176。，∵AH＝EH，∴∠AEH＝45176。，即∠AEF+∠HEF＝45176。，∵∠HEF＝∠HAD，∴∠AEF+∠HAD＝45176。，故③正確；④如圖，過點H作MN⊥AD于點M，與BC交于點N，設EC＝FD＝FG＝x，則BE＝AF＝EG＝2x，∴BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，∴，∴，故④錯誤；故選：A．【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理，這是一道幾何綜合型題，關鍵是根據(jù)正方形的性質(zhì)得到線段的等量關系，然后利用矩形、等腰三角形的性質(zhì)進行求解即可．13．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，構造方程，求EB，在構造勾股定理求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)等知識的應用，此題的關鍵是能夠發(fā)現(xiàn)△BEG≌△B′PG．14．B【分析】如圖3中，由折疊的性質(zhì)可得PQ＝BC＝b，A1F＝a﹣b，△PEQ是等腰直角三角形，進而可得△MNE是等腰直角三角形，然后根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得EG =，而，進一步即可求得答案．【詳解】解：如圖3中，由折疊的性質(zhì)可得PQ＝BC＝b，A1F＝a﹣b，∠EPQ=，∠EQP=，∴∠PEQ=90176。，∴△PEQ是等腰直角三角形，如圖4，∵MN∥PQ，∴△MNE是等腰直角三角形，∵EG⊥MN，∴EG=MG=NG=，∵=a﹣2（a﹣b）＝b﹣a，∴MN=2EG=．故選：B．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)以及等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意、熟練掌握等腰直角三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．15．B【分析】關鍵結合圖形證明△CHG≌△EGD，即可逐項判斷求解【詳解】解：∵DF=BD，∴∠DFB=∠DBF，∵