9. ★★ 新考法折叠法 如图,将矩形ABCD的四个角向内翻折后,恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH,EH=6,EF=8,下列结论:
①$∠ HEF=90°$;②$△ AEH ≌ △ CGF$;
③$AD=HF$;④$FE=2AE$;⑤$AB=9.6$.
其中正确结论的个数是 ()

A.2
B.3
C.4
D.5

9. C 【点拨】$\because$ 将矩形 $ABCD$ 的四个角向内翻折后,恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形 $EFGH,\therefore EA=EM,BE=EM,∠ AEH=∠ HEM,∠ BEF=∠ FEM. \therefore AB=AE+EB=2EM. \because ∠ AEH+∠ HEM+∠ BEF+∠ FEM=180°,\therefore ∠ HEF=∠ HEM+∠ FEM=\frac{1}{2}×180°=90°.$ 故①正确; 同理, $∠ EFG=∠ FGH=90°,\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是矩形. $\therefore EH=GF.$ 易知 $AB=2AE,CD=2CG,AB=CD,\therefore AE=CG.$ 又 $\because ∠ A=∠ C=90°,\therefore \mathrm{Rt}△ AEH≌\mathrm{Rt}△ CGF(\mathrm{HL}).$ 故 ② 正确; $\because \mathrm{Rt}△ AEH≌\mathrm{Rt}△ CGF,\therefore AH=CF.$ 由翻折可知,$CF=NF,DH=HN,\therefore AH=CF=NF. \therefore AD=AH+DH=NF+HN=HF.$ 故 ③ 正确; $\because EH=6,EF=8,\therefore HF=\sqrt{EH^2+EF^2}=10. \because S_{△ EFH}=\frac{1}{2}EM· HF=\frac{1}{2}EH· EF,\therefore EM=\frac{EH· EF}{HF}=\frac{6×8}{10}=4.8. \therefore AB=2×4.8=9.6.$ 故 ⑤ 正确; $\because EF=8,2AE=AB=9.6,\therefore EF≠2AE,$ 故 ④ 错误. 综上所述,正确的结论是①②③⑤,共 4 个.

10. ★★ 新考法分类讨论法 如图，已知矩形ABCD中，AB=6，AD=8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，连接CG，BG，当θ=时，GC=GB.

10. $60°或300°$ 【点拨】当 $GB=GC$ 时,点 $G$ 在 $BC$ 的垂直平分线上. 分两种情况讨论:①如图①,当点 $G$ 在 $AD$ 右侧时,取 $BC$ 的中点 $H$,连接 $GH$ 交 $AD$ 于 $M$,连接 $GD.$ $\because GC=GB,\therefore GH⊥ BC,\therefore$ 易得四边形 $ABHM$ 是矩形, $\therefore AM=BH=\frac{1}{2}AD,\therefore GM$ 垂直平分 $AD,\therefore GD=GA.$ 又由旋转可得 $AD=AG,\therefore AD=AG=GD.$ $\therefore △ ADG$ 是等边三角形, $\therefore ∠ DAG=60°,\therefore$ 旋转角 $θ=60°.$ ②如图②,当点 $G$ 在 $AD$ 左侧时,同理可得 $∠ DAG=60°,\therefore$ 旋转角 $θ=360°-60°=300°.$ 故答案为 $60°或300°.$
点易错 解此题时易默认为 $0°＜θ＜180°$ 而漏掉一种情况.

11. ⋄⋄ [2025佛山期末] 如图，BF为菱形BCFP的对角线，过点C作CD⊥PF于点D，CD交BF于点E，点A在FP的延长线上，且满足∠DPE=∠ABP。
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若AB=6，BC=10，求CE的长。

11.(1)【证明】$\because$ 四边形 $BCFP$ 是菱形，
$\therefore PB=BC,BC// PF,∠ CBF=∠ PBF.$
$\because CD⊥ PF,BC// PF,\therefore ∠ ADC=∠ BCD=90°.$
在$△ BEP$ 和$△ BEC$ 中,$\begin{cases} BP=BC,\\ ∠ EBP=∠ EBC,\\ BE=BE, \end{cases}$
$\therefore △ BEP≌△ BEC(\mathrm{SAS}).$
$\therefore ∠ EPB=∠ ECB=90°.$
$\therefore ∠ DPE+∠ APB=90°.$
$\because ∠ DPE=∠ ABP,\therefore ∠ ABP+∠ APB=90°.$
$\therefore ∠ A=90°.$
$\therefore ∠ ADC=∠ BCD=∠ A=90°.$
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是矩形.
(2)【解】$\because △ BEP≌△ BEC,\therefore EP=EC,$
在 $\mathrm{Rt}△ ABP$ 中,$\because AB=6,BP=BC=10,$
$\therefore AP=\sqrt{BP^2-AB^2}=8.$
易得 $AD=BC=10,\therefore PD=AD-AP=2.$
设 $CE=x$,则 $EP=CE=x,ED=6-x.$
在 $\mathrm{Rt}△ EPD$ 中,由勾股定理,得 $PD^2+DE^2=PE^2$,
即 $2^2+(6-x)^2=x^2.$ 解得 $x=\frac{10}{3}.\therefore CE=\frac{10}{3}.$

12. 新视角存在性探究题 如图①,在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$,中线 $BE,CD$ 相交于点 $O$,点 $F,G$ 分别是 $OB,OC$ 的中点.
(1)求证:四边形 $DFGE$ 是平行四边形.
(2)如果把 $Rt△ ABC$ 变为任意 $△ ABC$,如图②,通过你的观察,第(1)问的结论是否仍然成立(不用证明)?
(3)在图②中,试想:如果拖动点 $A$,通过你的观察和探究,在什么条件下四边形 $DFGE$ 是矩形? 并给出证明.
(4)在第(3)问中,试想:如果拖动点 $A$,是否存在四边形 $DFGE$ 是菱形? 如果存在,画出相应的图形(不用证明).

12.(1)【证明】$\because BE,CD$ 是中线，
$\therefore D,E$ 是两边的中点，
$\therefore DE// BC$ 且 $DE=\frac{1}{2}BC.$
又$\because$ 点 $F,G$ 分别是 $OB,OC$ 的中点，
$\therefore FG// BC$ 且 $FG=\frac{1}{2}BC.$
$\therefore DE// FG$ 且 $DE=FG,$
$\therefore$ 四边形 $DFGE$ 是平行四边形.
(2)【解】仍然成立.
(3)【解】当 $AB=AC$ 时,四边形 $DFGE$ 是矩形.
证明:作 $AH⊥ BC$,垂足为 $H$,如图①.
$\because AB=AC,AH⊥ BC,\therefore AH$ 是 $BC$ 边的中线.
又$\because BE,CD$ 是中线,$\therefore AH$ 必过点 $O$(三角形三条中线相交于一点).
$\because DF$ 为$△ ABO$ 的中位线，
$\therefore DF// AO$,即 $DF// AH$,
$\because FG$ 为$△ BCO$ 的中位线，
$\therefore FG// BC.$
$\because AH⊥ BC,\therefore DF⊥ FG,$
$\therefore ∠ DFG=90°.$
又$\because$ 四边形 $DFGE$ 是平行四边形，
$\therefore$ 平行四边形 $DFGE$ 是矩形.
(4)【解】拖动点 $A$,存在四边形 $DFGE$ 是菱形,如图②所示.