?備戰(zhàn)2022年九年級(jí)中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何綜合：《四邊形綜合》（五）

1．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝6cm，CD是中線．點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)以4cm/s速度沿折線CD﹣DB勻速運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)B停止運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)P作PQ⊥AC，垂足為點(diǎn)Q，以PQ為一邊作矩形PQMN，且MQ＝PQ．點(diǎn)M，C始終位于PQ的異側(cè)，矩形PQMN與△ACD的重疊部分面積為S（cm2），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．

（1）當(dāng)點(diǎn)N在邊AB上時(shí)，t＝　 　s．
（2）求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．
（3）當(dāng)矩形PQMN與△ACD的重疊部分為軸對(duì)稱圖形時(shí)，直接寫出t的取值范圍．



2．如圖，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，正方形BDEF的邊長(zhǎng)為2，將正方形BDEF繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)一周，連接AE、BE、CD．
（1）請(qǐng)判斷線段AE和CD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在同一直線上時(shí)，求CD的長(zhǎng)；
（3）設(shè)AE的中點(diǎn)為M，連接FM，試求線段FM長(zhǎng)的最大值．



3．如圖①所示，已知正方形ABCD和正方形AEFG，G、A、B在同一直線上，點(diǎn)E在AD上，連接DG，BE．

（1）證明：BE＝DG；
（2）發(fā)現(xiàn)：當(dāng)正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，如圖②所示，判斷BE與DG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；
（3）探究：如圖③所示，若四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE時(shí)，判斷BE與DG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系是否與（2）的結(jié)論相同，并說明理由．





4．如圖1，ABCD為正方形，將正方形的邊CB繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到CE，記∠BCE＝α，連接BE，DE，過點(diǎn)C作CF⊥DE于F，交直線BE于H．
（1）當(dāng)α＝60°時(shí)，如圖1，則∠BHC＝　 ??；
（2）當(dāng)45°＜α＜90°，如圖2，線段BH、EH、CH之間存在一種特定的數(shù)量關(guān)系，請(qǐng)你通過探究，寫出這個(gè)關(guān)系式：　 ?。ú恍枳C明）；
（3）當(dāng)90°＜α＜180°，其它條件不變（如圖3），（2）中的關(guān)系式是否還成立？若成立，說明理由；若不成立，寫出你認(rèn)為成立的結(jié)論，并簡(jiǎn)要證明．

5．四邊形ABCD中，點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是AD邊上的動(dòng)點(diǎn)．連結(jié)DE、CF．
（1）若四邊形ABCD是矩形，AD＝12，CD＝10，如圖（1）．
①請(qǐng)直接寫出AE的長(zhǎng)度；
②當(dāng)DE⊥CF時(shí)，試求出CF長(zhǎng)度．
（2）如圖（2），若四邊形ABCD是平行四邊形，DE與CF相交于點(diǎn)P．探究：當(dāng)∠B與∠EPC滿足什么關(guān)系時(shí)，成立？并證明你的結(jié)論．





6．我們把對(duì)稱中心重合，四邊分別平行的兩個(gè)正方形之間的部分叫“方形環(huán)”，易知方形環(huán)四周的寬度相等．
一條直線l與方形環(huán)的邊線有四個(gè)交點(diǎn)M、M′、N′、N．小明在探究線段MM′與N′N 的數(shù)量關(guān)系時(shí)，從點(diǎn)M′、N′向?qū)呑鞔咕€段M′E、N′F，利用三角形全等、相似及銳角三角函數(shù)等相關(guān)知識(shí)解決了問題．請(qǐng)你參考小明的思路解答下列問題：
（1）當(dāng)直線l與方形環(huán)的對(duì)邊相交時(shí)，如圖1，直線l分別交AD、A′D′、B′C′、BC于M、M′、N′、N，小明發(fā)現(xiàn)MM′與N′N相等，請(qǐng)你幫他說明理由；
（2）當(dāng)直線l與方形環(huán)的鄰邊相交時(shí)，如圖2，l分別交AD、A′D′、D′C′、DC于M、M′、N′、N，l與DC的夾角為α，你認(rèn)為MM′與N′N還相等嗎？若相等，說明理由；若不相等，求出的值（用含α的三角函數(shù)表示）．




7．定義：我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做神奇四邊形．
順次連接四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形叫做中點(diǎn)四邊形．
（1）判斷：
①在平行四邊形、矩形、菱形中，一定是神奇四邊形的是　 ??；
②命題：如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，則四邊形ABCD是神奇四邊形．此命題是　 ?。ㄌ睢罢妗被颉凹佟保┟}；
③神奇四邊形的中點(diǎn)四邊形是　 ??；
（2）如圖2，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接BE，CG，GE．
①求證：四邊形BCGE是神奇四邊形；
②若AC＝2，AB＝，求GE的長(zhǎng)；
（3）如圖3，四邊形ABCD是神奇四邊形，若AB＝6，CD＝，AD、BC分別是方程x2﹣（k+4）x+4k＝0的兩根，求k的值．



8．如圖，平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∠ABC＝60°，對(duì)角線AC與BD的交點(diǎn)E恰好在y軸上，點(diǎn)G是BC中點(diǎn)，直線AG交BD于F．
（1）點(diǎn)F的坐標(biāo)為　 ?。?br /> （2）如圖1，在x軸上有一動(dòng)點(diǎn)H，連接FH，請(qǐng)求出FH+DH的最小值及相應(yīng)的點(diǎn)H的坐標(biāo)；
（3）如圖2，若點(diǎn)N是直線AC上的一點(diǎn)，那么在直線AG上是否存在一點(diǎn)M，使得以B、F、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．






9．如圖，正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，點(diǎn)F分別在線段OB，線段AB上，且AF＝OE，連接AE交OF于G，連接DG交AO于H．
（1）如圖1，若點(diǎn)E為線段BO中點(diǎn)，AE＝，求BF的長(zhǎng)；
（2）如圖2，若AE平分∠BAC，求證：FG＝HG；
（3）如圖3，點(diǎn)E在線段BO（含端點(diǎn)）上運(yùn)動(dòng)，連接HE，當(dāng)線段HE長(zhǎng)度取得最大值時(shí)，直接寫出cos∠HDO的值．



10．已知矩形ABCD中，點(diǎn)E為AD上一點(diǎn)．

（1）連接BE、CE，∠BCE的平分線與AD交于點(diǎn)H，HG垂直平分BE．
①如圖1，若AE＝8，BE＝10，求△EHC的面積；
②如圖2，若∠ECD＝30°，求證：BC+CE＝HC；
（2）如圖3，若AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，連接CE，將△CDE沿CE翻折，使點(diǎn)D恰好落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)F處，將△AFE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，再沿AB方向向下平移至△A′F′B處（點(diǎn)E與點(diǎn)B重合），將△A′F′B繞著點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角α（0°＜α＜180°），在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)直線A′F′分別交直線AC、BC于點(diǎn)P、Q，是否存在這樣的P、Q兩點(diǎn)，使得△CPQ為等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出CQ的長(zhǎng)度；若不存在，請(qǐng)說明理由．

參考答案
1．解：（1）如圖1中，

在Rt△ABC中，∵BC＝6cm，∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝12cm，AC＝BC＝6cm，
∵AD＝DB，
∴CD＝AB＝6cm，
∵PN∥AC，
∴＝，
∴＝，
解得t＝，
故答案為．

（2）①如圖2﹣1，當(dāng)0＜t≤時(shí)，重疊部分是矩形PQMN，

∵CD＝AD，
∴∠A＝∠ACD＝30°
∴PQ＝PC＝×4t＝2t，
MQ＝PQ＝，
∴S＝S矩形PQMN＝t×2t＝2t2．

②如圖2﹣2，當(dāng)＜t≤時(shí)，重疊部分是五邊形PQMEF，

∵CQ＝PCcos30°＝2t，AC＝BCtan60°＝6
∴AM＝AC﹣MQ﹣CQ＝6﹣t﹣2t＝6﹣3t，ME＝AM tan30°＝（6﹣3t）＝6﹣3t，EN＝MN﹣ME＝2t﹣（6﹣3t）＝5t﹣6，NF＝EN tan60°＝（5t﹣6），
∴S＝S矩形PQMN﹣S△ENF＝2t2﹣（5t﹣6）（5t﹣6）＝t2+30t﹣18．
③如圖3，當(dāng)＜t≤3時(shí)，重疊部分是五邊形QMEDF．

∵AP＝AD+DP＝CD+DP＝4t，PQ＝APsin30°＝2t
∴NP＝MQ＝PQ＝t，EN＝NPtan30°＝t，DP＝AP﹣AD＝4t﹣6，
∴S＝S矩形PQMN﹣S△ENP﹣S△DFP＝2t2﹣tt﹣（4t﹣6）2＝t2+12t﹣9．

（3）觀察圖象可知當(dāng)0＜t≤時(shí)，滿足條件，
如圖2﹣3中，當(dāng)DE＝DF時(shí)，也滿足條件，可得6﹣2t＝4t﹣6
解得t＝2，
綜上所述，滿足條件的t的值為0＜t≤或t＝2．
2．解：（1）結(jié)論：AE＝CD．
理由：∵在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝∠EBD＝45°，
∴∠ABE＝∠CBD，
∵四邊形BDEF是正方形，△ABC是等腰直角三角形，
∴＝，＝，
∴，
∴△ABE∽△CBD，
∴＝，
∴AE＝CD；

（2∵AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝BC＝4，
∵當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)，
∵∠AFB＝90°，
∴AF＝＝＝2，
如圖1，當(dāng)AE在AB左上方時(shí)，


AE＝AF﹣EF＝2﹣2，
∵AE＝CD，
∴CD＝AE＝﹣，
如圖2，當(dāng)AE在AB右下方時(shí)，

同理，AE＝AF+EF＝2+2，
∴CD＝+，
綜上所述，當(dāng)A、E、F三點(diǎn)在一直線上時(shí)，CD的長(zhǎng)為﹣或+；
（3）如圖3，延長(zhǎng)EF到G使FG＝EF，連接AG，BG，

則△BFG是等腰直角三角形，
∴BG＝BF＝2，
設(shè)M為AE的中點(diǎn)，
連接MF，
∴MF是△AGE的中位線，
∴AG＝2FM，
在△ABG中，∵AB﹣BG≤AG≤AB+BG，
∴2≤AG≤6，
∴≤FM≤3，
∴FM的最大值為3．
3．解：（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG；
（2）BE＝DG，BE⊥DG．
如圖1中，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△DAG中，
，
∴△ABE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG；∠ABE＝∠ADG，
延長(zhǎng)BE交AD于T，交DG于H．

∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG．
（3）數(shù)量關(guān)系不成立，DG＝2BE，位置關(guān)系成立．
如圖2中，延長(zhǎng)BE交AD于T，交DG于H．

∵四邊形ABCD與四邊形AEFG都為矩形，
∴∠BAD＝∠DAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴，
∴△ABE∽△ADG，
∴∠ABE＝∠ADG，，
∴DG＝2BE，
∵∠ATB+∠ABE＝90°，
∴∠ATB+∠ADG＝90°，
∵∠ATB＝∠DTH，
∴∠DTH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG．
4．解：（1）作CG⊥BH于G，如圖1所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCD＝90°，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：CE＝CB，∠BCE＝α＝60°，
∴CD＝CE，∠BCG＝∠ECG＝∠BCE＝30°，
∵CF⊥DE，
∴∠ECF＝∠DCF＝∠DCE，
∴∠GCH＝（∠BCE+∠DCE）＝×90°＝45°；
故答案為：45°；
（2）BH+EH＝CH；理由如下：
作CG⊥BE于G，如圖2所示：
∵DC＝EC，
∴∠DCF＝∠ECF＝∠HCB+∠BCG+∠ECG，
∵BC＝EC，
∴∠BCG＝∠ECG，
∴∠DCF＝∠HCB+2∠BCG，
∴∠DCF+∠HCB＝2∠HCB+2∠BCG＝90°，
∴∠HCB+∠BCG＝45°，
∴∠H＝∠HCG＝45°，
∴△CGH是等腰直角三角形，
∴CH＝
?
2
GH，
∴BH+EH＝BH+BH+BG+EG＝2GH＝CH，
即：BH+EH＝CH．
（3）當(dāng)90°＜α＜180°，其它條件不變，（2）中的關(guān)系式不成立，BH﹣EH＝CH；理由如下：
作CG⊥BH于G，如圖3所示：
同（1）得：∠BHC＝45°，△CGH是等腰直角三角形，CH＝GH，BG＝EG＝BE，
∴BH﹣EH＝BG+GH﹣EH＝BG+EG﹣EH﹣EH＝2GH＝CH．



5．解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠ADC＝90°．
∵AD＝12，CD＝10，
∴BC＝12，AB＝10．
∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，
∴AE＝AB＝5．
②∵DE⊥CF，
∴∠DPC＝∠DPF＝90°，
∴∠DFC+∠DCF＝90°，∠DFC+∠FDP＝90°，
∴∠DCF＝∠FDP．
∵∠A＝∠ADC，
∴△CFD∽△DEA，
∴．
在Rt△AED中，由勾股定理，得
ED＝13．
∴，
∴CF＝．
答：CF的長(zhǎng)度為；
（2）當(dāng)∠B+∠EPC＝180°時(shí)，
成立．
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B＝∠ADC，AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵∠B+∠EPC＝180°，
∴∠A＝∠EPC＝∠FPD，
∵∠FDP＝∠EDA，
∴△DFP∽△DEA，
∴，
∵∠B＝∠ADC，∠B+∠EPC＝180°，∠EPC+∠DPC＝180°，
∴∠CPD＝∠CDF，
∵∠PCD＝∠DCF，
∴△CPD∽△CDF，
∴，
∴
∴，
即當(dāng)∠B+∠EPC＝180°時(shí)，成立．

6．解　（1）在方形環(huán)中，∵M(jìn)′E⊥AD，N′F⊥BC，AD∥BC，
在△MM′E與△NN′F中，
，
∴△MM′E≌△NN′F（AAS）．
∴MM′＝N′N；

（2）法一∵∠NFN′＝∠MEM′＝90°，∠FNN′＝∠EM′M＝α，
∴△NFN′∽△M′EM，
∴＝．
∵M(jìn)′E＝N′F，
∴＝＝tanα（或）．
①當(dāng)α＝45°時(shí)，tan α＝1，則MM′＝NN′；
②當(dāng)α≠45°時(shí)，MM′≠NN′，則＝tanα（或）．
法二　在方形環(huán)中，∠D＝90°．
∵M(jìn)′E⊥AD，N′F⊥CD，
∴M′E∥DC，N′F＝M′E．
∴∠MM′E＝∠N′NF＝α．
在Rt△NN′F與Rt△MM′E中，
sinα＝，cosα＝，即＝tanα（或）．
①當(dāng)α＝45°時(shí)，MM′＝NN′；
②當(dāng)α≠45°時(shí)，MM′≠NN′，則＝tanα（或）．
7．解：（1）①∵菱形的對(duì)角線互相垂直，
∴菱形是神奇四邊形；
②∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AC是BD的垂直平分線，
∴四邊形ABCD是神奇四邊形；
③如圖，已知：四邊形ABCD是神奇四邊形，點(diǎn)E，點(diǎn)F，點(diǎn)G，點(diǎn)H分別是AD，DC，BC，AB的中點(diǎn)，

∵點(diǎn)E，點(diǎn)F，點(diǎn)G，點(diǎn)H分別是AD，DC，BC，AB的中點(diǎn)，
∴EF∥AC∥HG，BD∥EH∥FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是神奇四邊形，
∴AC⊥BD，
又∵EF∥AC∥HG，BD∥EH∥FG，
∴EF⊥EH，
∴四邊形EFGH是矩形，
故答案為矩形．
（2）①如圖2，連接CE，BG交于點(diǎn)N，CE交AB于M，

∵四邊形ACFG是正方形，四邊形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AG，∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠GAB＝∠CAE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠AEC＝∠ABG，
∵∠AEM+∠AME＝90°，
∴∠ABG+∠BMN＝90°，
∴∠BNM＝90°，
∴CE⊥BG，
∴四邊形BCGE是神奇四邊形；
②∵AC＝2，AB＝，
∴BC＝＝＝1，
∵四邊形ACFG是正方形，四邊形ABDE是正方形，AC＝2，AB＝，
∴CG＝AC＝2，BE＝AB＝，
∵GC2＝CN2+GN2，BE2＝BN2+NE2，BC2＝CN2+BN2，GE2＝GN2+NE2，
∴CG2+BE2＝BC2+GE2，
∴GE＝＝；
（3）∵四邊形ABCD是神奇四邊形，
∴同（2）中②的證明方法，可得AD2+BC2＝AB2+CD2，
∵AB＝6，CD＝，
∴AD2+BC2＝41，
∵AD、BC分別是方程x2﹣（k+4）x+4k＝0的兩根，
∴AD+BC＝k+4，ADBC＝4k，
∵AD2+BC2＝41＝（AD+BC）2﹣2ADBC，
∴（k+4）2﹣8k＝41，
∴k1＝5，k2＝﹣5（不合題意舍去），
∴k＝5．
8．解：（1）如圖1中，

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ABC＝∠ADC＝60°，CA⊥BD，
∴∠EDC＝∠EDA＝30°，∠CED＝90°，
∴EC＝CD＝2，∠ECD＝60°，
∵∠EOC＝90°，
∴∠CEO＝30°，
∴OC＝EC＝1，OE＝OC＝，
∴C（﹣1，0），E（0，），D（3，0），
∵AE＝EC，BE＝DE，
∴A（1，2），B（﹣3，2），
∴直線BC的解析式為y＝﹣x﹣，直線BD的解析式為y＝﹣x+，
∵AG⊥BC，
∴直線AG的解析式為y＝x+，
由，解得，
∴F（﹣1，）．
故答案為（﹣1，）．

（2）如圖1﹣1中，過點(diǎn)D作射線DM，使得∠ODM＝30°，點(diǎn)點(diǎn)H作HK⊥OM于K，過點(diǎn)F作FJ⊥DM于J．

∵D（3，0），∠ODK＝30°，F(xiàn)（﹣1，），
∴直線DM的解析式為y＝x﹣，
∵FJ⊥DM，
∴直線FJ的解析式為y＝﹣x+，
由，解得，
∴J（，﹣），
∴FJ＝＝3，
在Rt△DHK中，∵∠KDH＝30°，
∴KH＝DH，
∴FH+DH＝FH+HK≥FJ，
∴FH+DH≥3，
∴FH+DH的最小值為3，此時(shí)點(diǎn)H的坐標(biāo)為（，0）．

（3）如圖2中，過點(diǎn)C作CM∥BF交AG于M，連接BM，CF．

∵△ABC是等邊三角形，AG⊥BC，
∴BG＝CG，
∵∠BFG＝∠CMG，∠BGF＝∠CGM，
∴△BGF≌△CGM（AAS），
∴BF＝CM，
∵BF∥CM，
∴四邊形BFCN＝M是平行四邊形，
∴當(dāng)點(diǎn)N與C重合時(shí)，四邊形BFNM是平行四邊形，此時(shí)N（﹣1，0），M（﹣3，）
根據(jù)對(duì)稱性可知，當(dāng)點(diǎn)N與N′關(guān)于點(diǎn)A對(duì)稱時(shí)，四邊形BFM′N′是平行四邊形，此時(shí)N′（3，4），M′（5，），
如圖3中，當(dāng)BF是平行四邊形的對(duì)角線時(shí)，BM″∥AC，

∵直線BM″的解析式為y＝x+5，直線AG的解析式為y＝x+，
由，解得，
∴M″（﹣5，0），
綜上所述，滿足條件的點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣3，）或（5，）或（﹣5，0）．
9．解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，AB＝OA，
∵點(diǎn)E為線段BO中點(diǎn)，
∴OE＝BE＝OB＝OA，
∵OE2+OA2＝AE2，且AE＝，
∴OE2+4OE2＝5，
∴OE＝1，
∴AF＝OE＝1，OB＝OA＝2，AB＝2，
∴BF＝AB﹣AF＝2﹣1；
（2）如圖，延長(zhǎng)HG交AB于M，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠OAD＝∠ODA＝45°，AC⊥BD，AO＝DO＝BO，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠EAO＝22.5°，
∴∠DEA＝67.5°＝∠DAE，
∴AD＝DE＝AB，
∴AB﹣AF＝DE﹣OE，
∴BF＝DO＝BO，
∴∠BFO＝∠BOF＝67.5°，
∴∠AEO＝∠BOF＝67.5°，∠AOF＝∠EAO＝22.5°，
∴EG＝GO，AG＝GO，
∴AG＝GE，
又∵AD＝DE，
∴DM⊥AE，∠ADG＝∠EDG＝22.5°，
∴∠AMD＝67.5°＝∠BFO，
∴FG＝GM，
∵∠BAE＝∠EAO，AG＝AG，∠AGH＝∠AGM＝90°，
∴△AGM≌△AGH（ASA），
∴GM＝GH，
∴GF＝GH；
（3）如圖，連接BH，

∵點(diǎn)E在OB上運(yùn)動(dòng)，∠BOH＝90°，
∴BH≥EH，
∴當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)B重合時(shí)，HE的長(zhǎng)度有最大值，
如圖，過點(diǎn)F作FN⊥BD，

∵AO＝BO＝DO，AC⊥BD，
∴AB＝OB，
∵OE＝AF，
∴BF＝OB﹣OB＝（﹣1）OB，
∵∠ABD＝45°，F(xiàn)N⊥BD，
∴FN＝BN＝＝OB，
∴DN＝BD﹣BN＝2OB﹣OB＝OB，
∴DF＝＝OB，
∴cos∠HDO＝＝．
10．（1）①解：如圖1中，連接BH．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，AB＝CD，
∵AE＝8，BE＝10，
∴AB＝CD＝＝＝6，
∵HG垂直平分線段BE，
∴BH＝EH，設(shè)BH＝EH＝x，
在Rt△ABH中，則有x2＝62+（8﹣x）2，
∴x＝5，
∴EH＝BH＝5，
∴S△CEH＝EHCD＝×5×6＝15．

②證明：如圖2中，連接BH．

∵∠D＝∠DCB＝90°，∠ECD＝30°，
∴∠CED＝60°，∠ECB＝60°，
∵EC平分∠DCH，
∴∠ECD＝∠ECH＝30°，
∵∠CED＝∠EHC+∠ECH，
∴∠EHC＝∠ECH＝30°，
∴EH＝EC，
∵GH垂直平分線段BE，
∴BH＝EH＝CE，
∵EH∥BC，
∴四邊形BCEH是等腰梯形，
∴∠ECB＝∠HBC＝60°，
∵BH＝CE，CB＝BC，
∴△ECB≌△HBC（SAS），
∴∠EBC＝∠HCB＝30°，
∴∠BEC＝90°，設(shè)DE＝a，則EC＝2DE＝2a，BC＝2EC＝4a，CD＝a．CH＝2a，
∴EC+BC＝6a＝2a＝CH．

（2）分4種情況：①當(dāng)CP＝PQ時(shí)，如圖3，此時(shí)P與A'重合，

∴∠PQB＝∠PCB，
∵∠BF'Q＝∠CBA＝90°，
∴△BQF'∽△ACB，
∴＝，
∵BF'＝EF＝3，
∴＝，
∴BQ＝5，
∴CQ＝5+8＝13．

②當(dāng)CP＝CQ時(shí)，如圖4，

∵∠F'A'B＝∠FAE＝∠ACB，
∴∠BA'Q＝∠PCQ，
∵∠A'QB＝∠PQC，
∴△PCQ∽△BA'Q，
∵PC＝CQ，
∴B'A'＝A'Q＝5，
Rt△BF'Q中，BF'＝3，F(xiàn)'Q＝4+5＝9，
∴BQ＝＝3，
∴CQ＝BQ﹣BC＝3﹣8．

③當(dāng)CQ＝PQ時(shí)，如圖5，

∴∠QCP＝∠CPQ，
∵∠BA'F'＝∠CAE＝∠PCQ，∠CQP＝∠A'QB，
∴∠CPQ＝∠A'BQ，
∴∠A'BQ＝∠BA'Q，
∴BQ＝A'Q，
設(shè)BQ＝x，則CQ＝8﹣x，A'Q＝x，F(xiàn)'Q＝4﹣x，
在Rt△BQF'中，由勾股定理得：32+（4﹣x）2＝x2，
x＝，
∴CQ＝8﹣＝．

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