2024内蒙古中考数学二轮专项训练 题型十二 几何综合题（含答案）

2024内蒙古中考数学二轮专项训练题型十二几何综合题类型一与动点有关1.如图，已知△ABC是等边三角形，P是△ABC内部的一点，连接BP，CP.(1)如图①，以BC为直径的半圆O交AB于点Q，交AC于点R，当点P在eq\o(QR,\s\up8(︵))上时，连接AP，在BC边的下方作∠BCD＝∠BAP，CD＝AP，连接DP，求∠CPD的度数；(2)如图②，E是BC边上一点，且EC＝3BE，当BP＝CP时，连接EP并延长，交AC于点F.若eq\r(7)AB＝4BP，求证：4EF＝3AB；(3)如图③，M是AC边上一点，当AM＝2MC时，连接MP.若∠CMP＝150°，AB＝6a，MP＝eq\r(3)a，△ABC的面积为S1，△BCP的面积为S2，求S1－S2的值(用含a的代数式表示)．第1题图2.已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝2eq\r(10)，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋eq\r(3)，求sin∠BCD的值．第2题图3.已知在△ACD中，P是CD的中点，B是AD延长线上的一点，连接BC，AP.(1)如图①，若∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，BD＝AC，AP＝eq\r(3)，求BC的长；(2)过点D作DE∥AC，交AP延长线于点E，如图②所示．若∠CAD＝60°，BD＝AC，求证：BC＝2AP；(3)如图③，若∠CAD＝45°，是否存在实数m，当BD＝mAC时，BC＝2AP？若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．第3题图4.如图，矩形ABCD中，点P为对角线AC所在直线上的一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，过点P作MN⊥AB，交直线CD于点M，交直线AB于点N，AB＝4eq\r(3)，AD＝4.(1)如图①，①当点P在线段AC上时，∠PDM和∠EPN的数量关系为：∠PDM________∠EPN；②eq\f(DP,PE)的值是________；(2)如图②，当点P在CA延长线上时，(1)中的结论②是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理由；(3)如图③，以线段PD，PE为邻边作矩形PEFD.设PM的长为x，矩形PEFD的面积为y.请直接写出y与x之间的函数关系式及y的最小值．第4题图

类型二与平移有关1.在综合实践课上，老师让同学们对一张长AB＝4，宽BC＝3的矩形纸片ABCD进行剪拼操作，如图②，希望小组沿对角线AC剪开得到两张三角形纸片△ABC和△A′DC′.(1)将这两张三角形纸片按如图③摆放，判断A′C′与AC的位置关系，并说明理由；(2)在图③中，将△A′C′D纸片沿射线BC的方向平移．①如图④，当点A′在AC上时，A′C′与AB交于点E，求此时重叠部分四边形A′DBE的面积；②如图⑤，当点C′与点B重合时，A′C′与AC交于点F，直接写出△BFC的面积．第1题图2.如图①，在Rt△ABC和Rt△DEF中，∠BAC＝∠EDF＝90°，AB＝AC，DE＝DF，点D在射线AB上，AB＝2DF＝6，连接EA，EC，交射线AB于点H，取CE的中点G，连接DG.(1)当点F与点A重合时，求DH的长；(2)如图②，保持△ABC固定不动，将△DEF沿射线AB平移m个单位，判断DG与EA的位置关系和数量关系，并说明理由；(3)如图③，继续平移△DEF，使得△DEF的一个顶点恰好在直线BC上，求此时HG的长．第2题图3.在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA＝90°，BO＝BA，顶点A(4，0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E(－eq\f(7,2)，0)，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B.(1)如图①，求点B的坐标；(2)将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O′C′D′E′，点O，C，D，E的对应点分别为O′，C′，D′，E′.设OO′＝t，矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分的面积为S.①如图②，当点E′在x轴正半轴上，且矩形O′C′D′E′与△OAB重叠部分为四边形时，D′E′与OB相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；②当eq\f(5,2)≤t≤eq\f(9,2)时，求S的取值范围(直接写出结果即可)．第3题图4.综合与实践问题情境：如图①，纸片ABC是等边三角形，纸片DEF是直角三角形，其中∠DEF＝90°，∠DFE＝30°，AB＝DF＝6，M是BC的中点．实践操作：第一步：将图①中的两张三角形纸片按图②的方式摆放，使DF与AB重合；第二步：将图②中的△DEF沿射线BC方向平移，直线AB与直线EF交于点G，DF与AC交于点H，连接GH，如图③，设平移的距离为m.(1)在图②中，连接AM，求四边形EBMA的面积；(2)当AH⊥GH时，求m的值；(3)当GH∥BC时，判断四边形AGHD的形状，并说明理由．第4题图

类型三与旋转有关1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝2，Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△A′B′C，A′C与AB交于点D.(1)如图①，当A′B′∥AC时，过点B作BE⊥A′C，垂足为E，连接AE.①求证：AD＝BD；②求eq\f(S△ACE,S△ABE)的值；(2)如图②，当A′C⊥AB时，过点D作DM∥A′B′，交B′C于点N，交AC的延长线于点M，求eq\f(DN,NM)的值．第1题图2.数学课堂上，有这样一道探究题．如图①，已知△ABC中，AB＝AC＝m，BC＝n,∠BAC＝α(0°＜α＜180°)，点P为平面内不与点A，C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，连接CD，AP，点E，F分别为BC，CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究eq\f(EF,AP)的值和β的度数与m，n，α的关系．请你参与学习小组的探究过程，并完成以下任务：(1)填空：【问题发现】小明研究了α＝60°时，如图②，求出了eq\f(EF,PA)的值和β的度数分别为eq\f(EF,PA)＝________，β＝________；小红研究了α＝90°时，如图③，求出了eq\f(EF,PA)的值和β的度数分别为eq\f(EF,PA)＝________，β＝________；【类比探究】他们又共同探究了α＝120°时，如图④，也求出了eq\f(EF,PA)的值和β的度数；【归纳总结】最后他们终于共同探究得出规律：eq\f(EF,PA)＝_______(用含m，n的式子表示)；β＝________(用含α的式子表示)；(2)求出α＝120°时eq\f(EF,PA)的值和β的度数．第2题图3.如图，△AOB和△COD是等腰直角三角形，点O为直角顶点，连接AD、BC，E是BC的中点，连接OE.【问题解决】(1)如图①，当点C、D分别在边OA、OB上时，线段EO与线段AD之间的数量关系为________；【类比探究】(2)将△COD绕点O逆时针旋转到如图②所示位置，请探究线段EO与线段AD之间的数量关系，并说明理由；【拓展延伸】(3)在△COD的旋转过程中，当∠AOC＝150°时，若OA＝8，OC＝4，请直接写出OE的长．4.如图，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，BE＝BC，EF⊥CD，垂足为F.将四边形CBEF绕点C顺时针旋转α(0°<α<90°)，得到四边形CB′E′F′，B′E′所在的直线分别交直线BC于点G，交直线AD于点P，交CD于点K，E′F′所在的直线分别交直线BC于点H，交直线AD于点Q，连接B′F′交CD于点O.(1)如图①，求证：四边形BEFC是正方形；(2)如图②，当点Q和点D重合时．①求证：GC＝DC；②若OK＝1，CO＝2，求线段GP的长；(3)如图③，若BM∥F′B′交GP于点M，tan∠G＝eq\f(1,2)，求eq\f(S△GMB,S△CF′H)的值．第4题图

类型四与折叠有关1.如图，在矩形ABCD中，点M，N分别是边AD，BC上的点，将矩形ABCD沿MN折叠，使点B落在CD边上的点E处(不与点C，D重合)，连接BE，过点M作MH⊥BC于点H.(1)如图①，若BC＝AB，求证：△EBC≌△NMH；(2)如图②，当BC＝2AB时．①求证：△EBC∽△NMH；②若点E为CD的三等分点，请直接写出eq\f(AM,BN)的值．第1题图2.在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝4，AB＝8，点D是边AC的中点，点P是边AB上任意一点(点P不与点A重合)，连接PD、PC，将△PDC沿直线PD折叠，点C的对应点为点E.(1)观察猜想如图①，当点E与点A重合时，求∠PDA的度数和线段AP的长；(2)类比探究如图②，当点E在△ABC外侧，四边形CDEP是菱形时，求eq\f(PD,AD)的值；(3)解决问题设△PDE与△ABC重叠部分的面积为S1，△PAC的面积为S2，当S1＝eq\f(1,4)S2时，连接AE，求tan∠AED的值．第2题图3.综合与实践问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在▱ABCD中，BE⊥AD，垂足为E，F为CD的中点，连接EF,BF，试猜想EF与BF的数量关系，并加以证明；独立思考：(1)请解答老师提出的问题；实践探究：(2)希望小组受此问题的启发，将▱ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图②，点C的对应点为C′，连接DC′并延长交AB于点G，请判断AG与BG的数量关系，并加以证明；问题解决：(3)智慧小组突发奇想，将▱ABCD沿过点B的直线折叠，如图③，点A的对应点为A′，使A′B⊥CD于点H，折痕交AD于点M，连接A′M，交CD于点N.该小组提出一个问题：若此▱ABCD的面积为20，边长AB＝5,BC＝2eq\r(5)，求图中阴影部分(四边形BHNM)的面积．请你思考此问题，直接写出结果．第3题图4.(2021衢州)【推理】如图①，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接BE，CF，延长CF交AD于点G.(1)求证：△BCE≌△CDG；【运用】(2)如图②，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H.若eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，CE＝9，求线段DE的长；【拓展】(3)将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连接CF，延长CF，BF交直线AD于G，H两点，若eq\f(AB,BC)＝k，eq\f(HD,HF)＝eq\f(4,5)，求eq\f(DE,EC)的值(用含k的代数式表示)．第4题图参考答案类型一与动点有关1.(1)解：如解图①，连接BD，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝60°.在△ABP和△CBD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝CB，,∠BAP＝∠BCD，,AP＝CD，))∴△ABP≌△CBD(SAS)，∴BP＝BD，∠ABP＝∠CBD.∵∠ABP＋∠PBC＝60°，∴∠CBD＋∠PBC＝60°，即∠DBP＝60°，∴△DBP是等边三角形，∴∠BPD＝60°.∵BC为半圆O的直径，∴∠BPC＝90°，∴∠CPD＝∠BPC－∠BPD＝30°；第1题解图①(2)证明：如解图②，连接AP并延长，交BC于点G，∵AB＝AC，BP＝CP，∴AG⊥BC，BG＝CG.设BE＝x，则EC＝3x，∴AB＝BC＝4x.∴BG＝CG＝2x，∴EG＝x.∵eq\r(7)AB＝4BP，∴BP＝eq\r(7)x.∵AG⊥BC，∴∠BGP＝90°.在Rt△BGP中，由勾股定理得GP＝eq\r(BP2－BG2)＝eq\r(（\r(7)x）2－（2x）2)＝eq\r(3)x.在Rt△EGP中，tan∠GEP＝eq\f(GP,EG)＝eq\r(3)，∴∠GEP＝60°，∴∠GEP＝∠ABC.又∵∠ECF＝∠BCA，∴△CEF∽△CBA，∴eq\f(EF,BA)＝eq\f(EC,BC)＝eq\f(3x,4x)＝eq\f(3,4)，∴4EF＝3AB；第1题解图②(3)解：如解图③，延长MP交AB于点H，连接AP，过点P作PN⊥AC，垂足为N.∵AB＝6a，AM＝2MC，∴AM＝4a.∵∠CMP＝150°，∴∠AMH＝30°.∵∠BAC＝60°，∴∠AHM＝90°.在Rt△AMH中，∠AMH＝30°，AM＝4a，∴AH＝eq\f(1,2)AM＝2a，∴MH＝eq\r(AM2－AH2)＝2eq\r(3)a.∵MP＝eq\r(3)a，∴HP＝eq\r(3)a，∴S△ABP＝eq\f(1,2)AB·HP＝eq\f(1,2)×6a×eq\r(3)a＝3eq\r(3)a2.在Rt△MNP中，∠NMP＝30°，MP＝eq\r(3)a，∴NP＝eq\f(1,2)MP＝eq\f(\r(3),2)a，∴S△ACP＝eq\f(1,2)AC·NP＝eq\f(1,2)×6a×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(3\r(3)a2,2)，∴S1－S2＝S△ABP＋S△ACP＝eq\f(9\r(3)a2,2).第1题解图③2.解：(1)BD＝CE，且BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE.又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD＝CE，∴∠B＝∠ACE＝∠ACB＝45°，∴∠BCE＝90°，∴BD⊥CE；(2)如解图①，过点A作AH⊥BC于点H，第2题解图①∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△BAC是等腰直角三角形．∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵AB＝2eq\r(10)，∴BC＝eq\f(AB,cos∠ABC)＝4eq\r(5)，∴AH＝BH＝eq\f(1,2)BC＝2eq\r(5).∵∠DAE＝90°，∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE.又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)．∴BD＝CE＝2.∵BD⊥AD，∴在Rt△ABD中，AD＝eq\r(AB2－BD2)＝6.∵∠ADB＝∠AHF＝90°，∠DFB＝∠HFA，∴△BDF∽△AHF，∴eq\f(BF,AF)＝eq\f(DF,HF)＝eq\f(BD,AH)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5).设DF＝x，则AF＝6－x，∴BF＝eq\f(\r(5),5)(6－x)，HF＝eq\r(5)x，∴BH＝BF＋HF＝eq\f(\r(5),5)(6－x)＋eq\r(5)x＝2eq\r(5)，解得x＝1，即DF＝1，∴AF＝AD－DF＝6－1＝5；(3)如解图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DT⊥BC于点T，过点G分别作GM⊥BC交BC的延长线于点M，GN⊥AP于点N，第2题解图②∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵AB2＝6，∴AB＝eq\r(6)，∴BC＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝2eq\r(3)，∴AP＝BP＝CP＝eq\r(3).∵∠CBD＝30°，∴∠ABD＝75°.由旋转的性质可得△ACG≌△ABD，∴∠ACG＝∠ABD＝75°，CG＝BD，AG＝AD，∴∠BCG＝∠ACB＋∠ACG＝120°，∴∠GCM＝60°.∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四边形GMPN是矩形，∴NP＝GM，NG＝PM.设CM＝x，则NP＝GM＝CM·tan60°＝eq\r(3)x，∴NG＝PM＝PC＋CM＝eq\r(3)＋x，AN＝AP－NP＝eq\r(3)－eq\r(3)x.在Rt△ANG中，AN2＋NG2＝AG2＝AD2，∴(eq\r(3)－eq\r(3)x)2＋(eq\r(3)＋x)2＝4＋eq\r(3)，化简得4x2－(6－2eq\r(3))x＋2－eq\r(3)＝0，解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝eq\f(2－\r(3),2)，∵∠BAD>15°，∴当x＝eq\f(2－\r(3),2)时，易知与∠BAD>15°相矛盾，∴x＝eq\f(1,2)，即CM＝eq\f(1,2)，∴BD＝CG＝2CM＝1，∵DT⊥BC，∠CBD＝30°，∴DT＝BD·sin30°＝eq\f(1,2)，BT＝BD·cos30°＝eq\f(\r(3),2)，∴TC＝BC－BT＝eq\f(3\r(3),2)，∴在Rt△DTC中，DC＝eq\r(DT2＋TC2)＝eq\r(7)，∴sin∠BCD＝eq\f(DT,DC)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14).3.(1)解：∵∠ACB＝90°，∠CAD＝60°，∴AB＝eq\f(AC,cos60°)＝2AC.∵BD＝AC，∴AD＝AC，∴△ADC是等边三角形，∴∠ACD＝60°.∵P是CD的中点，∴AP⊥CD.在Rt△APC中，AP＝eq\r(3)，∴AC＝eq\f(AP,sin60°)＝2，∴BC＝AC·tan60°＝2eq\r(3)；(2)证明：如解图①，连接BE，第3题解图①∵DE∥AC，∴∠CAP＝∠DEP.在△CPA和△DPE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CAP＝∠DEP，,∠CPA＝∠DPE，,CP＝DP，))∴△CPA≌△DPE(AAS)，∴AP＝EP＝eq\f(1,2)AE，CA＝DE.∵BD＝AC，∴BD＝DE.又∵DE∥AC，∴∠BDE＝∠CAD＝60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD＝BE，∠EBD＝60°.∵BD＝AC，∴AC＝BE.在△CAB和△EBA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝BE，,∠CAB＝∠EBA，,AB＝BA，))∴△CAB≌△EBA(SAS)，∴BC＝AE，∴BC＝2AP；(3)存在，m＝eq\r(2).【解法提示】如解图②，作DE∥AC交AP延长线于E，连接BE，由(2)同理可得DE＝AC，∠EDB＝∠CAD＝45°，AE＝2AP，当BD＝eq\r(2)AC时，即BD＝eq\r(2)DE，∵∠EDB＝45°，过点B作BF⊥DE于点F，∴BD＝eq\r(2)DF，∴DE＝DF，∴点E，F重合，∴∠BED＝90°，∴∠EBD＝∠EDB＝45°，∴BE＝DE＝AC，同(2)可证△CAB≌△EBA(SAS)，∴BC＝AE＝2AP，∴存在m＝eq\r(2)，使得BC＝2AP.第3题解图②4.解：(1)①＝；【解法提示】∵∠DPE＝∠PMD＝90°，∴∠PDM＋∠DPM＝∠DPM＋∠EPN＝90°.∴∠PDM＝∠EPN.②eq\r(3)；【解法提示】∵∠PDM＝∠EPN，∠DMP＝∠PNE＝90°，∴△PDM∽△EPN.∴eq\f(DP,PE)＝eq\f(DM,PN).∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ADC＝90°.∵∠ANM＝90°，∴四边形ADMN是矩形．∴DM＝AN.∴eq\f(DP,PE)＝eq\f(AN,PN).∵PN∥BC.∴eq\f(AN,AB)＝eq\f(PN,CB).∴eq\f(AN,PN)＝eq\f(AB,CB)＝eq\f(4\r(3),4)＝eq\r(3)，∴eq\f(DP,PE)＝eq\r(3).(2)成立．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝4，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝∠DAN＝∠ADM＝90°.∵MN⊥AB，∴∠ANM＝90°，∴四边形ADMN为矩形，∴DM＝AN.∵PE⊥PD，∴∠DPE＝90°，∴∠DPM＋∠EPN＝∠DPM＋∠PDM＝90°，∴∠PDM＝∠EPN.∵∠M＝∠PNE＝90°，∴△PDM∽△EPN，∴eq\f(DP,PE)＝eq\f(DM,PN).∵DM＝AN，∴eq\f(DP,PE)＝eq\f(AN,PN).∵∠ANP＝∠ABC＝90°，∠PAN＝∠CAB，∴△APN∽△ACB，∴eq\f(AN,AB)＝eq\f(PN,CB)，∴eq\f(AN,PN)＝eq\f(AB,CB)＝eq\f(4\r(3),4)＝eq\r(3)，∴eq\f(DP,PE)＝eq\r(3)；(3)y与x之间的函数关系式为y＝eq\f(4\r(3),3)x2－8eq\r(3)x＋16eq\r(3)(x＞0)，y的最小值为4eq\r(3).【解法提示】∵eq\f(DP,PE)＝eq\r(3)，∴PE＝eq\f(\r(3),3)DP.∴矩形PEFD的面积为y＝DP·PE＝eq\f(\r(3),3)DP2.∵PM＝x，∴PN＝4－x.∵△PDM∽△EPN，∴eq\f(DM,PN)＝eq\f(DP,PE)＝eq\r(3).∴DM＝eq\r(3)PN＝4eq\r(3)－eq\r(3)x.∴DP2＝DM2＋PM2＝(4eq\r(3)－eq\r(3)x)2＋x2＝4x2－24x＋48.∴y＝eq\f(\r(3),3)DP2＝eq\f(\r(3),3)(4x2－24x＋48)，即y＝eq\f(4\r(3),3)x2－8eq\r(3)x＋16eq\r(3).∵y＝eq\f(4\r(3),3)x2－8eq\r(3)x＋16eq\r(3)＝eq\f(4\r(3),3)(x－3)2＋4eq\r(3)，∵eq\f(4\r(3),3)>0，∴当x＝3时，y有最小值，最小值为4eq\r(3).类型二与平移有关1.解：(1)A′C′⊥AC，理由如下：如解图，延长C′A′交AC于点G，易知∠A＝∠C′，∠ABC＝∠C′DA′＝90°，∴∠A＋∠AA′G＝∠C′＋∠C′A′B，∴∠AGA′＝∠C′DA′＝90°，即A′C′⊥AC；第1题解图(2)①由平移可知A′D∥AB，且A′D⊥C′C，AB⊥C′C，∴△A′DC∽△ABC，△C′BE∽△C′DA′，∴eq\f(A′D,AB)＝eq\f(DC,BC)，eq\f(BE,DA′)＝eq\f(C′B,C′D).∵AB＝DC′＝4，BC＝A′D＝3，∴A′C′＝AC＝5.∵eq\f(A′D,AB)＝eq\f(DC,BC)，∴eq\f(3,4)＝eq\f(DC,3)，∴DC＝eq\f(9,4)，∴BD＝BC－DC＝3－eq\f(9,4)＝eq\f(3,4)，∴C′B＝C′D－BD＝4－eq\f(3,4)＝eq\f(13,4).∵eq\f(BE,DA′)＝eq\f(C′B,C′D)，∴eq\f(BE,3)＝eq\f(\f(13,4),4)，∴BE＝eq\f(39,16)，∴S四边形A′DBE＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×(eq\f(39,16)＋3)＝eq\f(261,128)；②eq\f(54,25).【解法提示】由(1)可知BF⊥AC，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(42＋32)＝5，由三角形面积公式得，AB·BC＝AC·BF，∴BF＝eq\f(AB·BC,AC)＝eq\f(4×3,5)＝eq\f(12,5)，在Rt△BCF中，由勾股定理得CF＝eq\r(BC2－BF2)＝eq\r(32－（\f(12,5)）2)＝eq\f(9,5)，∴S△BCF＝eq\f(1,2)BF·CF＝eq\f(1,2)×eq\f(12,5)×eq\f(9,5)＝eq\f(54,25).2.解：(1)∵∠EDA＝∠CAB＝90°，∴DE∥AC，∴△DHE∽△AHC.∵AB＝AC，DE＝DF，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(DF,AB)＝eq\f(1,2)，∴DH＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB＝1；(2)DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA.理由如下：由(1)知，△EDH∽△CAH，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(HE,HC)＝eq\f(DE,AC)＝eq\f(1,2)，∵点G是EC的中点，∴HE＋HG＝HC－HG，∴2HG＝HC－HE＝HE，∴eq\f(DH,AH)＝eq\f(HG,HE)＝eq\f(1,2).∵∠DHG＝∠AHE，∴△DHG∽△AHE，∴∠HDG＝∠HAE，eq\f(DG,AE)＝eq\f(DH,AH)＝eq\f(1,2)，∴DG∥EA，DG＝eq\f(1,2)EA；(3)当点D在直线BC上时，此时点D和点B重合，如解图①，第2题解图①易得eq\f(BH,AH)＝eq\f(BE,AC)＝eq\f(1,2)，AB＝6，∴BH＝2，BE＝3，∴在Rt△BHE中，由勾股定理得EH＝eq\r(BE2＋BH2)＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).由(2)得eq\f(HG,HE)＝eq\f(DG,AE)＝eq\f(1,2)，∴HG＝eq\f(1,2)EH＝eq\f(\r(13),2)；当点F在直线BC上时，此时点F，H与点B重合，如解图②，EH＝eq\r(2)DE＝3eq\r(2)，第2题解图②∴HG＝eq\f(1,2)EH＝eq\f(3\r(2),2).综上所述，HG的长为eq\f(\r(13),2)或eq\f(3\r(2),2).3.解：(1)如解图①，过点B作BH⊥OA，垂足为点H，由点A(4，0)，得OA＝4，∵BO＝BA，∠OBA＝90°，∴OH＝HA＝eq\f(1,2)OA＝2BH，∴点B的坐标为(2，2)；第3题解图①(2)①由点E(－eq\f(7,2)，0)，得OE＝eq\f(7,2)，由平移知，四边形O′C′D′E′是矩形，得∠O′E′D′＝90°，O′E′＝OE＝eq\f(7,2)，∴OE′＝OO′－O′E′＝t－eq\f(7,2)，∠FE′O＝90°.∵BO＝BA，∠OBA＝90°，∴∠BOA＝∠BAO＝45°，∴∠OFE′＝90°－∠BOA＝45°，∴∠FOE′＝∠OFE′，∴FE′＝OE′＝t－eq\f(7,2)，∴S△FOE′＝eq\f(1,2)OE′·FE′＝eq\f(1,2)(t－eq\f(7,2))2，∴S＝S△OAB－S△FOE′＝eq\f(1,2)×4×2－eq\f(1,2)(t－eq\f(7,2))2，即S＝－eq\f(1,2)t2＋eq\f(7,2)t－eq\f(17,8)，其中t的取值范围是4≤t＜eq\f(11,2)；②eq\f(23,8)≤S≤eq\f(63,16).【解法提示】如解图②，当eq\f(5,2)≤t≤eq\f(7,2)时，S＝S△AOB－S△AO′M＝4－eq\f(1,2)(4－t)2＝－eq\f(1,2)(t－4)2＋4，∵对称轴为直线t＝4，－eq\f(1,2)＜0.∴当eq\f(5,2)≤t≤eq\f(7,2)时，S随t的增大而增大，∴将t＝eq\f(5,2)和t＝eq\f(7,2)分别代入，得S＝eq\f(23,8)和S＝eq\f(31,8)，eq\f(23,8)≤S≤eq\f(31,8)；第3题解图②如解图③，当eq\f(7,2)＜t≤4时，S＝S△AOB－S△AO′M－S△OE′N＝4－eq\f(1,2)(4－t)2－eq\f(1,2)(t－eq\f(7,2))2＝－t2＋eq\f(15,2)t－eq\f(81,8)，∵对称轴为直线t＝eq\f(15,4)，－1＜0，∴当t＝eq\f(15,4)时，S有最大值，此时S＝eq\f(63,16)，由①得当x＝eq\f(7,2)时，S＝eq\f(31,8)，∴eq\f(31,8)＜S≤eq\f(63,16)；第3题解图③如解图④，当4＜t≤eq\f(9,2)时，S＝S△AOB－S△OE′N＝4－eq\f(1,2)(t－eq\f(7,2))2＝－eq\f(1,2)(t－eq\f(7,2))2＋4，∵－eq\f(1,2)＜0，对称轴为t＝eq\f(7,2)，∴当t＝4时，S有最大值为eq\f(31,8)，当t＝eq\f(9,2)时，S有最小值为eq\f(7,2)，eq\f(7,2)≤S＜eq\f(31,8).综上所述，得eq\f(23,8)≤S≤eq\f(63,16).第3题解图④4.解：(1)如解图①，连接AM，∵M是BC的中点，AB＝AC，∴AM⊥BC，∴∠AMB＝90°.∵∠DFE＝30°，∠ABC＝60°，∴∠EBM＝90°.又∵∠DEF＝90°，∴四边形EBMA是矩形．∵AB＝6，∠EBA＝30°，∴AE＝3，∴在Rt△AEB中，BE＝eq\r(AB2－AE2)＝3eq\r(3)，∴S四边形EBMA＝3eq\r(3)×3＝9eq\r(3)；第4题解图①(2)当AH⊥GH时，∠AHG＝90°.∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°.由平移的性质可知DE∥BC，∴∠DAC＝∠ACB＝60°.在Rt△DEF中，∵∠EDF＋∠DFE＝90°，∠DFE＝30°，∴∠EDF＝90°－30°＝60°，∴△ADH是等边三角形，∴AH＝AD＝DH.由平移的性质可知AD＝m，∴AH＝m.在Rt△AGH中，cos∠GAH＝eq\f(AH,AG)，即cos60°＝eq\f(m,AG)＝eq\f(1,2)，解得AG＝2m.由平移的性质可知AB∥DF，AD＝BF＝m，∴∠BGF＝∠DFE＝30°，∴BG＝2BF＝2m.∵AG＋BG＝AB＝6，∴2m＋2m＝6，∴m＝eq\f(3,2)；(3)四边形AGHD是菱形．理由如下：如解图②，由平移的性质知AD∥BC，AB∥DF，∵GH∥BC，∴AD∥GH，∴四边形AGHD是平行四边形．由(2)知AD＝DH，∴四边形AGHD是菱形．第4题解图②类型三与旋转有关1.(1)①证明：∵Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转得到Rt△A′B′C，∴∠BAC＝∠A′.∵A′B′∥AC，∴∠ACA′＝∠A′，∴∠BAC＝∠ACA′，∴AD＝CD.∵∠ACD＋∠BCD＝90°，∠BAC＋∠ABC＝90°，∴∠BCD＝∠ABC，∴CD＝BD，∴AD＝BD；②解：在Rt△ABC中，AB＝eq\r(BC2＋AC2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).∵BE⊥A′C，∴∠BEC＝90°.在Rt△BEC和Rt△ACB中，∵∠BCE＝∠ABC，∴tan∠BCE＝tan∠ABC，∴eq\f(BE,CE)＝eq\f(AC,BC)＝2，∴BE＝2CE.在Rt△BEC中，∵BE2＋CE2＝BC2，∴(2CE)2＋CE2＝4，∴CE＝eq\f(2\r(5),5).由①得CD＝eq\f(1,2)AB，∴CD＝eq\r(5)，∴DE＝CD－CE＝eq\f(3\r(5),5)，∴eq\f(S△ACE,S△ADE)＝eq\f(CE,DE)＝eq\f(2,3).∵AD＝BD，∴S△ADE＝S△BDE，∴S△ABE＝2S△ADE，∴eq\f(S△ACE,S△ABE)＝eq\f(S△ACE,2S△ADE)＝eq\f(1,3)；(2)解：由②得AB＝2eq\r(5)，∵S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC＝eq\f(1,2)AB·CD，∴eq\f(1,2)×4×2＝eq\f(1,2)×2eq\r(5)×CD，∴CD＝eq\f(4\r(5),5).在Rt△ACD中，∵AD2＋CD2＝AC2，∴AD2＋(eq\f(4\r(5),5))2＝42，解得AD＝eq\f(8\r(5),5).∵DM∥A′B′，∴∠CDM＝∠A′.又∵∠DCN＝∠A′CB′，∴△CDN∽△CA′B′，∴eq\f(CN,CB′)＝eq\f(CD,CA′)，即eq\f(CN,2)＝eq\f(\f(4\r(5),5),4)，解得CN＝eq\f(2\r(5),5).∵∠ADC＝∠A′CB′＝90°，∴CN∥AD，∴△CMN∽△AMD，∴eq\f(NM,DM)＝eq\f(CN,AD)＝eq\f(\f(2\r(5),5),\f(8\r(5),5))＝eq\f(1,4)，∴eq\f(DN,NM)＝3.2.解：(1)【问题发现】eq\f(1,2)，60°；eq\f(\r(2),2)，45°；【归纳总结】eq\f(n,2m)；eq\f(180°－α,2)；【解法提示】如解图①，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，当α＝60°时，△ABC和△PDC都是等边三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴eq\f(CF,PC)＝eq\f(1,2)，eq\f(CE,AC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(CF,PC)＝eq\f(CE,AC)，又∵∠ACP＋∠ACD＝∠ECF＋∠ACD，∴∠ACP＝∠ECF.∴△ECF∽△ACP，∴eq\f(EF,AP)＝eq\f(CE,CA)＝eq\f(1,2)，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝β＝∠ACB＝60°；如解图②，当α＝90°时，△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝eq\f(\r(2),2)CD，AC＝eq\f(\r(2),2)CB，∵F、E分别是CD、BC的中点，∴eq\f(CE,AC)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(CF,PC)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(CF,PC)＝eq\f(CE,AC)，又∵∠ACP＋∠ACD＝∠ECF＋∠ACD∴∠ACP＝∠ECF，∴△ECF∽△ACP，∴eq\f(EF,AP)＝eq\f(CE,CA)＝eq\f(\r(2),2)，∠CEF＝∠CAP，∴∠Q＝β＝∠ACB＝45°，可归纳出eq\f(EF,AP)＝eq\f(CE,AC)＝eq\f(\f(n,2),m)＝eq\f(n,2m)，β＝∠ACB＝eq\f(180°－α,2).图①图②第2题解图(2)∵α＝120°，AB＝AC＝m，BC＝n，∴△ABC为等腰三角形，∴AE⊥BC，∠ACB＝eq\f(180°－α,2)＝30°，∴CE＝AC·cos30°＝eq\f(\r(3),2)m，∴n＝2CE＝eq\r(3)m，∴eq\f(EF,PA)＝eq\f(n,2m)＝eq\f(\r(3)m,2m)＝eq\f(\r(3),2)，β＝90°－eq\f(α,2)＝90°－eq\f(120°,2)＝30°.3.解：(1)EO＝eq\f(1,2)AD；【解法提示】在△BOC和△AOD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BO＝AO，,∠BOC＝∠AOD，,OC＝OD，))∴△BOC≌△AOD(SAS)，∴BC＝AD.∵E是BC的中点，∴EO＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)AD.(2)EO＝eq\f(1,2)AD，理由如下：如解图①，延长OE至点F，使得EF＝OE，连接BF、CF，第3题解图①∵BE＝CE，EO＝EF，∴四边形COBF是平行四边形，∴BF∥CO，BF＝CO＝DO，∴∠FBO＋∠BOC＝180°.∵∠BOA＝∠COD＝90°，∴∠BOC＋∠BOD＝∠1＋∠BOD＝90°，∴∠1＝∠BOC.∵∠1＋∠DOA＝180°，∴∠FBO＝∠DOA.∵BO＝AO，∴△FBO≌△DOA(SAS)，∴FO＝AD，∴EO＝eq\f(1,2)AD；(3)OE的长为2eq\r(7)或2eq\r(3).【解法提示】如解图②，当△COD绕点O逆时针旋转150°时，∠AOC＝150°，此时∠BOC＝60°，过点C作CF⊥OB于点F，过点E作EG⊥OB于点G，∵OC＝4，∠BOC＝60°，∴CF＝OC·sin60°＝2eq\r(3)，OF＝OC·cos60°＝2.∵E为BC的中点，EG∥CF，∴EG＝eq\f(1,2)CF＝eq\r(3)，BG＝GF.∵OA＝OB＝8，∴BF＝6，∴BG＝GF＝3，∴OG＝5，∴OE＝eq\r(OG2＋EG2)＝2eq\r(7)；如解图③，当△COD绕点O逆时针旋转210°时，∠AOC＝150°，此时∠BOC＝120°，过点C作CF⊥BO，交BO的延长线于点F，过点E作EG⊥OB于点G，∵∠BOC＝120°，∴∠COF＝60°.∵OC＝4，∴CF＝OC·sin60°＝2eq\r(3)，OF＝OC·cos60°＝2.∵E是BC的中点，EG∥CF，∴EG＝eq\f(1,2)CF＝eq\r(3)，BG＝FG.∵OA＝OB＝8，∴BF＝10，∴BG＝GF＝5，∴OG＝3，∴OE＝eq\r(OG2＋EG2)＝2eq\r(3).综上所述，OE的长为2eq\r(7)或2eq\r(3).图②图③第3题解图4.(1)证明：在矩形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，∵EF⊥CD，∴∠EFC＝90°，∴四边形BEFC是矩形．∵BE＝BC，∴四边形BEFC是正方形；(2)①证明：∵∠GCK＝∠DCH＝90°，∠B′E′F′＝90°，∴∠CDF′＋∠H＝90°，∠KGC＋∠H＝90°，∴∠KGC＝∠CDF′.由(1)可知，四边形BEFC是正方形，∴B′C＝CF′，∠GB′C＝∠CF′D，∴△CGB′≌△CDF′(AAS)，∴GC＝DC；②解：设正方形BEFC的边长为a，∵KB′∥CF′，∴△B′KO∽△F′CO，∴eq\f(B′K,F′C)＝eq\f(OK,OC)＝eq\f(1,2)，∴B′K＝eq\f(1,2)F′C＝eq\f(1,2)B′C＝eq\f(1,2)a.在Rt△B′KC中，B′K2＋B′C2＝CK2，∴(eq\f(1,2)a)2＋a2＝32，∴a＝eq\f(6\r(5),5).由eq\f(B′K,CF′)＝eq\f(1,2)，可得B′K＝KE′＝eq\f(1,2)a，∵KE′∥CF′∴△DKE′∽△DCF′，∴eq\f(DE′,DF′)＝eq\f(KE′,CF′)＝eq\f(\f(1,2)a,a)＝eq\f(1,2)，∴DE′＝E′F′＝CF′＝a，易得△DE′P≌△CF′D，∴PE′＝DF′＝2a，∴PK＝eq\f(5,2)a.易得△E′DK≌△B′CK，∴KD＝KC，∵AP∥GH，∴∠P＝∠KGC，∵∠DKP＝∠CKG，∴△PKD≌△GKC(AAS)，∴PK＝GK，∴PG＝2PK＝5a＝6eq\r(5)；(3)解：如解图，延长B′F′交CH的延长线于点R.第4题解图∵CF′∥GP，RB′∥BM，∴∠G＝∠F′CR，△GBM∽△GRB′，∴tan∠G＝tan∠F′CH＝eq\f(F′H,CF′)＝eq\f(1,2).设F′H＝x.则CF′＝2x，CH＝eq\r(5)x，∴CB′＝CF′＝E′F′＝BC＝2x.∵CB′∥HE′，∴△RB′C∽△RF′H，∴eq\f(RC,RH)＝eq\f(RB′,RF′)＝eq\f(B′C,F′H)＝2，∴CH＝RH，B′F′＝RF′，∴CR＝2CH＝2eq\r(5)x，∴S△CF′R＝2S△CF′H.∵CB′∥HE′，∴△GB′C∽△GE′H，∴eq\f(GC,GH)＝eq\f(B′C,E′H)＝eq\f(2x,3x)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(GB＋2x,GB＋2x＋\r(5)x)＝eq\f(2,3)∴GB＝2(eq\r(5)－1)x.∵BM∥RB′，∴△GBM∽△CRF′，∴eq\f(S△GMB,S△CRF′)＝(eq\f(GB,CR))2＝[eq\f(2（\r(5)－1）x,2\r(5)x)]2＝eq\f(6－2\r(5),5).∵S△CRF′＝2S△CHF′，∴eq\f(S△GMB,S△CF′H)＝eq\f(12－4\r(5),5).类型四与折叠有关1.(1)证明：在正方形ABCD中，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，∵MH⊥BC，∴∠MHB＝∠MHN＝∠C＝90°.∴四边形ABHM为矩形，∴AB＝MH.又∵BC＝AB，∴AB＝MH＝BC.根据折叠的性质可知，点B，E关于MN对称，则MN⊥BE，∴∠EBC＋∠BNM＝90°.又∵∠NMH＋∠BNM＝90°，∴∠EBC＝∠NMH，∴△EBC≌△NMH；(2)①证明：在矩形ABCD中，∠C＝90°，∵MH⊥BC，∴∠MHN＝∠C＝90°.∵点B，E关于MN对称，∴MN⊥BE，∴∠EBC＋∠BNM＝90°.又∵∠NMH＋∠BNM＝90°，∴∠EBC＝∠NMH，∴△EBC∽△NMH；②eq\f(7,10)或eq\f(31,37).【解法提示】如解图①，当CE＝2DE时，设BE与MN的交点为G，设AB＝3m，则BC＝2AB＝6m，EC＝2m，在Rt△BCE中，BE＝eq\r(BC2＋CE2)＝eq\r(36m2＋4m2)＝2eq\r(10)m，∴BG＝eq\r(10)m.∵∠BGN＝∠C＝90°，∠NBG＝∠EBC，∴△EBC∽△NBG，∴eq\f(BC,BG)＝eq\f(BE,BN)，即eq\f(6m,\r(10)m)＝eq\f(2\r(10)m,BN)，∴BN＝eq\f(10,3)m.在Rt△MNH中，MH＝AB＝3m，∴HN＝m，∴BH＝BN－NH＝eq\f(7,3)m，∴AM＝BH＝eq\f(7,3)m，∴eq\f(AM,BN)＝eq\f(\f(7,3)m,\f(10,3)m)＝eq\f(7,10)；如解图②，当DE＝2CE时，设BE与MN的交点为I，同理可得eq\f(AM,BN)＝eq\f(31,37)，综上所述，eq\f(AM,BN)的值为eq\f(7,10)或eq\f(31,37).图①图②第1题解图2.解：(1)∵△PDC沿直线PD折叠，点C的对应点为点E，且A，E两点重合，∴由折叠的性质得PD⊥AC，∴∠PDA＝90°.∵∠B＝90°，BC＝4，AB＝8，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝4eq\r(5).∵点D是边AC的中点，∴AD＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(5).又∵∠B＝∠PDA＝90°，∠A＝∠A，∴△ADP∽△ABC，∴eq\f(AP,AC)＝eq\f(AD,AB)，即eq\f(AP,4\r(5))＝eq\f(2\r(5),8)，解得AP＝5；(2)∵四边形CDEP是菱形，点D是边AC的中点，AC＝4eq\r(5)，∴CP＝CD＝AD＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(5).∵∠B＝90°，BC＝4，∴BP＝eq\r(CP2－BC2)＝2，∴AP＝AB－BP＝8－2＝6.如解图①，过点P作PQ⊥AC于点Q，第2题解图①∵∠B＝∠AQP＝90°，∠A＝∠A，∴△AQP∽△ABC，∴eq\f(AQ,AB)＝eq\f(QP,BC)＝eq\f(AP,AC)，即eq\f(AQ,8)＝eq\f(QP,4)＝eq\f(6,4\r(5))，解得AQ＝eq\f(12\r(5),5)，QP＝eq\f(6\r(5),5)，∴DQ＝AQ－AD＝eq\f(2\r(5),5)，∴PD＝eq\r(QP2＋DQ2)＝2eq\r(2)，∴eq\f(PD,AD)＝eq\f(2\r(2),2\r(5))＝eq\f(\r(10),5)；(3)分以下两种情况讨论：①如解图②，当C、E位于AB异侧时，设DE交AB于点F，过点P作PG⊥AC于点G，∵点D是边AC的中点，∴S△APD＝S△CPD＝eq\f(1,2)S△PAC.∵△PDE与△ABC重叠部分的面积为S1，△PAC的面积为S2，S1＝eq\f(1,4)S2，∴S△PFD＝eq\f(1,4)S△PAC，∴S△PFD＝eq\f(1,2)S△APD，∴点F是AP的中点，由折叠的性质得S△EPD＝S△CPD，∴S△EPD＝eq\f(1,2)S△PAC，∴S△PFD＝eq\f(1,2)S△EPD，∴点F是DE的中点，∴四边形AEPD是平行四边形，∴EP＝AD＝2eq\r(5)，∠AED＝∠PDE.由折叠的性质得CP＝EP＝2eq\r(5)，∠PDC＝∠PDE，∴∠AED＝∠PDC，BP＝eq\r(CP2－BC2)＝2，∴AP＝AB－BP＝6.同理由(2)可得GP＝eq\f(6\r(5),5)，DG＝eq\f(2\r(5),5)，∴tan∠AED＝tan∠PDC＝eq\f(GP,DG)＝3；第2题解图②②如解图③，当C、E位于AB同侧时，设PE交AC于点F，过点D作DK⊥AB于点K，∵点D是边AC的中点，∠ABC＝90°，∴DK是△ABC的中位线，∴DK＝eq\f(1,2)BC＝2，AK＝eq\f(1,2)AB＝4.同理由①可得四边形AEDP是平行四边形，由折叠的性质得CD＝ED，∴CD＝ED＝AP＝2eq\r(5)，∠AED＝∠APD，∴PK＝AP－AK＝2eq\r(5)－4，∴tan∠AED＝tan∠APD＝eq\f(DK,PK)＝eq\r(5)＋2.综上所述，tan∠AED的值为3或eq\r(5)＋2.第2题解图③3.解：(1)EF＝BF；证法一：如解图①，分别延长AD,BF相交于点M，第3题解图①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠2＝∠C，∠M＝∠1.∵F为CD的中点，∴DF＝CF，∴△MDF≌△BCF，∴FM＝FB，即F为BM的中点，∴BF＝eq\f(1,2)BM.∵BE⊥AD，∴∠BEM＝90°，∴在Rt△BEM中，EF＝eq\f(1,2)BM，∴EF＝BF；证法二：如解图②，过点F作FM⊥EB交EB于点M，∴∠EMF＝90°.∵BE⊥AD，∴∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠EMF，∴AD∥FM.∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC.∴AD∥FM∥BC，∴eq\f(EM,MB)＝eq\f(DF,FC).∵F为CD的中点，∴DF＝FC，∴EM＝MB.∵FM⊥EB，∴FM垂直平分EB，∴EF＝BF；第3题解图②(2)AG＝BG；证法一：如解图③，由折叠可知，∠1＝∠2＝eq\f(1,2)∠CFC′，FC′＝FC，∵F为CD的中点，∴FC＝FD＝eq\f(1,2)CD，∴FC′＝FD，∴∠3＝∠4.∵