则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°；BD=AF； ∵∠2=45°，
∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°， ∴∠DCE=∠2．
在△ECF和△ECD中，
，
∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴EF=DE． ∵∠5=45°， ∴∠BDE=90°，
∴DE2=BD2+BE2，即EF2=AF2+BE2，故③错误； ④∵∠7=∠1+∠A=∠1+45°=∠1+∠2=∠ACE， ∵∠A=∠5=45°， ∴△ACE∽△BFC， ∴
=
，
∴AE?BF=AC?BC=1，
由题意知四边形CHMG是矩形， ∴MG∥BC，MH=CG， MG∥BC，MH∥AC， ∴即
==
；；
==
， ，
BF，
BF=AE?BF=AC?BC=，
∴MG=AE；MH=
AE×
∴MG?MH=
故④正确． 故选：C．
【总结升华】考查了相似形综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，综合性较强，有一定的难度．
3．（2015?杭州模拟）如图，正方形ABCD中，F为AB上一点，E是BC延长线上一点，且AF=EC，连结EF，DE，DF，M是FE中点，连结MC，设FE与DC相交于点N．则4个结论：①DN=DG；②△BFG∽△EDG∽△BDE；③CM垂直BD；④若MC=，则BF=2；正确的结论有（ ）
A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【思路点拨】根据正方形的性质可得AD=CD，然后利用“边角边”证明△ADF和△CDE全等，根据全等
5
三角形对应角相等可得∠ADF=∠CDE，然后求出∠EDF=∠ADC=90°，而∠DGN=45°+∠FDG，∠DNG=45°+∠CDE，∠FDG≠∠CDE，于是∠DGN≠∠DNG，判断出①错误；根据全等三角形对应边相等可得DE=DF，然后判断出△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得∠DEF=45°，再根据两组角对应相等的三角形相似得到△BFG∽△EDG∽△BDE，判断出②正确；连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=DM=EF，然后判断出直线CM垂直平分BD，判断出③正确；过点M作MH⊥BC于H，得到∠MCH=45°，然后求出MH，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BF=2MH，判断出④正确． 【答案】C. 【答案与解析】
解：正方形ABCD中，AD=CD， 在△ADF和△CDE中，
，
∴△ADF≌△CDE（SAS）， ∴∠ADF=∠CDE，DE=DF，
∴∠EDF=∠FDC+∠CDE=∠FDC+∠ADF=∠ADC=90°， ∴∠DEF=45°，
∵∠DGN=45°+∠FDG，∠DNG=45°+∠CDE，∠FDG≠∠CDE， ∴∠DGN≠∠DNG，
∴DN≠DH，判断出①错误； ∵△DEF是等腰直角三角形，
∵∠ABD=∠DEF=45°，∠BGF=∠EGD（对顶角相等）， ∴△BFG∽△EDG，
∵∠DBE=∠DEF=45°，∠BDE=∠EDG， ∴△EDG∽△BDE，
∴△BFG∽△EDG∽△BDE，故②正确； 连接BM、DM． ∵△AFD≌△CED，
∴∠FDA=∠EDC，DF=DE， ∴∠FDE=∠ADC=90°， ∵M是EF的中点， ∴MD=EF， ∵BM=EF，
∴MD=MB，
在△DCM与△BCM中，
，
∴△DCM≌△BCM（SSS）， ∴∠BCM=∠DCM，
∴CM在正方形ABCD的角平分线AC上， ∴MC垂直平分BD；故③正确；
过点M作MH⊥BC于H，则∠MCH=45°， ∵MC=，
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∴MH=×=1，
∵M是EF的中点，BF⊥BC，MH⊥BC， ∴MH是△BEF的中位线， ∴BF=2MH=2，故④正确；
综上所述，正确的结论有②③④． 故选C．
【总结升华】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记各性质与定理并作辅助线是解题的关键． 举一反三： 【变式】（2011湖南怀化）如图8，△ABC,是一张锐角三角形的硬纸片，AD是边BC上的高，BC=40cm,AD=30cm,从这张硬纸片上剪下一个长HG是宽HE的2倍的矩形EFGH，使它的一边EF在BC上，顶点G、H分别在AC，AB上，AD与HG的交点为M.
AMHG(1) 求证：?;
ADBC(2) 求这个矩形EFGH的周长.
【答案】（1）证明：∵四边形EFGH为矩形， ∴EF∥GH， ∴∠AHG=∠ABC， 又∵∠HAG=∠BAC， ∴△AHG∽△ABC， ∴AMHG； ?ADBCAMHG? ADBC（2）解：由（1）得：设HE=xcm，MD=HE=x， ∵AD=30， ∴AM=30-x， ∵HG=2HE， ∴HG=2x， AM=AD-DM=AD-HE=30-x（cm）， 7
可得 30-x2x， ?3040解得，x=12， 2x=24 所以矩形EFGH的周长为：2×（12+24）=72（cm）． 答：矩形EFGH的周长为72cm． 0)，直线BC经过点B(?8，4. 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为(?8，6)，C(0，6)，将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转?度得到四边形OA?B?C?，此时直线OA?、直线B?C?分别与直线BC相交于点P、Q．
（1）四边形OABC的形状是 ，当??90°时，
BP的值是 ； BQBP的值； BQ（2）①如图1，当四边形OA?B?C?的顶点B?落在y轴正半轴时，求
②如图2，当四边形OA?B?C?的顶点B?落在直线BC上时，求△OPB?的面积．
（3）在四边形OABC旋转过程中，当0??≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP?若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1BQ？2
【思路点拨】（1）根据有一个角是直角的平行四边形即可得出四边形OA′B′C′是矩形，当α=90°时，可知BP4BP4?，根据比例的性质得出?； PQ3BQ7（2）①由△COP∽△A'OB'，根据相似三角形对应边成比例得出CP=9，同理由△B'CQ∽△B'C'O，得2出CQ=3，则BQ可求； ②先利用AAS证明△OCP≌△B'A'P，得出OP=B'P，即可求出； （3）当点P位于点B的右侧时，过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，根据S△POQ=S△POQ，即可证明出PQ=OP； 设BP=x，在Rt△PCO中，运用勾股定理，得出x=25，进而求得点P的坐标． 4【答案与解析】（1）∵O为坐标原点，点A的坐标为（-8，0），直线BC经过点B（-8，6），C（0，6）， ∴OA=BC=8，OC=AB=6， ∴四边形OABC的形状是矩形； 当α=90°时，P与C重合，如图， 8
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