專題06 以四邊形為載體的幾何綜合問題（解析版）【浙江專用】

決勝2020年中考數(shù)學(xué)壓軸題全揭秘（浙江專用）專題06以四邊形為載體的幾何綜合問題【考點1】有關(guān)四邊形角度計算問題【例1】（2019?紹興）如圖，在直線AP上方有一個正方形ABCD，∠PAD＝30°，以點B為圓心，AB長為半徑作弧，與AP交于點A，M，分別以點A，M為圓心，AM長為半徑作弧，兩弧交于點E，連結(jié)ED，則∠ADE的度數(shù)為15°或45°．【分析】分點E與正方形ABCD的直線AP的同側(cè)、點E與正方形ABCD的直線AP的兩側(cè)兩種情況，根據(jù)正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)解答．【解析】∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠BAM＝180°﹣90°﹣30°＝60°，AD＝AB，當(dāng)點E與正方形ABCD的直線AP的同側(cè)時，由題意得，點E與點B重合，∴∠ADE＝45°，當(dāng)點E與正方形ABCD的直線AP的兩側(cè)時，由題意得，E′A＝E′M，∴△AE′M為等邊三角形，∴∠E′AM＝60°，∴∠DAE′＝360°﹣120°﹣90°＝150°，∵AD＝AE′，∴∠ADE′＝15°，故答案為：15°或45°．點評：本題考查的是正方形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，掌握正方形的性質(zhì)、靈活運用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．【例2】（2019?臺州）如圖，有兩張矩形紙片ABCD和EFGH，AB＝EF＝2cm，BC＝FG＝8cm．把紙片ABCD交叉疊放在紙片EFGH上，使重疊部分為平行四邊形，且點D與點G重合．當(dāng)兩張紙片交叉所成的角α最小時，tanα等于（）A．14 B．12 C．817 【分析】由“ASA”可證△CDM≌△HDN，可證MD＝DN，即可證四邊形DNKM是菱形，當(dāng)點B與點E重合時，兩張紙片交叉所成的角a最小，可求CM=154，即可求tan【解析】如圖，∵∠ADC＝∠HDF＝90°∴∠CDM＝∠NDH，且CD＝DH，∠H＝∠C＝90°∴△CDM≌△HDN（ASA）∴MD＝ND，且四邊形DNKM是平行四邊形∴四邊形DNKM是菱形∴KM＝DM∵sinα＝sin∠DMC=∴當(dāng)點B與點E重合時，兩張紙片交叉所成的角a最小，設(shè)MD＝a＝BM，則CM＝8﹣a，∵M(jìn)D2＝CD2+MC2，∴a2＝4+（8﹣a）2，∴a=∴CM=∴tanα＝tan∠DMC=故選：D．點評：本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，求CM的長是本題的關(guān)鍵．【考點2】有關(guān)四邊形線段計算綜合問題【例3】（2019?衢州）如圖，取兩根等寬的紙條折疊穿插，拉緊，可得邊長為2的正六邊形．則原來的紙帶寬為（）A．1 B．2 C．3 D．2【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)，正六邊形由6個邊長為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來的紙帶寬度，然后求出等邊三角形的高即可．【解析】邊長為2的正六邊形由6個邊長為2的等邊三角形組成，其中等邊三角形的高為原來的紙帶寬度，所以原來的紙帶寬度=32×故選：C．點評：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)以及正六邊形的性質(zhì)；熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考點3】有關(guān)四邊形周長面積的計算問題【例4】（2019?紹興）正方形ABCD的邊AB上有一動點E，以EC為邊作矩形ECFG，且邊FG過點D．在點E從點A移動到點B的過程中，矩形ECFG的面積（）A．先變大后變小 B．先變小后變大 C．一直變大 D．保持不變【分析】連接DE，△CDE的面積是矩形CFGE的一半，也是正方形ABCD的一半，則矩形與正方形面積相等．【解析】連接DE，∵S△CDES△CDE=∴矩形ECFG與正方形ABCD的面積相等．故選：D．點評：此題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，連接DE由面積關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵．【例5】（2019?紹興）把邊長為2的正方形紙片ABCD分割成如圖的四塊，其中點O為正方形的中心，點E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點．用這四塊紙片拼成與此正方形不全等的四邊形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無縫隙），則四邊形MNPQ的周長是6+22或10或8+22．【分析】先根據(jù)題意畫出圖形，再根據(jù)周長的定義即可求解．【解析】如圖所示：圖1的周長為1+2+3+22=6+22圖2的周長為1+4+1+4＝10；圖3的周長為3+5+2+2故四邊形MNPQ的周長是6+22或10或8+22．故答案為：6+22或10或8+22．點評：考查了平面鑲嵌（密鋪），關(guān)鍵是得到與此正方形不全等的四邊形MNPQ（要求這四塊紙片不重疊無縫隙）的各種情況．【例6】（2019?溫州）三個形狀大小相同的菱形按如圖所示方式擺放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的較短對角線長為2cm．若點C落在AH的延長線上，則△ABE的周長為12+82cm．【分析】連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，根據(jù)△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IO=2x，IK=2x﹣x，根據(jù)勾股定理即可得出x2＝2+2，再根據(jù)S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×BO，即可得出BO＝2【解析】如圖所示，連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同一直線上，CI＝2，∵三個菱形全等，∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，即△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IO=2x，IK=2x﹣∵Rt△CIK中，（2x﹣x）2+x2＝22，解得x2＝2+2又∵S菱形BCOI＝IO×CK=12IC×∴2x2=12×2∴BO＝22+2∴BE＝2BO＝42+4，AB＝AE=2BO＝4+2∴△ABE的周長＝42+4+2（4+22）＝12+82故答案為：12+82．點評：本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題時注意：菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形的面積等于兩條對角線長的乘積的一半．【考點4】有關(guān)平行四邊形的計算與證明問題【例7】（2019?湖州）如圖，已知在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點，連結(jié)DF，EF，BF．（1）求證：四邊形BEFD是平行四邊形；（2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四邊形BEFD的周長．【分析】（1）根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)得到DF∥BC，EF∥AB，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DF＝DB＝DA=12AB＝3，推出四邊形【解答】（1）證明：∵D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點，∴DF∥BC，EF∥AB，∴DF∥BE，EF∥BD，∴四邊形BEFD是平行四邊形；（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中點，AB＝6，∴DF＝DB＝DA=12AB＝∵四邊形BEFD是平行四邊形，∴四邊形BEFD是菱形，∵DB＝3，∴四邊形BEFD的周長為12．點評：本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定和性質(zhì)，直角三角形的斜邊中線的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【考點5】有關(guān)特殊平行四邊形的計算與證明問題【例8】（2019?寧波）如圖，矩形EFGH的頂點E，G分別在菱形ABCD的邊AD，BC上，頂點F，H在菱形ABCD的對角線BD上．（1）求證：BG＝DE；（2）若E為AD中點，F(xiàn)H＝2，求菱形ABCD的周長．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）連接EG，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四邊形ABGE是平行四邊形，得到AB＝EG，于是得到結(jié)論．【解析】（1）∵四邊形EFGH是矩形，∴EH＝FG，EH∥FG，∴∠GFH＝∠EHF，∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，∴∠BFG＝∠DHE，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE；（2）連接EG，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵E為AD中點，∴AE＝ED，∵BG＝DE，∴AE＝BG，AE∥BG，∴四邊形ABGE是平行四邊形，∴AB＝EG，∵EG＝FH＝2，∴AB＝2，∴菱形ABCD的周長＝8．點評：本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的識別作圖是解題的關(guān)鍵．【例9】（2019?杭州）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，正方形CEFG的面積為S1，點E在DC邊上，點G在BC的延長線上，設(shè)以線段AD和DE為鄰邊的矩形的面積為S2，且S1＝S2．（1）求線段CE的長；（2）若點H為BC邊的中點，連接HD，求證：HD＝HG．【分析】（1）設(shè)出正方形CEFG的邊長，然后根據(jù)S1＝S2，即可求得線段CE的長；（2）根據(jù)（1）中的結(jié)果可以題目中的條件，可以分別計算出HD和HG的長，即可證明結(jié)論成立．【解析】（1）設(shè)正方形CEFG的邊長為a，∵正方形ABCD的邊長為1，∴DE＝1﹣a，∵S1＝S2，∴a2＝1×（1﹣a），解得，a1=-5即線段CE的長是52（2）證明：∵點H為BC邊的中點，BC＝1，∴CH＝0.5，∴DH=1∵CH＝0.5，CG=5∴HG=5∴HD＝HG．點評：本題考查正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．【考點6】有關(guān)四邊形的面積與函數(shù)最值綜合問題【例10】（2019?紹興）有一塊形狀如圖的五邊形余料ABCDE，AB＝AE＝6，BC＝5，∠A＝∠B＝90°，∠C＝135°，∠E＞90°，要在這塊余料中截取一塊矩形材料，其中一條邊在AE上，并使所截矩形材料的面積盡可能大．（1）若所截矩形材料的一條邊是BC或AE，求矩形材料的面積．（2）能否截出比（1）中更大面積的矩形材料？如果能，求出這些矩形材料面積的最大值；如果不能，說明理由．【分析】（1）①若所截矩形材料的一條邊是BC，過點C作CF⊥AE于F，得出S1＝AB?BC＝6×5＝30；②若所截矩形材料的一條邊是AE，過點E作EF∥AB交CD于F，F(xiàn)G⊥AB于G，過點C作CH⊥FG于H，則四邊形AEFG為矩形，四邊形BCHG為矩形，證出△CHF為等腰三角形，得出AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，求出BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝1，AG＝AB﹣BG＝5，得出S2＝AE?AG＝6×5＝30；（2）在CD上取點F，過點F作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥AE于N，過點C作CG⊥FM于G，則四邊形ANFM為矩形，四邊形BCGM為矩形，證出△CGF為等腰三角形，得出MG＝BC＝5，BM＝CG，F(xiàn)G＝CG，設(shè)AM＝x，則BM＝6﹣x，F(xiàn)M＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，得出S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x，由二次函數(shù)的性質(zhì)即可得出結(jié)果．【解析】（1）①若所截矩形材料的一條邊是BC，如圖1所示：過點C作CF⊥AE于F，S1＝AB?BC＝6×5＝30；②若所截矩形材料的一條邊是AE，如圖2所示：過點E作EF∥AB交CD于F，F(xiàn)G⊥AB于G，過點C作CH⊥FG于H，則四邊形AEFG為矩形，四邊形BCHG為矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCH＝45°，∴△CHF為等腰直角三角形，∴AE＝FG＝6，HG＝BC＝5，BG＝CH＝FH，∴BG＝CH＝FH＝FG﹣HG＝6﹣5＝1，∴AG＝AB﹣BG＝6﹣1＝5，∴S2＝AE?AG＝6×5＝30；（2）能；理由如下：在CD上取點F，過點F作FM⊥AB于M，F(xiàn)N⊥AE于N，過點C作CG⊥FM于G，則四邊形ANFM為矩形，四邊形BCGM為矩形，∵∠C＝135°，∴∠FCG＝45°，∴△CGF為等腰直角三角形，∴MG＝BC＝5，BM＝CG，F(xiàn)G＝CG，設(shè)AM＝x，則BM＝6﹣x，∴FM＝GM+FG＝GM+CG＝BC+BM＝11﹣x，∴S＝AM×FM＝x（11﹣x）＝﹣x2+11x＝﹣（x﹣5.5）2+30.25，∴當(dāng)x＝5.5時，即：AM＝5.5時，F(xiàn)M＝11﹣5.5＝5.5，S的最大值為30.25．點評：本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、矩形面積公式以及二次函數(shù)的應(yīng)用等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明三角形是等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．【考點7】以四邊形為載體的幾何探究綜合問題【例11】（2019?舟山）小波在復(fù)習(xí)時，遇到一個課本上的問題，溫故后進(jìn)行了操作、推理與拓展．（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點P，N分別在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的邊長（用a，h表示）．（2）操作：如何畫出這個正方形PQMN呢？如圖2，小波畫出了圖1的△ABC，然后按數(shù)學(xué)家波利亞在《怎樣解題》中的方法進(jìn)行操作：先在AB上任取一點P'，畫正方形P'Q'M'N'，使點Q'，M'在BC邊上，點N'在△ABC內(nèi)，然后連結(jié)BN'，并延長交AC于點N，畫NM⊥BC于點M，NP⊥NM交AB于點P，PQ⊥BC于點Q，得到四邊形PQMN．（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．（4）拓展：小波把圖2中的線段BN稱為“波利亞線”，在該線上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3），當(dāng)∠QEM＝90°時，求“波利亞線”BN的長（用a，h表示）．請幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．【分析】（1）理由相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題；（2）根據(jù)題意畫出圖形即可；（3）首先證明四邊形PQMN是矩形，再證明MN＝PN即可；（4）過點N作ND⊥ME于點D，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠NEM＝∠MNE，ED＝DM，由“AAS”可證△QEM≌△MDN，可得EQ＝DM=12EM，通過證明△BEQ∽△BME，可得BM＝2BE，BE＝2BQ，即可求【解答】（1）解：如圖1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴PNBC=AE解得PN=（2）能畫出這樣的正方形，如圖2中，正方形PNMQ即為所求．（3）證明：如圖2中，由畫圖可知：∠QMN＝∠PQM＝∠NPQ＝∠BM′N′＝90°，∴四邊形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴M'N'MN同理可得：P'N'∴M'N'MN∵M(jìn)′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四邊形PQMN是正方形（4）如圖，過點N作ND⊥ME于點D∵M(jìn)N＝EN，ND⊥ME，∴∠NEM＝∠NME，ED＝DM∵∠BMN＝∠QEM＝90°∴∠EQM+∠EMQ＝90°，∠EMQ+∠EMN＝90°∴∠EMN＝∠EQM，且MN＝QM，∠QEM＝∠NDM＝90°∴△QEM≌△MDN（AAS）∴EQ＝DM=12∵∠BMN＝∠QEM＝90°∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∠BME+∠NME＝90°∴∠BEQ＝∠BME，且∠MBE＝∠MBE∴△BEQ∽△BME∴BQBE∴BM＝2BE，BE＝2BQ∴BM＝4BQ∴QM＝3BQ＝MN，BN＝5BQ∴MN∴BN=53MN=5點評：本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．【考點8】四邊形與相似三角函數(shù)等相結(jié)合的幾何綜合問題【例12】（2019?嘉興）小波在復(fù)習(xí)時，遇到一個課本上的問題，溫故后進(jìn)行了操作、推理與拓展．（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點P，N分別在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的邊長．（2）操作：能畫出這類正方形嗎？小波按數(shù)學(xué)家波利亞在《怎樣解題》中的方法進(jìn)行操作：如圖2，任意畫△ABC，在AB上任取一點P'，畫正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC邊上，N'在△ABC內(nèi)，連結(jié)BN'并延長交AC于點N，畫NM⊥BC于點M，NP⊥NM交AB于點P，PQ⊥BC于點Q，得到四邊形PPQMN．小波把線段BN稱為“波利亞線”．（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的條件下，在射線BN上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3）．當(dāng)tan∠NBM=34時，猜想∠請幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題．（2）根據(jù)題意畫出圖形即可．（3）首先證明四邊形PQMN是矩形，再證明MN＝PN即可．（4）證明△BQE∽△BEM，推出∠BEQ＝∠BME，由∠BME+∠EMN＝90°，可得∠BEQ+∠NEM＝90°，即可解決問題．【解答】（1）解：如圖1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴PNBC=AE解得PN=12（2）能畫出這樣的正方形，如圖2中，正方形PNMQ即為所求．（3）證明：如圖2中，由畫圖可知∠QMN＝∠PQM＝∠MNP＝∠BM′N′＝90°，∴四邊形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴M'N'MN同理可得：P'N'PN∴M'N'MN∵M(jìn)′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四邊形PQMN是正方形．（4）解：如圖3中，結(jié)論：∠QEM＝90°．理由：由tan∠NBM=MNBM=34，可以假設(shè)MN＝3k，BM＝4k，則BN＝5k，BQ＝k，∴BQBE=k∴BQBE∵∠QBE＝∠EBM，∴△BQE∽△BEM，∴∠BEQ＝∠BME，∵NE＝NM，∴∠NEM＝∠NME，∵∠BME+∠EMN＝90°，∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∴∠QEM＝90°．點評：本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)和判定，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考壓軸題．一．選擇題（共5小題）1．（2020?拱墅區(qū)校級模擬）如圖，E、F分別是矩形ABCD邊上的兩點，設(shè)∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，若∠AED＝α+β，下列結(jié)論正確的是（）A．α＝β B．α＝γ C．α+β+2γ＝90° D．2α+γ＝90°【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠A＝∠ADC＝90°，則α+β+γ＝90°，由直角三角形的性質(zhì)得出∠AED+α＝90°，證出2α+β＝90°，推出α+β+γ＝2α+β，即可得出結(jié)果．【解析】∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，∵∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，∴α+β+γ＝90°，∵∠AED+α＝90°，∠AED＝α+β，∴2α+β＝90°，∴α+β+γ＝2α+β，∴α＝γ，故選：B．2．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，?ABCD的周長為22cm，對角線AC、BD交于點O，過點O與AC垂直的直線交邊AD于點E，則△CDE的周長為（）A．8cm B．9cm C．10cm D．11cm【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，可得AD+CD＝11cm，由線段垂直平分線的性質(zhì)可得AE＝CE，即可求△CDE的周長＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm．【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB＝CD，AD＝BC，AO＝CO，又∵EO⊥AC，∴AE＝CE，∵?ABCD的周長為22cm，∴2（AD+CD）＝22cm∴AD+CD＝11cm∴△CDE的周長＝CE+DE+CD＝AE+DE+CD＝AD+CD＝11cm故選：D．3．（2019?鹿城區(qū)校級三模）如圖，將矩形ABCD的四邊BA，CB，DC，AD分別延長至點EF，G，H，使得AE＝BF＝CG＝DH．已知AB＝1，BC＝2，∠BEF＝30°，則tan∠AEH的值為（）A．2 B．23 C．23-1 D【分析】設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD＝BC＝2，∠ABC＝∠BAD＝90°，求出∠EAD＝∠EBF＝90°，解直角三角形求出x，求出AH，解直角三角形求出即可．【解析】設(shè)AE＝BF＝CG＝DH＝x，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∴∠EAD＝∠EBF＝90°，∵AB＝1，∠BEF＝30°，∴BE=3BF∴x+1=3x解得：x=3∴AE＝BF＝CG＝DH=3∴AH＝AD+DH＝2+3∴tan∠AEH=AHAE=3故選：C．4．（2019?海寧市二模）如圖，在?ABCD中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，E是AD的中點，連結(jié)BE交對角線AC于點F，連結(jié)DF，則tan∠DFE的值為（）A．34 B．35 C．36 【分析】作DG⊥BE交BE的延長線于G，作FH⊥AD于H，由直角三角形的性質(zhì)得出BC＝2AB，得出AE＝DE＝AB，證出∠AEB＝30°＝∠EAF，得出AF＝EF，得出AE＝2EH，EF＝2FH，EF=233EH=33AE，由直角三角形的性質(zhì)得出DE＝2DG，EG=3DG，設(shè)DG＝x，則EG=3x，AE＝DE＝【解析】作DG⊥BE交BE的延長線于G，作FH⊥AD于H，如圖所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠ABC＝60°，∴AD＝BC，∠BAD＝120°，∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，∴∠ACB＝30°，∠EAF＝30°，∴BC＝2AB，∵E是AD的中點，∴AE＝DE＝AB，∴∠AEB＝30°＝∠EAF，∴AF＝EF，∵FH⊥AD，∴AE＝2EH，EF＝2FH，EF=233EH∵∠DEG＝∠AEB＝30°，DG⊥BE，∴DE＝2DG，EG=3DG設(shè)DG＝x，則EG=3x，AE＝DE＝2x，EF=2∴tan∠DFE=DG故選：B．5．（2019?義烏市一模）如圖，已知點E是矩形ABCD的對角線AC上的一動點，正方形EFGH的頂點G、H都在邊AD上，若AB＝3，BC＝4，則tan∠AFE的值（）A．等于33 B．等于3C．等于34 D．隨點E【分析】根據(jù)題意可知EF∥AD，由該平行線的性質(zhì)推出△AEH∽△ACD，結(jié)合該相似三角形的對應(yīng)邊成比例和銳角三角函數(shù)的定義解答．【解析】∵EH∥CD，∴△AEH∽△ACD，∴EHAH設(shè)EH＝3a，AH＝4a，∴HG＝GF＝3a，∵EF∥AD，∴∠AFE＝∠FAG，∴tan∠AFE＝tan∠FAG=GF故選：B．二．填空題（共5小題）6．（2020?龍崗區(qū)校級模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，M、N分別是BC、DC的中點，AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，則AB的長是143【分析】首先延長DC和AM交于E，過點E作EH⊥AN于點H，易證得△ABM≌△ECM，即可得AB=23NE，然后由AM＝4，AN＝3，且∠MAN＝60°，求得AH，NH與EH的長，繼而求得【解析】延長DC和AM交于E，過點E作EH⊥AN于點H，如圖．∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CE，∴∠BAM＝∠CEM，∠B＝∠ECM．∵M(jìn)為BC的中點，∴BM＝CM．在△ABM和△ECM中，∠BAM=∴△ABM≌△ECM（AAS），∴AB＝CD＝CE，AM＝EM＝4，∵N為邊DC的中點，∴NE＝3NC=32AB，即AB=∵AN＝3，AE＝2AM＝8，且∠MAN＝60°，∴∠AEH＝30°，∴AH=12AE＝∴EH=AE2∴NH＝AH﹣AN＝4﹣3＝1，∴EN=NH∴AB=23×故答案為1437．（2019?嘉善縣模擬）在矩形ABCD中，∠ABC的平分線交邊AD于點E，∠BED的平分線交直線CD于點F．若AB＝3，CF＝1，則BC＝22+1或42-【分析】當(dāng)點F交在CD上時，如圖1所示，由角平分線得∠ABE＝∠CBE，平行線AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可證明AB＝AE＝3，BE＝32；同理可得BE＝BG，因△DEF～△CFG可求出ED＝2x，最后矩形的性質(zhì)和線段的和差可求出BC＝22+1；當(dāng)點F交在CD的延長線時，如圖2所示，同理可得BC＝42-【解析】①延長EF交BC點G，設(shè)CG＝x，如圖1所示：∵B的角平分線BE與AD交于點E，∴∠ABE＝∠CBE＝45°，又∵AD∥BC，∴∠CBE＝∠BEA，∠G＝∠DEF∴∠ABE＝∠BEA，∴AB＝AE，又∵AB＝3，∴AE＝3，∵EF平分∠BED，∴∠BEG＝∠DEF又∵，∠G＝∠DEF，∴∠BEG＝∠G∴BG＝BE在Rt三角形ABE中，由勾股定理得：BE=A∴BE＝32，BG=32在△DEF和△CFG中，∠D=∴△DEF～△CFG（AA）∴DFCF又∵CF＝1，CF+DF＝CD＝AB，∴DF＝2，∴ED＝2x，又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，∴BC＝3+2x，又∵BG＝BC+CG，∴BG＝3+2x+x＝3+3x，∴3+3x＝32，x=2∴BC=2(2-1)+3=22②延長EH交DC的延長線于點F，設(shè)CH＝y(tǒng)，如圖2所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC∴∠2＝∠3，∠CBE＝∠AEB，又∵BF平分∠BED，∴∠1＝∠2，∴∠1＝∠3，∴BE＝BH，又∵BE是∠ABC的角平分線，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，在Rt△ABE中，AB＝3，由勾股定理得：BE=A∴BH=32又∵CH∥ED，∴△FCH∽△FDE，∴CFFD又∵CF＝1，CH＝y(tǒng)，∴DE＝4y，又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，∴3+4y=32解得：y=2∴BC=42故答案為22+1或8．（2019?溫州三模）如圖所示，是一張長35cm，寬3cm的矩形紙片現(xiàn)準(zhǔn)備在這張矩形紙片上剪下一個腰長為2cm的等腰三角形，要求這個等腰三角形的一個頂點與矩形的一個頂點重合，其余的兩個頂點落在矩形的邊上，則剪下的等腰三角形的面積為2cm2或3cm2．【分析】因為等腰三角形腰的位置不明確，所以分兩種情況進(jìn)行討論：（1）△AEF為等腰直角三角形，直接利用面積公式求解即可；（2）先利用勾股定理求出AE邊上的高BF，再代入面積公式求解．【解析】分兩種情況計算：（1）當(dāng)AE＝AF＝2時，如圖：∴S△AEF=12AE?AF=12×2×2＝（2）當(dāng)AE＝EF＝2時，如圖：則BE＝3﹣2＝1，BF=E∴S△AEF=12?AE?BF=12×2故答案為：2cm2或3cm2．9．（2019?南潯區(qū)二模）如圖1，平面內(nèi)有一點P到△ABC的三個頂點的距離分別為PA、PB、PC，若有PA2＝PB2+PC2，則稱點P為關(guān)于點A的勾股點．矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，E是矩形ABCD內(nèi)一點，且點C是△ABE關(guān)于點A的勾股點，若是△ADE等腰三角形，求AE的長為10或6【分析】分兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)和勾股定理分別求出AH，HE的長度，即可求AE的長度．【解析】∵四邊形ABCD是矩形∴AB＝CD＝5，AD＝BC＝6∴AC2＝AB2+BC2，∵點C是關(guān)于點A的勾股點，∴AC2＝BC2+CE2，∴CE＝AB＝5，如圖，當(dāng)AD＝DE＝6時，作CF⊥DE于點F，過E作EH⊥AD于H，∵CE＝CD，CF⊥DE∴DF＝EF＝3∴CF=CD∵∠ADE+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCF＝90°∴∠ADE＝∠DCF，且∠DHE＝∠CFD＝90°∴△DHE∽△CDF∴CD即5∴HE=185，∴AH＝AD﹣DH=∴AE=如圖，當(dāng)AE＝DE時，作EG⊥DC于G，EH⊥AD于H，∵∠ADC＝90°，EG⊥DC，EH⊥AD∴四邊形EHDG是矩形∴HD＝EG，HE＝DG∵AE＝DE，EH⊥AD∴AH＝DH＝3＝EG∴CG=CE∴DG＝CD﹣CG＝1＝HE∴AE=故答案為：1010．（2019?龍灣區(qū)二模）如圖，以菱形ABCD的對角線AC為邊，在AC的左側(cè)作正方形ACEF，連結(jié)FD并延長交EC于點H．若正方形ACEF的面積是菱形ABCD面積的1.4倍，CH＝6，則EF＝14．【分析】連接BD交AC于G，由菱形性質(zhì)可的AC與BD互相垂直平分，菱形面積等于AC與BD的積的一半，其中由正方形性質(zhì)的AC＝EF可用EF代入計算．因為G是AC中點且DG∥EC∥AF，根據(jù)平行線分線段定理可知點D也是FH中點，故DG是梯形ACHF中位線，DG=12（CH+AF）=12（6+EF），因此菱形ABCD面積可用含EF的式子表示．用EF2表示正方形ACEF面積，以正方形面積為菱形面積的【解析】連接BD，交AC于點G∵四邊形ABCD是菱形∴AC⊥BD，DB＝2DG，AG＝CG∴S菱形ABCD=12AC?DB＝AC∵四邊形ACEF是正方形∴EF＝AF＝AC＝CE，AF∥EC，AC⊥EC∴DB∥CE∥AF∴DHDF∴DH＝DF，即DG為梯形ACHF的中位線∴DG=12（CH+AF）=12（∵CH＝6，S正方形ACEF＝1.4S菱形ABCD∴EF2＝1.4AC?DG∴EF2＝1.4EF?12（6+EF解得：EF＝14故答案為：14．三．解答題（共10小題）11．（2020?下城區(qū)模擬）如圖，正方形ABCD和正方形AEFG有公共點A，點B在線段DG上．（1）判斷DG與BE的位置關(guān)系，并說明理由：（2）若正方形ABCD的邊長為2，正方形AEFG的邊長為22，求BE的長．【分析】（1）由“SAS”可證△DAG≌△BAE，可得DG＝BE，∠ADG＝∠ABE，可得結(jié)論；（2）由正方形的性質(zhì)可得BD＝22，GE＝4，由勾股定理可求解．【解析】（1）DG⊥BE，理由如下：∵四邊形ABCD，四邊形AEFG是正方形，∴AB＝AD，∠DAB＝∠GAE，AE＝AG，∠ADB＝∠ABD＝45°，∴∠DAG＝∠BAE，在△DAG和△BAE中AD=AB∠DAG=∠BAE∴△DAG≌△BAE（SAS）．∴DG＝BE，∠ADG＝∠ABE＝45°，∴∠ABD+∠ABE＝90°，即∠GBE＝90°．∴DG⊥BE；（2）連接GE，∵正方形ABCD的邊長為2，正方形AEFG的邊長為22，∴BD＝22，GE＝4，設(shè)BE＝x，則BG＝x﹣22，在Rt△BGE中，利用勾股定理可得x2+（x﹣22）2＝42，∴x=∴BE的長為2+12．（2020?杭州模擬）如圖，矩形ABCD的對角線交于點O．點E在DC邊上，∠DAE＝∠BAC，連結(jié)AE交對角線BD于點G，F(xiàn)是線段EC的中點，連結(jié)BF．（1）求證：AE⊥BD．（2）判斷DF與BF的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）若tan∠ACB＝k（k≥1），△DFB和△ABC面積分別為S1和S2，求S1【分析】（1）想辦法證明∠DAE+∠ADO＝90°即可解決問題．（2）結(jié)論：DF＝BF．連接OF．利用三角形的中位線定理證明OF∥AE，再證明OF⊥BD，利用線段的垂直平分線的性質(zhì)解決問題即可．（3）由tan∠ACB=ABBC=k，可以假設(shè)AB＝k，BC＝1，用k表示S1，【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴OD＝OB＝OC＝OA，∠DAB＝90°，∴∠ODA＝∠OAD，∵∠BAC+∠OAD＝90°，∠DAE＝∠BAC，∴∠DAE+∠ODA＝90°，∴∠AGD＝90°，∴AE⊥BD．（2）解：結(jié)論：DF＝BF．理由：連接OF．∵EF＝CF，OA＝OC，∴OF∥AE，∵AE⊥BD，∴OF⊥BD，∵DO＝OB，∴DF＝BF．（3）解：∵tan∠ACB=ABBC∴可以假設(shè)AB＝k，BC＝1，∴S1=12×BC×∵∠DAE＝∠BAC，∠ADE＝∠ACB＝90°，∴△DAE∽△BAC，∴DEDA∵AB＝k，∴DE=1∴CE＝k-1∵F是EC的中點，∴EF=12EC=12∴DF=12（k-1k）+∴S2=12×DF×BC=1∴S1∵k≥1，∴當(dāng)k＝1時，S1S213．（2020?衢州模擬）【猜想】如圖1，在平行四邊形ABCD中，點O是對角線AC的中點，過點O的直線分別交AD．BC于點E．F．若平行四邊形ABCD的面積是8，則四邊形CDEF的面積是4．【探究】如圖2，在菱形ABCD中，對角線相交于點O，過點O的直線分別交AD，BC于點E，F(xiàn)，若AC＝5，BD＝10，求四邊形ABFE的面積．【應(yīng)用】如圖3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延長BC到點D，使DC＝BC，連結(jié)AD，若AC＝3，AD＝210，則△ABD的面積是6．【分析】猜想：首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，OA＝OC．根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，進(jìn)而可根據(jù)AAS定理證明△AEO≌△CFO，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；探究：根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC，AO＝CO=12AC＝2.5，BO=12BD＝5，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于應(yīng)用：延長AC到E使CE＝AC＝3，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)得到∠E＝∠BAC＝90°，根據(jù)勾股定理得到DE=A【解析】猜想：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OA＝OC．∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，在△AOE與△COF中，∠EAO=∴△AEO≌△CFO（AAS），∴四邊形CDEF的面積＝S△ACD=12?ABCD的面積＝故答案為：4；探究：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AO＝CO=12AC＝2.5，BO=12BD＝5，∠∴AB=BO2+OA2=55在△AOE與△COF中，∠OAE=∴△AOE≌△COF（AAS），∵AC⊥BD，∴S四邊形ABFE＝S△ABC=12AC?BO=12×應(yīng)用：延長AC到E使CE＝AC＝3，在△ABC與△CDE中，AC=CE∠ACB=∠DCE∴△ABC≌△CDE（SAS），∴∠E＝∠BAC＝90°，∴DE=A∴S△ABD＝S△ADE=12AE?DE=12×6故答案為：614．（2020?蕭山區(qū)一模）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC，對角線AC、BD交于點O，AO＝BO，DE平分∠ADC交BC于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若AB＝2，求△OEC的面積．【分析】（1）證出∠BAD＝∠BCD，得出四邊形ABCD是平行四邊形，得出OA＝OC，OB＝OD，證出AC＝BD，即可解決問題；（2）作OF⊥BC于F．求出EC、OF即可解決問題；【解答】（1）證明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四邊形ABCD是矩形．（2）解：作OF⊥BC于F，如圖所示．∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，∴AO＝BO＝CO＝DO，∴BF＝FC，∴OF=12CD＝∵DE平分∠ADC，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝45°，在Rt△EDC中，EC＝CD＝2，∴△OEC的面積=12?EC?OF＝15．（2019?周村區(qū)一模）如圖，BD是△ABC的角平分線，過點D作DE∥BC交AB于點E，DF∥AB交BC于點F．（1）求證：四邊形BEDF為菱形；（2）如果∠A＝90°，∠C＝30°，BD＝12，求菱形BEDF的面積．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的和菱形的判定證明即可；（2）根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理以及菱形的面積解答即可．【解答】證明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠EBD＝∠DBF，∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBF，∴∠EBD＝∠EDB，∴BE＝ED，∴平行四邊形BFDE是菱形；（2）連接EF，交BD于O，∵∠BAC＝90°，∠C＝30°，∴∠ABC＝60°，∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝30°，∴BD＝DC＝12，∵DF∥AB，∴∠FDC＝∠A＝90°，∴DF=DC在Rt△DOF中，OF=D∴菱形BFDE的面積=116．（2019?杭州模擬）某次數(shù)學(xué)研究課上師生共同研究以下問題，請幫助完成：特殊研究：如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)是正方形內(nèi)兩點，BE∥DF，EF⊥BE．（1）若BE＝DF，求證：EF與BD互相平分．（2）求證：（BE+DF）2+EF2＝2AB2一般應(yīng)用：如圖2，若AB＝4，點P為正方形內(nèi)部一點，且∠DPB＝135°，2BP+2PD＝46，求PD的長．【分析】特殊研究（1）根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得：四邊形EBFD是平行四邊形，再由平行四邊形的對角線互相平分得結(jié)論；（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建矩形GEFD，利用勾股定理列方程并與矩形的對邊相等相結(jié)合可得結(jié)論；一般應(yīng)用：如圖4，類比如圖2，構(gòu)建矩形GEPD，設(shè)BE＝EG＝x，PD＝EG＝y(tǒng)，則BP=2x由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，則（x+y）2+x2＝（42）2，由已知得：2BP+2PD＝46，則2x+2y＝46②，解①和②【解析】特殊研究（1）證明：如圖1，連接ED、BF，∵BE＝DF，BE∥DF，∴四邊形EBFD是平行四邊形，∴EF與BD互相平分；規(guī)律探究（2）如圖2，過D作DG⊥BE，交BE的延長線于G，∴∠EGD＝∠GEF＝∠EFD＝90°，∴四邊形GEFD是矩形，∴EF＝GD，EG＝DF，在Rt△BGD中，BG2+DG2＝BD2，∴（BE+EG）2+EF2＝BD2，∵△ABD是等腰直角三角形，∴BD2＝2AB2，∴（BE+DF）2+EF2＝2AB2；（2）一般應(yīng)用如圖3，過P作PE⊥PD，過B作BE⊥PE，過D作DG⊥BE，得矩形GEPD，∴GD＝EP，EG＝PD，設(shè)BE＝EG＝x，PD＝EG＝y(tǒng)，則BP=2∵AB＝4，∴BD＝42，在Rt△BGD中，由勾股定理得：BG2+DG2＝BD2，∴（x+y）2+x2＝（42）2，∴2x2+2xy+y2＝32①，∵2BP+2PD＝46，∴2x+2y＝46②，解①和②得：x=22∴PD＝26-2217．（2019?溫州二模）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，將此矩形繞A點順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG．（1）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖1，當(dāng)邊EF經(jīng)過點D時，若射線FE交線段BC于點P，求EP的長度．（2）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖2，連結(jié)CF，若CF∥AB，求∠α的余弦值．（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖3，連結(jié)CF，當(dāng)點B、E在線段CF同側(cè)時，連結(jié)BE并延長交線段CF于點M，①求證：CM＝FM；②連結(jié)AC，交BM于點H，取線段AC的中點K，連結(jié)KM，若∠MKA＝90°，請直接寫出BH：HM＝15：17．【分析】（1）連結(jié)PA，由勾股定理求得DE＝4，再證∠BPA＝∠DAP＝∠EPA得DP＝DA＝5，繼而可得答案；（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三點共線，CF⊥AD，繼而得CA＝AF=34，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α，作CQ⊥AF，由面積法得AF×CQ2=CF×AD2解得CQ（3）①作CO∥EF，證△COM≌△FEM即可得；②作BP⊥AC于P，連接AF，求得BP=AB?BCAC=153434，由CM＝MF，CK＝AK知KM=12AF【解析】（1）如圖1，連結(jié)PA，由題意可知，在Rt△AED中，AD＝BC＝5，AE＝AB＝3，根據(jù)勾股定理得ED＝4，∵∠PEA＝∠PBA＝90°，∴∠EPA＝∠BPA，又∵BC∥AD，∴∠BPA＝∠DAP＝∠EPA，∴DP＝DA＝5，∴PE＝5﹣4＝1．（2）由CF∥BA、CD∥BA得C、D、F三點共線，CF⊥AD，由題意可知，CA＝AF=34，CF＝2CD＝6，∠CAF＝α如圖2，過C作CQ⊥AF于點Q，由面積法得AF×CQ2=CF×AD2解得：CQ=則cos∠CAF=AQ（3）①如圖3，過點C作CO∥EF，交BE的延長線于點O．由AB＝AE得∠ABE＝∠AEB，又∵∠AEF＝∠ABC＝90°，∴∠1＝∠3，由CO∥EF，得∠2＝∠3，∴∠1＝∠2，∴CO＝CB＝FE，∴△COM≌△FEM（AAS），∴CM＝FM；②過點B作BP⊥AC于P，連接AF，∵AB＝3，BC＝5，∴AF＝AC=34則BP=AB?BC∵CM＝MF，CK＝AK，∴KM=12AF∵∠MKH＝∠BPH＝90°，∠MHK＝∠BHP，∴△MKH∽△BPH，∴BHMH故答案為15：17．18．（2019?寧波二模）定義：只有一組對角是直角的四邊形叫做損矩形，連接它的兩個非直角頂點的線段叫做這個損矩形的直徑，如圖，四邊形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，則四邊形ABCD為損矩形．畫損矩形的直徑及其中點O，連OD，OB，BD，作OE⊥BD于E（1）OB和OD的數(shù)量關(guān)系是OB＝ODOE和BD的位置關(guān)系是OE⊥BD；（2）判斷BD與直徑的不等量關(guān)系，并說明理由；（3）若OE＝3，求AC2﹣BD2的值．【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質(zhì)得OB＝OD，OE和BD的位置關(guān)系可由已知直接得出；（2）根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可得AC＞BD；（3）Rt△EDO中，由勾股定理可得：OD2﹣DE2＝9，將DE=12BD，OD=【解析】（1）∵∠ADC＝∠ABC＝90°，O是AC的中點，∴OD=12AC，OB=∴OD＝OB，由已知得：OE⊥BD，故答案為：OB＝OD，OE⊥BD；（2）AC＞BD，理由是：如圖，由（1）知：OD＝OB=12△OBD中，OD+OB＞BD，∴12AC+12AC＞BD，即AC（3）Rt△EDO中，OE2＝OD2﹣DE2，∵OE＝3，∴OD2﹣DE2＝9，∵OD＝OB，OE⊥ED，∴DE=12∴14A