湘教版初中数学八年级下册第二单元《四边形》单元测试卷（困难）（含答案解析）

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湘教版初中数学八年级下册第二单元《四边形》单元测试卷（困难）（含答案解析）
考试范围：第二单元；   考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 从n边形的一个顶点作对角线，把这个n边形分成三角形的个数是(    )
A. n个 B. (n−2)个 C. (n−3)个 D. (n−1)个
2. 下列说法正确的是(    )
A. 圆的一部分是扇形
B. 一条弧和经过弧的两条半径围成的图形叫做扇形
C. 三角形是最简单的多边形
D. 由不在同一直线上的几条线段首尾顺次相连所组成的封闭图形叫多边形
3. 如图，在▱ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，下列结论中：①∠DCF=12∠BCD；②∠DFE=3∠AEF；③EF=CF；④S△BEC=S△CEF.一定成立的是(    )
A. ①②③④ B. ①②③ C. ①②④ D. ①③④
4. 如图，□ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC垂足为E，AB=3，AC=2，BD=4，则AE的长为(    )

A. 32 B. 32 C. 217 D. 2217
5. 下面四个汽车标志图案中是中心对称图形的是(    )
A.   B. C. D.
6. 下列命题：①成中心对称的两个图形不一定全等；②成中心对称的两个图形一定是全等图形；③两个全等的图形一定关于某点成中心对称；④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质．其中真命题的个数是(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，若∠ADC=60°，AB=12BC=2，则下列结论：①∠CAD=30°，②OE=14AD，③S □ ABCD=AB·AC，④BD=27.其中结论正确的有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
8. 如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，若∠ADC=60°，AB=12BC=2，则下列结论：①∠CAD=30°，②OE=14AD，③S▱ABCD=AB⋅AC，④BD=27.其中结论正确的有(    )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
9. 如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，动点F从点B出发，沿BC运动到点C时停止，以EF为边作▱EFGH，且点G、H分别在CD、AD上．在动点F运动的过程中，▱EFGH的面积(    )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 不变 D. 先增大，再减小
10. 如图，已知菱形ABCD的边长为10，∠A=60∘，E、F分别为AB、AD上两动点，EG//AD交CD于点G，FH//AB交BC于点H，EG与FH交于点P，连接EF.当四边形PHCG的面积是一个保持不变的量时，△AEF的周长是(    )

A. 15 B. 9+33 C. 10+23 D. 10
11. 如图，锐角∠BOC=α，∠AOC是它的邻补角，AD//OC，OD平分∠AOC，P为射线OC上一点(不含端点O)，连接PD，作∠DPE=α，PE交直线AB于点E.甲、乙、丙、丁四位同学都对这个问题进行了研究，并得出自己的结论．

甲：若点E与点O重合，四边形PEAD是菱形；
乙：若α=60°，一定PD=PE；
丙：若α≠60°，一定PD≠PE；
丁：若α=80°，可能PD=PE．
下列判断正确的是(    )
A. 甲、乙、丙正确，丁不正确 B. 甲、乙、丁正确，丙不正确
C. 甲、乙正确，丙、丁不正确 D. 甲、乙、丁不正确，丙正确
12. 如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O、BD与HC相交于点P.若GO=GP，则S△ABDS△EFG的值是(    )
A. 1+2
B. 2+2
C. 5−2
D. 154
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，一个等边三角形纸片，剪去一个角后得到一个四边形，则图中∠α+∠β=______．


14. 在等腰三角形、平行四边形、矩形、正方形、正五边形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的图形有____________ 个。
15. 如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=6，点M，N分别在AD，BC上，且3AM=AD. 3BN= BC，E为直线BC上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′ E，当点C′恰好落在直线MN上时，CE的长为_________．

16. 如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC=60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A′B′D′，分别连接A′C，A′D，B′C，则A′C+B′C的最小值为______．

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
已知：AD为△ABC的中线，分别以AB和AC为一边在△ABC的外部作等腰三角形ABE和等腰三角形ACF，且AE=AB，AF=AC，连接EF，∠EAF+∠BAC=180°．

(1)如图1，若∠ABE=65°，∠ACF=75°，求∠BAC的度数．
(2)如图1，求证：EF=2AD．
(3)如图2，设EF交AB于点G，交AC于点R，FC与EB交于点M，若点G为EF中点，且∠BAE=60°，请探究∠GAF和∠CAF的数量关系，并证明你的结论．
18. (本小题8.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，∠DAC=45∘，AE⊥BC于E，CG⊥AB于G，交AE于F．

(1)如图1，若CD=310，EF=32，求AD的长；
(2)如图2，平行四边形ABCD外部有一点H，连接AH、EH，满足EH//AB，∠H=∠ACE，求证：AG+2AH=CG
(3)如图3，在BC上有一点M，连接FM，将△FEM绕着点M顺时针旋转90°得△F′E′M，连接CF′、DF′，点P为DF′的中点，连接AP.在(1)的条件下，当CF′最小时，请直接写出ΔAPF′的周长．

19. (本小题8.0分)
在初中阶段的函数学习中，我们经历了列表、描点、连线画函数图象，并结合图象研究函数性质的过程，以下是我们研究函数y=12xx2+1性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．
(1)请把表补充完整，并在图中补全该函数图象：
x
…
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
2
3
4
5
…
y=12xx2+1
…
−3013
−4817
______
−245
______
0
______
245
______
4817
3013
…
(2)根据函数图象，判断下列关于该函数性质的说法正确的是______ (写序号)；

①该函数图象是中心对称图形，对称中心为原点；
②该函数在自变量的取值范围内，有最大值和最小值，x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；
③当x>1或x<−1时，y随x的增大而增大；当−1 (3)已知函数y=x的图象如图所示，结合你所画的函数图象，直接写出不等式12xx2+1>x的解集(保留一位小数，误差不超过0.2)．
20. (本小题8.0分)
在△ABC中，AB=AC，D是边BC上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转至AE的位置，使得∠DAE+∠BAC=180°．

(1)如图1，当∠BAC=90°时，连接EC，连接BE交AC于点F.若BE平分∠ABC，BD=2．
①求证：∠BCE=90°；
②求AF的长．
(2)如图2，连接BE，取BE的中点G，连接AG.猜想AG与CD存在的数量关系，并证明你的猜想．

21. (本小题8.0分)
如图1，在等腰Rt△ABC中，∠A=90∘，点D、E分别在边AB、AC上，AD=AE，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．

(1)观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是______，位置关系是______；
(2)探究证明：把▵ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，判断△PMN的形状，并说明理由；
(3)拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，求△PMN面积的最大值．

22. (本小题8.0分)
如图，已知矩形ABCD，AD=4，CD=10，P是AB上一动点，M、N、E分别是PD、PC、CD的中点．

(1)求证：四边形PMEN是平行四边形；
(2)请直接写出当AP为何值时，四边形PMEN是菱形；
(3)四边形PMEN有可能是矩形吗？若有可能，求出AP的长；若不可能，请说明理由．

23. (本小题8.0分)
如图在四边形ABCD中，AD//BC，AB=8cm，AD=16cm，BC=22cm，∠ABC=90°.点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，点Q从点C同时出发，以3cm/s的速度向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

(1)当t为何值时，四边形ABQP成为矩形？
(2)当t为何值时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形(非矩形)？
(3)四边形PBQD是否能成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由，并探究如何改变Q点的速度(匀速运动)，使四边形PBQD在某一时刻为菱形，求点Q的速度．

24. (本小题8.0分)
【问题提出】
某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF(∠P=90∘,∠F=60∘)的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况(已知正方形边长为2)．
【操作发现】
(1)如图 ①，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为          ;当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为          ;一般地，若正方形面积为S.在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为          ;

【类比探究】
(2)若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE，OP分别与正方形的边相交于点M，N． ①如图 ②，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由; ②如图 ③，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积(结果保留根号).参考数据：sin15∘=6−24，cos15∘=6+24，tan15∘=2−3．

25. (本小题8.0分)
通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．
原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，∠EAF=45°，连结EF，试猜想EF、BF、DE之间的数量关系．

(1)思路梳理
把△ADE绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AD与AB重合，由∠ABG=∠D=90°，得∠FBG=180°，即点F、B、G共线，易证△AFG≌____，故EF、BF、DE之间的数量关系为____．
(2)类比引申
如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°.E、F分别是DC、BC上的点．且∠EAF=12∠BAD.猜想图中线段BF、EF、DE之间的数量关系____．
(3)拓展提高
如图③，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°.E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，探究上述结论是否仍然成立？说明理由．

答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了多边形的对角线，多边形有n条边，则经过多边形的一个顶点的所有对角线有(n−3)条，经过多边形的一个顶点的所有对角线把多边形分成(n−2)个三角形． 可根据n边形从一个顶点引出的对角线与边的关系：n−3，可分成(n−2)个三角形直接判断．
【解答】
解：从n边形的一个顶点作对角线，把这个n边形分成三角形的个数是(n−2)个．
故选B．
  
2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查平面图形，熟练掌握这些知识是解题的关键．
【解答】
解：A.扇形可以看成圆的一部分，但圆的一部分不一定是扇形，比如随便割一刀下去，所造成的两部分很难会是扇形。故本选项错误；
B. 扇形的概念是：一条弧和经过这条弧两端的两条半径所围成的图形，故本选项错误；
C. 多边形构成要素：组成多边形的线段至少有3条，三角形是最简单的多边形，故本选项正确；
D. 由不在同一直线上的几条线段首尾顺次相连所组成的封闭平面图形叫多边形，故本选项错误；
故选C．  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查的是平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，正确作出辅助线、得出△AEF≌△DMF是解题关键．
①根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质解答即可；
③延长EF，交CD延长线于M，证明△AEF≌△DMF，得到EF=FM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；
②设∠FEC=x，用x分别表示出∠DFE和∠AEF，比较即可；
④根据EF=FM，得到S△EFC=S△CFM，根据MC>BE，得到S△BEC<2S△EFC.
【解答】
解：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD//BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=12∠BCD，故①正确；
③如图1，延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DMF中，
∠A=∠MDFAF=DF∠AFE=∠DFM
∴△AEF≌△DMF(ASA)，
∴FE=FM，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FE，故③正确；
②∴∠FEC=∠FCE，
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°−x，
∴∠EFC=180°−2x，
∴∠EFD=90°−x+180°−2x=270°−3x，
∵∠AEF=90°−x，
∴∠DFE=3∠AEF，故②正确；
④∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∴2S△EFC=S△ECM=S四边形AECD,
∵E点在AB上，
∴S△BEC 即S△BEC<2S△EFC
故S△BEC=S△CEF不成立，④错误，
故选B．  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，利用三角形ABC面积的不同表示方法，建立方程求出AE的长．
【解答】
解：∵AC=2，BD=4，四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=12AC=1，BO=12BD=2，
∵AB=3，
∴AB2+AO2=BO2，
∴∠BAC=90°，
∵在Rt△BAC中，BC=AB2+AC2=(3)2+22=7，
S△BAC=12×AB×AC=12×BC×AE， 
∴3×2=7AE， 
∴AE=2217， 
故选D．
  
5.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查中心对称图形.根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，由此结合各图形的特点求解．
【解答】
解：A.是轴对称，不是中心对称图形，故A错误；
B.是中心对称图形，故B正确；
C.是轴对称，不是中心对称图形，故C错误；
D.不是中心对称图形，故D错误．
故选B．  
6.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题主要考查中心对称和中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键；根据中心对称图形与中心对称的概念和性质逐一判断即可得到答案．
【解答】
解：①成中心对称的两个图形不一定全等，此说法错误，是假命题；
②成中心对称的两个图形一定是全等图形，此说法正确，是真命题；
③两个全等的图形一定关于某点成中心对称，此说法错误，是假命题；
④中心对称表示两个图形之间的对称关系，中心对称图形是指某一个图形所具有的对称性质，此说法正确，是真命题；
综上，真命题有2个，
故选B．  
7.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握三角形面积的关系．分别根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积，逐项计算判定，即可求得答案．
【解答】
解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=2，
∵BC=4，
∴EC=2，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD//BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
④∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=12AB=1，OE//AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∵∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=22+(3)2=7，
∴BD=2OD=27，
故④正确；
③由④知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB⋅AC，
故③正确；
②由④知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故②正确，
正确的个数为4个．
故选：D．  
8.【答案】D 
【解析】解：①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=2，
∵AB=12BC=2，∴BC=4，
∴EC=2，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD//BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；

④∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=12AB=1，OE//AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=EC2−OE2=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∵∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=OC2+CD2=7，BD=2OD=27．
故④正确；

③由④知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB⋅AC，
故③正确；

②由④知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故②正确；
故选：D．
①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=2，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°，最后由平行线的性质可作判断；
④先根据三角形中位线定理得：OE=12AB=1，OE//AB，根据勾股定理计算OC，OD的长，即可求BD的长．
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
②根据三角形中位线定理可作判断．
本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
设AB=a，BC=b，BE=c，BF=x，根据S平行四边形EFGH=S矩形ABCD−2(S△BEF+S△AEH)=(a−2c)x+bc，由E是AB的中点可得a−2c=0，进而判断．
【解答】
解：设AB=a，BC=b，BE=c，BF=x，
连接EG，

∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF=HG，EF//HG，
∴∠FEG=∠HGE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，
∴∠BEG=∠DGE，
∴∠BEG−∠FEG=∠DGE−∠EGH，
∴∠BEF=∠HGD，
∵EF=HG，∠B=∠D，
∴Rt△BEF≌Rt△DGH(AAS)，
同理Rt△AEH≌Rt△CGF，
∴S平行四边形EFGH=S矩形ABCD−2(S△BEF+S△AEH)
=ab−2[12cx+12(a−c)(b−x)]
=ab−(cx+ab−ax−bc+cx)
=ab−cx−ab+ax+bc−cx
=(a−2c)x+bc，
∵E是AB的中点，
∴a=2c，
∴a−2c=0，
∴S平行四边形EFGH=bc=12ab，即平行四边形EFGH的面积不变．  
10.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是掌握利用勾股定理求线段长的思路与方法；过点G作GN⊥PH于N，过点F作FM⊥AE于M，然后利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理进行解答，即可求解．
【解答】
解：过点G作GN⊥PH于N，过点F作FM⊥AE于M，如图：

∵四边形ABCD是菱形，EG//AD，FH//AB，
∴四边形AFPE、四边形DCHF、四边形PGCH都是平行四边形，
∴AE=PF，DF=PG，FH=DC=10，∠GPN=∠FPE=∠A=60°，
设PG=x，PH=y，则DF=x，AE=PF=10−y，
∴AF=10−x，
在Rt△GPN中，∠GNP=90°，∠GPN=60°，∠PGN=30°，PG=x，
∴PN=12PG=12x，GN=PG2−PN2=x2−12x2=32x，
∴S▱PHCG=PH·GN=32xy，
在Rt△AFM中，∠AMF=90°，∠A=60°，AF=10−x，∠AFM=30°，
∴AM=12AF=1210−x，FM=AF2−AM2=AF2−12AF=32AF=3210−x=53−32x，
∴ME=AE−AM=10−y−1210−x=12x−y+5，
∴FE=FM2+ME2
=53−32x2+12x−y+5
=75−15x+34x2+14x2+y2+25−xy+5x−10y
=x2+y2−xy−10x−10y+100
=x+y−52+75−3xy
∴当xy=25时，FE=x+y−5，此时AF+AE+FE=10−x+10−y+x+y−5=15，
∴当△AEF的周长为15时，xy=25，四边形PHCG的面积为一个常量，四边形PHCG的面积为2523．
综上所述，当四边形PHCG的面积是一个保持不变的量时，△AEF的周长是15．
故选：A．  
11.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题重点考查菱形的判定和性质，还有图形的旋转、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质等知识，也包涵作辅助线、分类讨论等方法，是一道不错的练习题．
判定甲正确的方法是直接由菱形的判定定理进行证明；判定乙正确需要作辅助线，由相似三角形的对应角相等得出结论；判定丙错误只要举出反例即可；判定丁正确需作出图形，再由甲的结论就可以说明．
【解答】
解：如图1，点E与点O重合．
∵AD//OC，
∴∠A=∠BOC=α，
∵∠DPE=α，
∴∠DPE=∠A，即∠DPO=∠A，
∵∠AOD=∠POD，OD=OD，
∴△ADO≌△PDO，
∴PO=AO，PD=AD，
∵∠ADO=∠POD，∠AOD=∠POD，
∴∠ADO=∠AOD，
∴AO=AD，
∴PO=AO=AD=PD，
∴四边形POAD是菱形，即四边形PEAD是菱形，
故甲正确；
当α=60°时，则∠AOD=∠DOP=∠POB=60°．
如图2，点E在线段AO上，连接DE交OD于点F．
∵∠AOB=∠DPE=60°，∠OFE=∠PFD，
∴△EOF∽△DPF，
∴OFPF=EFDF，
∴OFEF=PFDF，
∵∠OFP=∠EFD，
∴△OFP∽△EFD，
∴∠PED=∠POD=60°，
∴∠PDE=60°=∠PED，
∴PD=PE；
如图3，点E在线段AO的延长线上，延长DO、PE交于点F，连接DE．
∵∠FOE=∠DPE=60°，∠EFO=∠DFP(公共角)，
∴△EOF∽△DPF，
∴OFPF=EFDF，
∴OFEF=PFDF，
∵∠OFP=∠EFD(公共角)，
∴△OFP∽△EFD，
∴∠POF=∠DEF=120°，
∴∠PED=60°，
∵∠DPE=60°，
∴∠PDE=60°=∠PED，
∴PD=PE．
故乙正确；
由甲的结论可知，当点E与点O重合时，四边形PEAD是菱形，
此时PD=PE，这与α是否等于60°无关，
故丙错误；
由甲的结论可知，当点E与点O重合时，PD=PE，这与锐角α的大小无关，
如图4，即使α=80°，也可能存在PD=PE的情况．
故丁正确．
故选：B．  
12.【答案】B 
【解析】解：∵四边形EFGH为正方形，
∴∠EGH=45°，∠FGH=90°，
∵OG=GP，
∴∠GOP=∠OPG=67.5°，
∴∠PBG=22.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠GBC=22.5°，
∴∠PBG=∠GBC，
∵∠BGP=∠BGC=90°，
在△BPG和△BCG中，
∠PBG=∠CBGBG=BG∠BGP=∠BGC=90°，
∴△BPG≌△BCG(ASA)，
∴PG=CG．
设OG=PG=CG=x，
∵O为EG，BD的交点，
∴EG=2x，FG=2x，
∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，
∴BF=CG=x，
∴BG=x+2x，
∴BC2=BG2+CG2=x2(2+1)2x2=(4+22)x2，
∴S△ABDS△EFG=12BC212FG2=(4+22)x2(2x)2=2+2．
故选：B．
先证明△BPG≌△BCG(ASA)，得出PG=CG.设OG=PG=CG=x，则EG=2x，FG=2x，再由勾股定理得出BC2=(4+22)x2，即可得出答案．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．

13.【答案】240° 
【解析】解：∵等边三角形的顶角为60°，
∴两底角和=180°−60°=120°；
∴∠α+∠β=360°−120°=240°
故答案是：240°．
本题可先根据等边三角形顶角的度数求出两底角的度数和，然后在四边形中根据四边形的内角和为360°，求出∠α+∠β的度数．
本题综合考查等边三角形的性质及三角形内角和为180°，四边形的内角和是360°等知识，难度不大，属于基础题．

14.【答案】2 
【解析】解：既是轴对称图形又是中心对称图形的图形为：矩形、正方形，共2个．
故答案为：2．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

15.【答案】52或10 
【解析】
【分析】
本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，勾股定理有关知识，由矩形的性质得到DC=AB=5，∠A=90°，AD=BC=6，根据已知条件得到AM=BN，推出四边形ABNM的矩形，得到∠NMA=∠NMD=90°，MN=AB=5，根据折叠的性质得到DC′=DC=5，C′E=CE，根据勾股定理得到C′M=DC′2−DM2=52−42=3，根据矩形的判定和性质得到CN=DM=4，∠CNM=90°，再由勾股定理即可得到结论．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC=AB=5，∠A=90°，AD=BC=6，
∵AM=13AD=2，BN=13BC=2，
∴AM=BN，
∵AM//BN，
∴四边形ABNM的矩形，
∴∠NMA=∠NMD=90°，MN=AB=5，
∵将△DCE沿DE所在直线翻折得到△DC′E，
∴DC′=DC=5，C′E=CE，
∵AM=2，
∴DM=AD−AM=6−2=4，
如图1：在Rt△C′MD中，C′M=DC′2−DM2=52−42=3，

∴C′N=MN−C′M=5−3=2，
∵∠CDM=∠DCN=∠NMD=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN=DM=4，∠CNM=90°，
NE=CN−CE=4−CE，
在Rt△C′NE中，
∵NE2+C′N2=C′E2，
∴(4−CE)2+22=CE2，
解得：CE=52．
如图2，在Rt△C′MD中，C′M=DC′2−DM2=52−42=3，

∴C′N=MN+C′M=5+3=8，
∵∠CDM=∠DCN=∠NMD=90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴CN=DM=4，∠CNM=∠MNE=90°，
NE=CE−CN=CE−4，
在Rt△C′NE中，
∵NE2+C′N2=C′E2，
∴(CE−4)2+82=CE2，
解答：CE=10，
故答案为52或10．  
16.【答案】3 
【解析】
【分析】
本题考查了轴对称−最短路线问题，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，平移的性质，正确的理解题意是解题的关键．
过点C作直线l//BD，以直线l为对称轴作点B′的对称点E，连接CE，A′E，AC，证明△ABD≌△B′EA′，求得A′E=3，根据三角形三边关系可知当点A′，C，E共线时，A′C+B′C的最小值是3．
【解答】
解：如图，过点C作直线l//BD，以直线l为对称轴作点B′的对称点E，连接CE，A′E，AC，

设AC与BD交于点O，B′E与直线l交于点F，则B′C=CE，∠EB′D=90∘，B′F=OC．
由∠ABC=60∘，AB=BC，
易得AC=AB=1，B′F=OC=12AC=12，
∴B′E=2B′F=1．
由平移的性质可知∠A′B′D′=∠ABD=30∘，
∴∠A′B′E=30∘+90∘=120∘．
∵AB=B′E=1，A′B′=AD，∠A′B′E=∠BAD=120∘，
∴△ABD≌△B′EA′，∴A′E=BD．
∵在Rt△ABO中，AO=12AC=12，
∴BO=32，
∴BD=3，
∴A′E=3．
在△A′EC中，由三角形的三边关系可得A′C+CE>A′E，
∴当点A′，C，E共线时，A′C+CE=A′E，即A′C+B′C的最小值是3．
故答案为：3．  
17.【答案】(1)解：∵AE=AB，
∴∠AEB=∠ABE=65°，
∴∠EAB=50°，
∵AC=AF，
∴∠ACF=∠AFC=75°，
∴∠CAF=30°，
∵∠EAF+∠BAC=180°，
∴∠EAB+2∠BAC+∠FAC=180°，
∴50°+2∠BAC+30°=180°，
∴∠BAC=50°．
(2)证明：延长AD至H，使DH=AD，连接BH，

∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△BDH和△CDA中，
BD=CD∠BDH=∠CDADH=DA,
∴△BDH≌△CDA(SAS)，
∴HB=AC=AF，∠BHD=∠CAD，
∴AC//BH，
∴∠ABH+∠BAC=180°，
∵∠EAF+∠BAC=180°，
∴∠EAF=∠ABH，
在△EAF和△ABH中，
AE=BA∠EAF=∠ABHAF=BH,
∴△EAF≌△ABH(SAS)，
∴EF=AH=2AD，
(3)结论：∠GAF−12∠CAF=60°．
理由：

由(2)中△EAF≌△ABH可得∠AEF=∠BAD，AD=12EF，
又点G为EF中点，∴EG=FG=AD，
在△EAG和△ABD中，
AE=BA∠AEG=∠BADEG=AD,
∴△EAG≌△ABD(SAS)，
∴AG=BD=CD，∠ABC=∠EAG=60°，
在△ACD和△FAG中，
AD=FGCD=AGAC=FA,
∴△ACD≌△FAG(SSS)，
∴∠ACD=∠FAG，
∵AC=AF，
∴∠ACF=∠AFC，
在四边形ABCF中，∠ABC+∠BCF+∠CFA+∠BAF=360°，
∴60°+2∠BCF=360°，
∴∠BCF=150°，
∴∠BCA+∠ACF=150°，
∴∠GAF+12(180°−∠CAF)=150°，
∴∠GAF−12∠CAF=60°． 
【解析】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
(1)利用三角形的内角和定理求出∠EAB，∠CAF，再根据∠EAF+∠BAC=180°构建方程即可解决问题；
(2)延长AD至H，使DH=AD，连接BH，证明△ABH≌△EAF即可解决问题；
(3)结论：∠GAF−12∠CAF=60°.证明△ACD≌△FAG，推出∠ACD=∠FAG，再证明∠BCF=150°即可．

18.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=310，AD//BC，AD=BC，
∴∠ACE=∠DAC=45°，
∵AE⊥BC，CG⊥AB，
∴∠AEC=∠AGC=90°，
∵∠EAC=90°−∠ACE=45°，
∴AE=CE，
∵∠AFG=∠CFE，
∴∠BAE=∠ECF，
在△ABE和△CEF中，
∠AEB=∠AEC=90°AE=CE∠BAE=∠ECF，
∴△ABE≌△CEF(ASA)，
∴CF=AB=310，BE=EF=32，
在Rt△CEF中，
CE=CF2−EF2=(310)2−(32)2=62，
∴AD=BC=BE+CE=32+62=92；
(2)证明：如图1，

作ER⊥AB于R，作AT⊥EH于T，设EH与CG交于点Q，
∵EH//AB，CG⊥AB，
∴CG⊥EH，∠AEH=∠BAE，
∴∠ARE=∠CQE=90°，
由(1)得：△ABE≌△CEF，
∴∠BAE=∠ECF，
∵AE=CE，
∴△ARE≌△CQE(AAS)，
∴ER=EQ，
∴GE平分∠BGC，
∴∠CGE=12∠BGC=45°，
∴∠H=∠CGE，
∵∠AEH=∠BAE，∠BAE=∠ECF，
∴∠AEF=∠ECF，
∵AE=CE，
∴△AEH≌△ECG(AAS)，
∴CG=EH，
∵∠AGQ=∠GQT=∠ATQ=90°，
∴四边形AGQT是矩形，
∴QT=AG，AT=GQ，
∵EQ+QT+HT=EH，TH=22AH，EQ=GQ=AT=22AH，
∴22AH+AG+22AH=CG，
∴AG+2AH=CG；
(3)如图，连接EE′，AC，作DN⊥AC于F″交BC于N，连接E′F′′，

∵将△FEM绕着点M顺时针旋转90°得△F′E′M，
∴EM=E′M，∠EME′=90°，
∴∠MEE′=45°，
∴点E′在∠AEC的平分线上ET运动，
∵CD=310，EF=32，
∴AB=CD=310，EF=BE=32，
∴AE=AB2−BE2=90−18=62=CE，
∴AC=12，BC=92=AD，
∵DN⊥AC，∠DAC=45°，
∴∠DAC=∠ADF′′=45°，
∴AF′′=DF′′=9，
∴CF′′=3，
∵DN⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠DNC=∠ACB=45°，
∴CF′′=NF′′=3，
∴CN=32，
∴EN=32，
∵∠E′EC=∠DNC=45°，
∴EE′//NF′′，
∵将△FEM绕着点M顺时针旋转90°得△F′E′M，
∴∠F′E′M=90°=∠AEC=∠EME′，E′F′=EF=32，
∴E′F′//EN，EF′=EN，
∴四边形EE′F′N是平行四边形，
∴EE′//F′N，
即点F′在DN上运动，
∴当点F′与点F′′重合时，CF′有最小值，
此时，∵点P为DF′的中点，
∴PF′=92，
∴AP=AF′2+PF′2=952．
∴ΔAPF′的周长为AF′+PF′+AP=9+92+925=27+952． 
【解析】本题考查了平行四边形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是找出点的运动轨迹及特殊性．
(1)证明△ABE≌△CEF，进一步求得结果；
(2)作ER⊥AB于R，作AT⊥EH于T，设EH与CG交于点Q，证明△ARE≌△CQE，从而得出∠H=∠CGE，进而证得△AEH≌△ECG，从而得出CG=EH，进一步证明出结论；
(3)作DN⊥AC于F″交BC于N，证明点F′在DN上运动，证得当点F′在F″时，CF′最小，进而求得结果．

19.【答案】−185  −6  6 185  ①② 
【解析】解：(1)分别将x=−3，−1，1，3代入y=12xx2+1
求得y=−185，−6，6，185．
故答案为：−185，−6，6，185．
(2)如图，

由图象可得函数图象关于原点对称，所以①正确，
x=1时，y有最大值6；x=−1时，y有最小值−6；所以②正确，
当−1 故答案为：①②．
(3)当x>0时，12xx2+1>x得12x2+1>1，
∵x2+1>0，
∴不等式化简为12>x2+1，解得x>11．
∵3.32≈11，
∴0 由对称性得x<−3.3满足题意．
∴0 (1)分别代入x求y．
(2)①观察图象，图象为中心对称图形．
②根据图象及表格确认函数最大值与最小值．
③由图象得当−1 (3)根据图象及不等式分类讨论x>0与x<0解集．
本题考查函数与不等式的关系，解题关键是结合图象求不等式．

20.【答案】解：(1)①过点F作FQ⊥BC于Q，

∵BE平分∠ABC，∠BAC=90°，
∴FA=FQ，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴FQ=22CF，
∵∠BAC+∠DAE=180°，
∴∠DAE=∠BAC=90°，
∴∠BAD=∠CAE，
由旋转知，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE=2，∠ABD=∠ACE=45°，
∴∠BCE=45°+45°=90°；
②∵∠BCE=90°，
∴∠CBF+∠BEC=90°，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠ABF+∠BEC=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠AFB=∠BEC，
∵∠AFB=∠CFE，
∴∠BEC=∠CFE，
∴CF=CE，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD=CE=2，
∴CF=CE=BD=2，
∴AF=FQ=22CF=2；
(2)AG=12CD，
理由：延长BA至点M，使AM=AB，连接EM，

∵G是BE的中点，
∴AG是△BEM的中位线，
∴AG=12ME，
∵∠BAC+∠DAE=∠BAC+∠CAM=180°，
∴∠DAE=∠CAM，
∴∠DAC=∠EAM，
∵AB=AM，AB=AC，
∴AC=AM，
∵AD=AE，
∴△ADC≌△AEM(SAS)，
∴CD=EM，
∴AG=12CD．
 
【解析】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质定理，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．
(1)①过点F作FQ⊥BC于Q，判断出FA=FQ，再判断出∠BAD=∠CAE，进而得出△ABD≌△ACE(SAS)，进而即可得到∠BCE=90°，②由余角的性质和等量代换，可得∠BEC=∠CFE，CF=CE，由ABD≌△ACE得出BD=CE=2，进而即可得出结论；
(2)延长BA至点M，使AM=AB，连接EM，得出AG=12ME，再判断出△ADC≌△AEM(SAS)，得出CD=EM，即可得出结论．


21.【答案】解：(1)PM=PN；PM⊥PN
(2)由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
同(1)的方法，利用三角形的中位线得，PN=12BD，PM=12CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同(1)的方法得，PM//CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同(1)的方法得，PN//BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN
=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC
=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC
=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
(3)方法1、如图2，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，

∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE//BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大=AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，
∴AM=22，在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=52，
∴MN最大=22+52=72，
∴S△PMN最大=12PM2=12×12MN2=14×(72)2=492．
方法2、由(2)知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=12BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S△PMN最大=12PM2=12×72=492． 
【解析】
【分析】
此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解(1)的关键是判断出PM=12CE，PN=12BD，解(2)的关键是判断出△ABD≌△ACE，解(3)的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大，是一道中考常考题．
(1)利用三角形的中位线得出PM=12CE，PN=12BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM//CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；
(2)先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同(1)的方法得出PM=12BD，PN=12BD，即可得出PM=PN，同(1)的方法即可得出结论；
(3)方法1、先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．
方法2、先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=14，即可得出结论．
【解答】
解：(1)∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN//BD，PN=12BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM//CE，PM=12CE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN//BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM//CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN；PM⊥PN，
(2)见答案；
(3)见答案．  
22.【答案】解：(1)∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点，
∴ME是PC的中位线，NE是PD的中位线，
∴ME//PC，EN//PD，
∴四边形PMEN是平行四边形；
(2)当AP=5时，
在Rt△PAD和Rt△PBC中，
AP=BP∠A=∠BAD=BC，
∴△PAD≌△PBC，
∴PD=PC，
∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点，
∴NE=PM=12PD，ME=PN=12PC，
∴PM=ME=EN=PN，
∴四边形PMEN是菱形；
(3)四边形PMEN可能是矩形．
若四边形PMEN是矩形，则∠DPC=90°
设PA=x，PB=10−x，
DP=16+x2，CP=16+(10−x)2．
DP2+CP2=DC2
16+x2+16+(10−x)2=102
x2−10x+16=0
x=2或x=8．
故当AP=2或AP=8时，四边形PMEN是矩形． 
【解析】(1)根据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明．
(2)当DP=CP时，四边形PMEN是菱形，P是AB的中点，所以可求出AP的值．
(3)四边形PMEN是矩形的话，∠DPC必需为90°，判断一下△DPC是不是直角三角形就行．
本题考查平行四边形的判定，菱形的判定定理，以及矩形的判定定理和性质，知道矩形的四个角都是直角，对边相等等性质．

23.【答案】解：(1)∵∠B=90°，AP//BQ，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP成为矩形，
此时有t=22−3t，
解得t=5.5，
∴当t=5.5时，四边形ABQP成为矩形；
(2)∵当P、Q两点与A、B两点构成的四边形是平行四边形时，就是(1)中的情形，此时t=5.5，是矩形，舍，
当P、Q两点与C、D两点构成的四边形是平行四边形时，
∵PD//QC，
∴当PD=QC时，四边形PQCD为平行四边形．
此时，16−t=3t，
∴t=4；
当P，Q两点与B，D两点构成的四边形是平行四边形，
此时，16−t=22−3t，
∴t=3，
当P，Q两点与A，C两点构成的四边形是平行四边形，
此时，t=3t，此种情况不符合，
故当t=4或3时，以点P、Q与点A、B、C、D中的任意两个点为顶点的四边形为平行四边形(非矩形)；
(3)四边形PBQD不能成为菱形．理由如下：
∵PD//BQ，
∴当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形．
由PD=BQ，得
16−t=22−3t，
解得t=3，
当t=3时，PD=BQ=13，AP=AD−PD=16−13=3，
BP=AB2+AP2=82+32=73≠13
∴四边形PBQD不能成为菱形；
如果Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，
由题意，得
16−t=22−vt16−t=82+t2，
解得t=6v=2，
故点Q的速度为2cm/s时，能够使四边形PBQD在某一时刻为菱形．
 
【解析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定．
(1)根据矩形的判定定理，当AP=BQ时，四边形ABQP为矩形，则t=22−3t，即可求出t；
(2)根据平行四边形判定定理，分情况分别讨论，解之即可得出答案；
(3)若当PD=BQ=BP时，四边形PBQD能成为菱形．则由PD=BQ，得16−t=22−3t，解得t=3，当t=3时，PD=BQ=13，AP=AD−PD=16−13=3，再求出BP，即可判定四边形PBQD不能成为菱形；设Q点的速度改变为vcm/s时，能够使四边形PBQD在时刻ts为菱形，则16−t=22−vt16−t=82+t2，解之即可求出v的值，从而得出答案．


24.【答案】解：(1)1，1，S=4S1;
(2) ①△OMN是等边三角形．
理由如下：如图 ①，连接OB，OC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45∘，
在△OBM和△OCN中，
OB=OC,∠OBM=∠OCN,BM=CN,
∴△OBM≌△OCN(SAS)，
∴OM=ON．
∵∠MON=60∘，
∴△OMN是等边三角形;
 ②如图 ②，连接OC，过点C分别作OQ⊥BC于点Q，OR⊥CD于点R．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCM=∠OCN=45∘．
在△OCM和△OCN中，
CM=CN,∠OCM=∠OCN,OC=OC.
∴△OCM≌△OCN(SAS)．
∴∠COM=∠CON．
∵∠MON=60∘，
∴∠COM=∠CON=30∘．
∴∠OMB=∠COM+∠OCB=30∘+45∘=75∘，∠OND=∠OCN+∠CON=30∘+45∘=75∘．
∴∠MOQ=90∘−∠OMQ=90∘−75∘=15∘，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴OQ=1，
在Rt△OMQ中，MO=OQ·tan∠QOM=1×tan15∘=2−3．
∴S△OMQ=12OQ⋅MQ=2−32．
同理可得S△ONR=2−32．
∴S四边形OMCN=S正方形OQCR−S△OMQ−S△ONR=1−2−32−2−32=3−1．
 
【解析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、三角形面积公式．
(1)根据题意，当OF和OB重合时，重叠部分是△OBC，面积为正方形面积的14;当OF与BC垂直时，
OE⊥CD，重叠部分的面积等于正方形面积的14;在旋转过程中，重叠部分的面积都等于正方形面积的14;
(2) ①连接OB，OC，根据正方形的性质证明△OBM≌△OCN，得对应边相等，进而证明△MON是等边三角形
 ②连接OC，根据正方形的性质证明△OCM≌△OCN，得对应角相等，结合已知条件
和三角形的外角性质，可求出∠OMB和∠OND的度数.过点O作OQ⊥BC于点Q，作OR⊥CD于
点R，求出△OMQ和△ONR的面积，从而求出四边形的面积;


25.【答案】解：(1)△AFE；EF=BF+DE；
(2)EF=BF+DE；
(3)结论DE+BF=EF仍然成立，
理由如下：如图③，将△ADE绕点A顺时针旋转得到△ABH，使得AD与AB重合，

由旋转可得，AH=AE，BH=DE，∠1=∠2，
∵∠EAF=12∠DAB，
∴∠HAF=∠1+∠3=∠2+∠3=12∠BAD，
∴∠HAF=∠EAF，
∵∠ABH+∠ABF=∠D+∠ABF=180°，
∴点H、B、F三点共线，
在△AEF和△AHF中，
{AH=AE∠HAF=∠EAFAF=AF
∴△AEF≌△AHF(SAS)，
∴EF=HF，
∵HF=BH+BF，
∴EF=DE+BF． 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
(1)把△ADE绕点A顺时针旋转90°至△ABG，根据旋转的性质得到∠ABG=∠D=90°，DE=BG，∠1=∠2，AE=AG，推出点F、B、G共线，根据正方形的性质得到∠BAD=90°，根据全等三角形的性质得到EF=FG，于是得到结论；
(2)把△ADE绕点A顺时针旋转至△ABG，根据旋转的性质得到∠ABG=∠D=90°，DE=BG，∠GAB=∠DAE，AE=AG，得到点F、B、G共线，根据已知条件得到∠GAF=∠EAF，根据全等三角形的性质得到结论；
(3)根据旋转的性质得到AH=AE，BH=DE，∠1=∠2，根据已知条件得到∠HAF=∠EAF，求得点H、B、F三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】
解：(1)把△ADE绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AD与AB重合，即AB=AD，
由旋转得：∠ABG=∠D=90°，DE=BG，∠1=∠2，AE=AG，
∴∠FBG=∠ABF+∠ABG=90°+90°=180°，
即点F、B、G共线，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAE+∠BAF=∠FAG=45°，
∴∠EAF=∠FAG=45°，
在△AFE和△AFG中，
{AE=AG∠EAF=∠GAFAF=AF,
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∴EF=BF+BG=BF+DE；
(2)如图②，把△ADE绕点A顺时针旋转至△ABG，可使AD与AB重合，即AB=AD，

由旋转得：∠ABG=∠D=90°，DE=BG，∠GAB=∠DAE，AE=AG，
∴∠FBG=∠ABF+∠ABG=90°+90°=180°，
即点F、B、G共线，
∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠DAE+∠BAF=12∠BAD，
∴∠GAF=∠EAF，
在△AFE和△AFG中，
{AE=AG∠EAF=∠GAAF=AF,
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF=FG，
∴EF=BF+BG=BF+DE，
(3)见答案．