中考数学一轮复习考点（全国通用）考向26 四边形的综合问题（动点.最值）专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向26 四边形的综合问题（动点.最值）专题特训（含答案），共82页。

四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识
【题型探究】
题型一：中点四边形
1．（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不一定是平行四边形B．当AC＝BD时，它为菱形
C．一定是轴对称图形D．不一定是中心对称图形
2．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
3．（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，四边形ABCD是矩形，E，F，G，H分别为各边的中点，则四边形EFGH一定是（ ）
A．菱形B．矩形
C．正方形D．对角线相等的四边形
题型二：利用四边形的对称性求阴影面积问题
4．（2022秋·九年级课时练习）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（ ）
A．3B．6C．9D．12
5．（2015·山东日照·统考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB1E，则△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积为（ ）
A．0．7B．0．9C．2−2D．
6．（2022春·）正方形ABCD的边长为1cm，E、F分别是BC、CD的中点，连接BF、DE，则图中阴影部分的面积是( )cm2．
A．B．C．D．
题型三：四边形中的线段最值问题
7．（2022·山东临沂·统考二模）如图，四边形ABCD中，AB//CD，∠ABC=60°，，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD=90°，则点M到直线BC的距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2022·安徽·校联考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△MN，连接C，则C长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
9．（2022·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为（ ）
A．2B．3C．D．
题型四：平行四边形的动点问题
10．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（ ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形
B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形
C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形
11．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考模拟预测）如图，P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿A→B→C的路径匀速运动到点C，点R 是 CD边的中点，点M，点N分别是线段AP，PR的中点，设P点运动时间为x，MN的长为y，则y关于x的函数图像大致为（ ）
A．B．C．D．
12．（2021·江苏苏州·统考一模）如图1，已知E为矩形ABCD的边AD上的一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线BE-ED-DC运动到点C时停止；点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．设P，Q同时出发，t(s)时，△BPQ的面积为y()．已知y与t的函数关系图象如图2(曲线OM为抛物线的一部分)，有下列结论：①AD＝BE＝5cm；②；③当时，；④当时，△ABE∽△QBP其中正确的结论是（ ）
A．①②B．③④C．①③④D．①②③④
题型五：四边形的其他类型问题
13．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为的是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．②③
14．（2022·黑龙江大庆·统考三模）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
15．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点,连接．下列结论成立的是（ ）
A．当点与点重合时，B．
C．D．的面积最大值为
题型六：四边形的压轴问题
16．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G．设运动时间t（s）为（）．
解答下列问题：
(1)当t为何值时，？
(2)连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；
(3)连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式．
17．（2022·安徽合肥·校联考三模）已知分别是四边形和四边形的对角线，点E在的内部，．
(1)探索发现：如图1，当四边形和四边形均为正方形时，则的度数为 ；
(2)引申运用：如图2，当四边形和四边形均为矩形时，
①若，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若，，求线段的长；
(3)联系拓展：如图3，当四边形和四边形均为菱形且时，设，试探究a，b，c三者之间的等量关系，并说明理由．
18．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）问题情境：如图1，在正方形中，为边上一点不与点、重合，垂直于的一条直线分别交、、于点、、．则、、之间的数量关系为 ．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点求的度数；
如图3，当垂足在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处，若正方形的边长为，的中点为，求的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为的正方形中，点、分别为边、上的点，将正方形沿着翻折，使得的对应边恰好经过点，交于点分别过点、作，，垂足分别为、,若，请直接写出的长．
【必刷基础】
一、单选题
19．（2021·新疆·校考三模）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（ ）
A．矩形→菱形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
20．（2022秋·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（ ）
A．0B．3C．4D．6
21．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形中，，，，分别是，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
22．（2022秋·辽宁鞍山·九年级）如图，在平面四边形ABCD中，，，点M从A出发沿路径运动，点N从B出发沿路径运动，M，N两点同时出发，且点N的运动速度是点M运动速度的3倍，当M运动到B时，M，N两点同时停止运动，若M的运动路程为x，△BMN的面积为y；则能反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A．B．C．D．
23．（2021·山东泰安·统考模拟预测）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为（ ）
A．2B．3C．32D．21
24．（2022·山东临沂·校考二模）如图，在矩形中，，，在上，，是线段上的动点，将沿所在的直线折叠得到，连接，则的最小值是（ ）
A．6B．4C．D．
25．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考三模）中，，，点为直线上一动点点不与，重合，以为边在右侧作菱形，使，连接．
(1)观察猜想：如图，当点在线段上时，
与的位置关系为：______．
，，之间的数量关系为：______；
(2)数学思考：如图，当点在线段的延长线上时，结论，是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
(3)拓展延伸：如图，当点在线段的延长线上时，设与相交于点，若已知，，求的长．
26．（2022·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，四边形ABCD是正方形，E是射线DC上一点，F是CE的中点，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到点GF，连接GE，CG，以CG，CD为邻边作，连接AE，M是AE的中点．
(1)如图1，当点E与点D重合时，HM与AE的位置关系是______．
(2)如图2，当点E与点D不重合，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)当时，连接HE，请直接写出的值．
27．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．
(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【必刷培优】
一、单选题
28．（2022秋·广东茂名·九年级统考期中）如图，菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连结，分别交，于点F、G，连结，则下列结论：①﹔②﹔③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④四边形其中正确的结论是（ ）

A．①②B．①②③C．①③④D．②③④
29．（2022秋·）如图，在四边形中，，，，．为上一点，且．若，则的长为（ ）
A．B．C．1D．
30．（2021·广东深圳·统考中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（ ）
A．4B．3C．2D．1
31．（2021·黑龙江绥化·统考中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（ ）
①；
②当点与点重合时；
③的面积的取值范围是；
④当时，．
A．①③B．③④C．②③D．②④
二、填空题
32．（2022·广东佛山·校考三模）在矩形中，，，点为矩形内部一动点，且，点为线段上一动点，连接，，则的最小值为______．
33．（2022秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，，，点E在BC上，且，点M为矩形内一动点，使得，连接AM，则线段AM的最小值为______．
34．（2022·安徽·统考二模）如图，点E在边长为2的正方形ABCD内，且，点F是边AD的中点，点G是边CD上的一动点，连接EG，FG．
（1）当，且时，四边形AEGF的面积为_________；
（2）的最小值为_________．
35．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，连接．过点作的垂线，垂足为，分别交，于点，．若，，则四边形的面积是_________．
36．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．
37．（2022·山东济南·济南育英中学校考模拟预测）如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，AE交于M点，交于N点．
（1）若正方形的边长为3，则的周长是_____．
（2）下列结论：①；②连接，则为等腰直角三角形；③若F是的中点，则．其中正确结论的序号是_____（把你认为所有正确的都填上）．
38．（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，P，Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．在运动过程中，若将沿翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则运动时间t的值为______．
三、解答题
39．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．
(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．
(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．
40．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．
(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；
(2)当时，求的长；
(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．
41．（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，．
(1)求证：四边形OBEC是矩形；
(2)若∠ABC=120°，AB=6，求矩形OBEC的周长；
42．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．
(1)如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；
(2)如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．
43．（2022·广东广州·华南师大附中校考三模）已知正方形ABCD的边长为1，点E是射线BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，设BE＝m．
(1)如图1，若点E在线段BC上运动，EF交CD于点P，连接CF．
①当m＝时，求线段CF的长；
②设CP＝n，请求出n与m的关系式；
(2)如图2，AF交CD于点Q，在△PQE中，设边QE上的高为h，求h的最大值．
44．（2021·浙江宁波·校考三模）如果四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，且两个等腰三角形的顶角顶点重合，则称此四边形为环绕四边形，此顶点称为该四边形的环绕点．例如，有一个角为的菱形就是环绕四边形，菱形钝角顶点式环绕点．
(1)在网格的格点上找出所有的点，使四边形是环绕四边形；
(2)如图1，四边形是环绕四边形，且为环绕点，，，，求；
(3)如图2，为正方形内部一点，四边形为环绕四边形，为环绕点，，过点作直线的垂线，垂足为点，连结，，求△的面积．
参考答案：
1．B
【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故D错误；
当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故C错误；
∴说法正确的是当AC＝BD时，它为菱形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
2．C
【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，
A. 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；
C. 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
3．A
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理可得HG=AC，EF=AC，EH=BD，GF=BD，根据矩形的性质可得AC=BD，进而可证四边形EFGH一定是菱形．
【详解】解：连接AC、BD，
在△DAC中，G、H为CD、DA的中点，
∴HG=AC，
同理可证EF=AC，EH=BD，GF=BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴HG=EH=GF=EF，
∴四边形ABCD是菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的性质、菱形的判定定理是解题的关键．
4．A
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．
【详解】解：如图，
∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，
根据三角形的中位线的性质知：
EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，
∴AC+BD=3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
5．C
【详解】试题分析：如图，求出AE、BE的长度，证明△CFB1∽△BAB1，列出比例式求出CF的长度，运用三角形的面积公式即可解决问题．
试题解析：如图：
∵∠B=45°，AE⊥BC
∴∠BAE=∠B=45°
∴AE=BE
由勾股定理得：BE2+AE2=22
解得：BE=
由题意得：△ABE≌△AB1E
∴∠BAB1=2∠BAE=90°，BE=B1E=
∴BB1=2，B1C=2-2
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠FCB1=∠B=45°，∠CFB1=∠BAB1=90°，
∴∠CB1F=45°，CF=B1F
∵CF∥AB
∴△CFB1∽△BAB1，
∴，解得：CF=2-
∴△AEB1、△CFB1的面积分别为：，．
∴△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积=．
故选C．
考点：1．菱形的性质；2．翻折变换（折叠问题）
6．B
【分析】阴影部分的面积可转化为两个三角形面积之和，根据角平分线定理，可知阴影部分两个三角形的高相等，正方形的边长已知，故只需将三角形的高求出即可，根据△DON∽△DEC可将△ODC的高求出，进而可将阴影部分两个三角形的高求出．
【详解】连接AC，过点O作MN∥BC交AB于点M，交DC于点N，PQ∥CD交AD于点P，交BC于点Q，如图，
∵AC为∠BAD的角平分线，
∴OM=OP，OQ=ON；
设OM=OP=h1，ON=OQ=h2，
∵ON∥BC，
∴，即，解得，
∴OM=OP，
故选：B．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形的面积公式，相似三角形的判定和性质，解题的关键是读懂题意及图形，正确作出辅助线，将阴影部分分成几个规则图形面积相加或相减求得．
7．C
【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则，求出OM，OF即可解决问题．
【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则．
∵∠AMD＝90°，AD＝8，OA＝OD，
∴OMAD＝4，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝60°，
∴∠DGO＝∠CGF＝30°，
∵AD＝BC，
∴∠DAB＝∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠DOG＝30°＝∠DGO，
∴DG＝DO＝4，
∵CD＝8，
∴CG＝4，
∴OG＝2OD•cs30°＝4，GF，OF＝6，
∴ME≥OF﹣OM＝64，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为64．
故选：C．
【点睛】本题考查等腰梯形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、解直角三角形、求线段最值等，通过作辅助线得出是解题关键．
8．C
【分析】过作交的延长线于，根据为定值，可知当在上时，取得最小值，然后依据角度和三角函数，即可求得的长．
【详解】解：∵是定值，
∴当在上时，取得最小值，
如图，过作交的延长线于，
∵在边长为2的菱形中，，为的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形性质、折叠问题、三角函数和勾股定理等知识点，找出所在位置是解答本题的关键．
9．A
【分析】以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′⩽MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根据△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．
【详解】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N’，连接MN′并延长交BD于P，连NP，
根据轴对称性质可知，PN=PN'，
∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，
当P，M，N'三点共线时，取“=”，
∵正方形边长为8，
∴，
∵O为AC中点，
∴，
∵N为OA中点，
∴，
∴，
∴，
∵BM=6，
∴CM=AB-BM=8-6=2，
∴，
∴，∠CMN’=90°，
∵∠N'CM=45°，
∴△N'CM为等腰直角三角形，
∴CM=MN'=2，
即PM-PN的最大值为2，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
10．C
【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图所示．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．
∵∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°．
∴和都是等边三角形．
点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：
（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．
∵是等边三角形，是 BC的中点，
∴．
∴．
∴是直角三角形．
（2）当点P与点C重合时，记作．
此时，是等边三角形；
（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．
∵和都是等边三角形，
∴．
∴是直角三角形．
（4）当点P与点D重合时，记作．
∵，
∴是等腰三角形．
综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：
直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．
11．D
【分析】连接AR，利用三角形的中位线即可对图象加以判断．
【详解】解：如图所示，连接AR．
∵M是AP的中点，N是PR的中点，
∴MN是的中位线．
∴．
即点P在符合条件的运动过程中，始终有．
∴．
∵A、R是定点，
∴AR是定值．
∴y是定值，与点P运动的时间x无关．
故选：D
【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线的判定与性质、动点问题的函数图象等知识点，熟知三角形的中位线定理是解题的关键．
12．C
【分析】利用数形结合思想，看出运动分成了三段即0＜t≤5，此时点P到达E，点Q到达C，并停止运动，此时BE=BC=5=AD，5＜t≤7，运动了两秒即ED=2，根据，计算可得AB=4，于是；根据三角形的面积公式可得；7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t，利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似判断即可．
【详解】解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，
∴BC=BE=5，
∴AD=BE=5，故①小题正确；
又∵从M到N的变化是2，
∴ED=2，
∴AE=AD-ED=5-2=3，
根据图像2，得，
∴AB=4，
∴，故②小题错误；
当0＜t≤5时，
故，故③小题正确；
7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t，
∴当时，QP=4-(t-7)=11-t＝，
∴QP：QB=：5=3：4=AE：AB，
又∵∠A=∠Q=90°，
∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．
综上所述，正确的有①③④．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形中的动点问题，三角形的相似，锐角三角函数，熟练运用数形结合思想，读懂图像，从中获得正确的解题信息是解题的关键．
13．B
【分析】设，则，求出，，分别求出比值，作出判断．
【详解】解：设，
∴，
在中，，
由折叠可知，，
∴ ，
又∵，
∴，
，
，，
，
∴比值为的是①③，
故选：B．
【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
14．A
【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出平分，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，得到不一定等于，故④错误；故选A．
【详解】过作，过作于，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故①正确；
∴，
∵四边形是正方形
∴，
∴
在和中
∴
∴，
∵
∴平分，故③正确；
∴，故②错误；
当时，点与点重合，
∴不一定等于，故④错误．
故选：A
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解本题的关键．
15．C
【分析】点P与点A重合时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断选项A，先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN=CN判断四边形CMPN是菱形，可判断选项B与C，当P与A重合时，求出四边形面积的最大值，即可判断选项D．
【详解】如图1，当点P与A重合时，
设BN=x，则AN=NC=8-x，
在Rt△ABN中，AB²+BN²=AN²，
即4²+x²=(8-x)²，
解得x=3，
∴CN=8-3=5，
故A错误；
∵PM∥CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，
∴，
不能推出MN=PC，
故C正确，B错误；
由题知，当P点与A点重合时，CN最长，如图1，四边形CMPN的面积最大，
此时面积最大，S△CQN =S四边形CMPN=×5×4=5，
故D错误，
故选：C．
【点睛】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作，根据勾股定理求出，，结合即可得到答案；
（2）根据矩形性质得到，结合、即可得到、与t的关系，列式求解即可得到答案；
（3）连接与交于K，根据同角三角函数得到比例线段列出方程，得、的值，然后根据面积的和差关系即可得答案；
【详解】（1）解：作，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：连接与交于K，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴
．
【点睛】考查了三角函数，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，熟练掌握性质是解本题的关键．
17．(1)
(2)①（1）中的结论还成立；证明见解析；②
(3)．理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由相似三角形的性质得到，由余角的性质得到；
（2）①如图2，连接，设，，于是得到，，根据勾股定理得到，，推出，根据相似三角形的性质得到，于是得到；
②根据相似三角形的性质得到，，推出，设，得到，，根据勾股定理即可得到结论；
（3）首先根据，可得，在中，根据勾股定理可求得之间的关系，之间的关系；然后根据相似三角形判定的方法，判断出，即可用b表示出的值；最后判断出，在中，根据勾股定理，判断出a，b，c三者之间满足的等量关系即可．
【详解】（1）解：∵四边形和四边形均为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）解：①若，（1）中的结论还成立；
证明：如图2，连接，
∵，，
∴，
∴，
设，，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②∵，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
设，
又∵，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：同理可得，如图3，过C点作延长线于H，
∵四边形为菱形，
∴，设，
∵，∴，，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
在和中，，
∵四边形和四边形均为菱形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即a，b，c三者之间满足的等量关系是：．
【点睛】此题主要考查了四边形综合题，相似三角形的判定和性质的应用，直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．
18．问题情境：
问题探究：（1）；（2）2
问题拓展：
【分析】问题情境：过点作分别交、于点、，证出四边形为平行四边形，得出，证明≌得出，即可得出结论；
问题探究：（1）连接，过点作，分别交、于点、，证出是等腰直角三角形，，，证明≌得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论；
（2）连接交于点，则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，由等腰直角三角形的性质得出，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，证明≌得出，证明≌得出，，由正方形的性质得出，易得出，得出，，得出，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，即可得出结果；
问题拓展：延长交于，交的延长线于，延长交于，则，，得出，由勾股定理得出，得出，证明∽，得出，，证明∽，得出，由折叠的性质得：，，，求出，，证明∽，得出，，证明∽，得出，得出．
【详解】问题情境：
解：线段、、之间的数量关系为：；理由如下：
四边形是正方形，
，，，
过点作分别交、于点、，如图所示：
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，
，
；
问题探究：
解：（1）连接，过点作，分别交、于点、，如图所示：
四边形是正方形，
四边形为矩形，
，，，
是正方形的对角线，
，
是等腰直角三角形，，，
是的垂直平分线，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即；
（2）连接交于点，如图所示：
则的直角顶点在上运动，
设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，
，，
，
当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，
点在上，
，
在和中，
，
≌，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
由翻折性质得：，
在和中，
，
≌，
，，
是正方形的对角线，
，
易得，
，
，
，故，
点在线段上运动；
过点作，垂足为，
点为的中点，
，则的最小值为；
问题拓展：
解：延长交于，交的延长线于，延长交于，如图：
则，，
，
在中，，
，
，，
∽，
，
，
，
，
，
，
∽，
，即，
解得：，
由折叠的性质得：，，，
，，
，
，
∽，
，
解得：，
，
，，
，
，
∽，
，即，
解得：，
．
19．B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．
20．C
【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度．
【详解】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
∵四边形是矩形，
∴，，∠QCE＝90°，
∵，
∴,
∵点F点关于BC的对称点G，
∴
∴
∴四边形是矩形，
∴GH＝DF＝6，∠H＝90°,
∵点E是CD中点，
∴CE=2，
∴EH＝2+4＝6，
∴∠GEH＝45°，
∴∠CEQ＝45°，
设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，
在△CQE中，
∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，
∴CQ＝EC，
∴6﹣x＝2，
解得x＝4．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求．
21．B
【分析】作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′，证得DP=PD′，推出PD+PF=PD′+PF，又EF=EA=2是定值，即可推出当E、F、P、D′四点共线时，PF+PD′定值最小，最小值=ED′-EF即可得出结果．
【详解】解：作点关于的对称点，连接，，如图所示：
矩形中，，，，
，，
，
在和中，
，
≌，
，
，
是定值，
当、、、四点共线时，定值最小，最小值，
的最小值为，
故选：B
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题．
22．C
【分析】过点N作NE⊥AB交射线AB于E，根据四边形ABCD为平行四边形，求出∠DAB=∠NBE=60°，根据NE⊥AB，求出∠BNE=90°-∠NBE=30°，分两段，当点N在BC上时， 求出，当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，求出，然后对各选项进行分析即可．
【详解】解：过点N作NE⊥AB交射线AB于E，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB=∠NBE=60°，
∵NE⊥AB，
∴∠BNE=90°-∠NBE=30°，
分两段，当点N在BC上时，AM=x，BN=3AM=3x，
∴BE=，
∴NE=，
∴，
当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，
∵NE⊥AB，CF⊥AB，CD∥AB，
∴∠NEF=∠CFE=∠ENC=90°，
∴四边形NEFC为矩形，
∴CF=NE，
在Rt△BCF中，BC=4，∠BCF=90°-∠CBE=30°，
∴BF=，
∴CF=，
，
∴点N在BC上是开口向下的抛物线，点N在CD上是一次函数，
A．图像是两个一次函数的联合，故选项A不合题意；
B．点N在BC上时函数图像是一次函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项B不合题意；
C．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线，点N在CD上函数图像是一次函数，故选项C合题意；
D．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项D不合题意．
故选择C．
【点睛】本题考查平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积，掌握平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．
23．C
【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则，求出OM，OF即可解决问题．
【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则．
∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，
∴OMAD＝2，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝60°，
∴∠DGO＝∠CGF＝30°，
∵AD＝BC，
∴∠DAB＝∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠DOG＝30°＝∠DGO，
∴DG＝DO＝2，
∵CD＝4，
∴CG＝2，
∴OG＝2OD•cs30°＝2，GF，OF＝3，
∴ME≥OF﹣OM＝32，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为32．
故选：C．
【点睛】本题考查等腰梯形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、解直角三角形、求线段最值等，通过作辅助线得出是解题关键．
24．D
【分析】的运动轨迹是以E为圆心，以BE的长为半径的圆．所以，当点落在DE上时，D取得最小值．根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知E＝BE＝1，DE−E即为所求．
【详解】解：如图，的运动轨迹是以E为圆心，以BE的长为半径的圆．所以，当点落在DE上时，D取得最小值．
根据折叠的性质，△EBF≌△EB’ F，
∴E⊥F，
∴E＝EB，
∵
∴E＝1，
∵，，
∴AE=3-1=2，
∴DE＝，
∴D＝-1．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、两点之间线段最短的综合运用，确定点在何位置时，D的值最小，是解决问题的关键．
25．(1)①；②
(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析
(3)
【分析】根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论；根据全等三角形的性质得到，再根据，即可得出；
依据≌，即可得到，进而得到；依据≌可得，依据，即可得出；
判定≌，即可得到，，再根据∽，即可得到，进而得出的长．
（1）
解：，，
是等边三角形，
，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
，
故答案为：；；
（2）
结论成立，而结论不成立．
证明：如图，，，
是等边三角形，
，，
，
又菱形中，，
≌，
，
又，
，
；
≌
，
又，
；
（3）
解：如图，连接，过作于，则，，
中，，
，，
是等边三角形，
又，，
，
≌，
，，
又，
∽，
，
可设，则，，，
，
解得，
．
【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定≌和∽是解本题的关键．
26．(1)
(2)成立，理由见解析
(3)或
【分析】（1）由四边形CGHD是平行四边形，可得GH∥CD，根据点E与点D重合，可知AE与AD重合，进而可知M为AD的中点，则DM=AD，由四边形ABCD是正方形，可知AD⊥CD，AD=CD，则GH⊥AD，由F为CE的中点，可知DF=EF=CD，则DM=GF=DF，由旋转可知：GF=DF，则∠DFG=90°，则AD∥GF，则四边形GFDM是平行四边形，进而GM∥CD，由此可知点M在GH上，由此可证明结论；
（2）如图，连接HA，HE，根据平四边形的性质与判定，以及正方形的性质可证，进而可证明结论成立；
（3）分两种情况当点E在线段CD上时，连接AH、EH，设直线GH交直线AD于点N，可计算出一种结果，当E在线段DC的延长线上时，连接AH，EH，设直线GH交直线AD与点N，可计算出第二种结果，进行总结即可．
（1）
解：∵四边形CGHD是平行四边形，
∴GH∥CD，
∵点E与点D重合，
∴AE与AD重合，
∵M为AE的中点，
∴M为AD的中点，
∴DM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD⊥CD，AD=CD，
∴GH⊥AD，
∵F为CE的中点，
∴DF=EF=CD，
∴DM=GF=DF，
由旋转可知：GF=DF，
∠DFG=90°，
∴AD∥GF，
∴四边形GFDM是平行四边形，
∴GM∥CD，
∴点M在GH上，
∴HM⊥AD，
即HM⊥AE，
故答案为：HM⊥AE；
（2）
成立，理由如下：
如图，连接HA，HE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵四边形CGHD是平行四边形，
∴，，∴，
由旋转可知，，，
∴，，
∵，
∴GF垂直平分CD，
∴，∴，
∵四边形CGHD是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵，
∴，∴，
∵，，
∴，∴，∴，
∵，
∴．
（3）
当点E在线段CD上时，如图甲所示，连接AH、EH，设直线GH交直线AD于点N，
由(2)得△ADH≌△HGE，AD⊥GH，
∴∠GHE=∠DAH，
∴tan∠GHE=tan∠DAH=，
∵DE=2CE，
∴设CE=m，则DE=2m，
HN=DN=FG=EF=CE=m，
∴AD=CD=DE+CE=2m+m=3m，
∴AN=AD-DN=3m-m=m，
∴tan∠GHE===，
当E在线段DC的延长线上时，如图乙所示，连接AH，EH，设直线GH交直线AD与点N，
由（2）可得△ADH≌△HE，AD⊥GH，
∴∠GHE=∠DAH，
∴tan∠GHE=tan∠DAH=；
∵DE=2CE，
设CE=m，则DE=2m-m=m，
∴AN=AD+DN=m+m=m，
∴tan∠GHE===，
综上所述，tan∠GHE的值为或．

图甲 图乙
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，正方形的性质，解直角三角形，能够根据需要添加合适的辅助线是解决本题的关键．
27．(1)见解析
(2)①24，②
(3)＝，理由见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．
（1）
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，
∴∠DBG＝90°；
（2）
解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝90°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）
如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，为定值，
此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
28．B
【分析】①证明，得为的一条中位线，即可得结论；
②证明，利用面积比等于相似比的平方，可得结论；
③证明四边形是菱形即可；
④分别判断四边形,比较大小即可．
【详解】①四边形是菱形
①正确．
②由①
四边形是菱形
,
,
,
②正确
③由①
四边形是平行四边形，
由②知：
四边形是菱形
③正确．
④
四边形
四边形
④不正确．
综上所述①②③正确．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等，30度角的正切值，三角形相似的判定与性质，三角形中位线定理．求证出是解题的关键．
29．C
【分析】过点作，交CB延长线于，证明为正方形，表示出后，使用勾股定理即可．
【详解】过点作，交CB延长线于
∵，
∴
∵，∴四边形为矩形
∵ ，
∴
∴矩形为正方形
∴
设，则，
∴
即
∴
∴，即，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形，正方形的性质与判定，及勾股定理，熟知以上知识的应用是解题的关键．
30．B
【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；
②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；
③中先证明GECM，得到即可求解；
④中由得到，再由即可求解．
【详解】解：①∵，
∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，
∴∠GFB=∠EDC，
∵ABCD为正方形，E是BC的中点，
∴BC=CD，
∴，①正确；
②由①知，
又，已知，
∴()，
∴，
∴，
∵，，，
∴()，
∴，故②正确；
③∵，，
∴BE=ME，
且∠B=∠GME=90°，GE为和的公共边，
∴（），
∴，
∵，
∴，
由三角形外角定理可知：，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，故③错误；
④由上述可知：，，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确．
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
31．D
【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3②如图，过点E作EH⊥BC于点H，再利用勾股定理求解即可；
③当点E与点A重合时，的面积有最小值，当点G与点D重合时的面积有最大值．故<<．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，从而可求出△MEG的面积．
【详解】解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，
∴EF⊥BG且BN=GN，
若BN=AB，则BG=2AB=6，
又∵点E是AD边上的动点，
∴3故①错误；
②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，
在Rt△ABE中
即
解得：AE=，
∴BF=DE=6-=．
∴HF=-=．
在Rt△EFH中
=；
故②正确；
③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值= =，
当点G与点D重合时的面积有最大值==．
故<<．
故③错误．
④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME= ，
∴．
故④正确．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．
32．
【分析】取的中点，连接，作点B关于的对称点，连接，．利用勾股定理求出OT，再利用两点之间线段最短，即可解决问题．
【详解】如图，取的中点，连接，作点B关于的对称点，连接，．

∵四边形是矩形，
∴，
∵AB=4，AD=3，四边形ABCD是矩形，
∴，BC=AD=3，
∵B，T关于对称，
∴BT=2BC=6，
∴，
∵∠DAE+∠BAE=，∠DAE=∠EBA，
∴∠EBA+∠BAE=，
∴∠AEB=，
∵OA=OB，
∴，
∵B，T关于对称，
∴BF=FT，
∴，
∴，
∴EF+BF的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查轴对称−最短问题，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
33．##
【分析】作的外接圆，得到点M的轨迹是矩形内以O为圆心，OE为半径的，连接OA、OE、OC，OA交于，分析得到当M与重合时，AM取得最小值．分别过点O作于点H，过点O作于点G，根据圆的性质和矩形的性质即可求解．
【详解】∵，
∴，
如图，作的外接圆，点M的轨迹是矩形内以O为圆心，OE为半径的，连接OA、OE、OC，OA交于，
当M与重合时，AM取得最小值．
过点O作于点H，
∵
∴，
∴，，
过点O作于点G，
∴，，AG=6-2=4，
∴，
则．
故答案为：．
【点睛】本题考查动点问题．涉及圆的性质、矩形的性质和勾股定理．解题的关键是找到点M的轨迹．
34． 1 ##
【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，得E为正方形ABCD的中心，由DG=GC，证得G，E，H三点共线，进而推出四边形AFGE为平行四边形，最后求得面积；
（2）由，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点，连接O，线段即为所求．
【详解】解：（1）取AB的中点H，连接EH，
∵AE⊥EB，AE=EB，
∴EH垂直平分AB，E为正方形ABCD的中心，
又DG=GC，
∴G，E，H三点共线，
∴GH⊥AB，
∵AD⊥AB，
∴AD∥EG，
∵F，E分别是AD，GH的中点，
∴GE=AF，
∴四边形AFGE为平行四边形，
∴四边形AEGF的面积为1×1=1．
故答案为：1；
（2）由，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点，连接O，
∵，
∴FG+GE=G+GE≥E，
当，G，E三点共线时，FG+GE有最小值，
在Rt中，
，
∴=，
即FG+GE最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，最短路径问题，以及动点轨迹的探究，能够准确地判断动点的轨迹和找出最短路径是解决问题的关键．
35．80
【分析】连接LC、EC、EB，LJ，由平行线间同底的面积相等可以推导出：,由，可得，故，证得四边形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出
【详解】连接LC、EC、EB，LJ，
在正方形，，中
．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
∵.
∴,
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
故答案为：80．
36．②
【分析】根据已知条件可得，即可判断①，进而推出，导角可得②正确，作于点，连接，证明是直角三角形，勾股定理验证③，证明，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形的周长是周长的2倍，
∴，
，
①若，则，故①不正确；
如图，在的延长线上取点，使得，
四边形是正方形，
，，
，
，，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
即，故②正确；
如图，作于点，连接，
则，
，，
，
同理可得，
，
关于对称轴，关于对称，
，
，
，
是直角三角形，
③若，
，
，故③不正确，
，
若，
即，
，
，，
又，
，
，
即，
，
，
，
，
，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
37． 6 ①②
【分析】（1）过A作，交延长线于G，证明，得，，由，证明，得，故的周长：，即可得答案；
（2）①将绕点A逆时针旋转得到，连接，证明，可得，中，有，即得，故①正确；②由，，得，有，可得，从而，
为等腰直角三角形，故②正确；③过A作，交延长线于G，设，，中，，解得，，设，则，中，，即得，故③不正确．
【详解】解：（1）过A作，交延长线于G，如图：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴ ，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴ 的周长：
，
∵正方形的边长为3，
∴的周长为6；
故答案为：6；
（2）①将绕点A逆时针旋转 得到，连接，
∵，
∴，
∵绕点A逆时针旋转得到，
∴，，，
又，
∴，
∴，
而，
中，，
∴，
故①正确；
②∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，故②正确，
③过A作，交延长线于G，如图：
由（1）知：，，
设，，则，，，，
中，，
∴，
解得，
∴，
设，则，
∴，，
中，，
∴，
故③不正确；
∴正确结论的序号是①②．
故答案为：①②．
【点睛】本题属于四边形的综合题，考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、旋转变换、相似三角形的判定及性质、勾股定理等知识，综合性较强，解题的关键是根据题意作出辅助线，构造全等三角形．
38．2
【分析】根据题意得：，过点Q作于点M，然后根据30°角直角三角形的性质得到，最后根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】根据题意得：，
如图所示，过点Q作于点M，
∵翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在，，
∴，
解得：或6（舍去）．
故答案为：2．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
39．(1)AC=BC+CD；理由见详解；
(2)CB+CD=AC；理由见详解；
(3)或
【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；
（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．
【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．
∵∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE，
在△ADE和△ABC中，
，
∴△ADE≌△ABC（SAS），
∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，
∴∠CAE=∠BAD=60°，
∴△ACE的等边三角形，
∴CE=AC，
∵CE=DE+CD，
∴AC=BC+CD；
（2）解：结论：CB+CD=AC．
理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．
∵∠DAB=∠DCB=90°，
∴∠CDA+∠CBA=180°，
∵∠ABN+∠ABC=180°，
∴∠D=∠ABN，
∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，
∴△AMD≌△ANB（AAS），
∴DM=BN，AM=AN，
∵AM⊥CD，AN⊥CN，
∴∠ACD=∠ACB=45°，
∴AC=CM，
∵AC=AC．AM=AN，
∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），
∴CM=CN，
∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；
（3）解：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．
∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，
∴∠CDB=30°，
∵∠DCB=90°，
∴CD=CB，
∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，
∴OP=OQ，
∴，
∴，
∵AB=AD=，∠DAB=90°，
∴BD=AD=2，
∴OD=．
如图3-2中，当∠CBD=75°时，
同法可证，，
综上所述，满足条件的OD的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，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．
40．(1)见详解
(2)或
(3)
【分析】（1）证明即可得证．
（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．
（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．
（1）
如图所示，
由题意可知，，，
，
由旋转性质知：AE=AF，
在和中，
，
，
．
（2）
当点E在BC上时，
在中，，，
则，
在中，，，
则，
由（1）可得，，
在中，，，
则，
当点E在CD上时，如图，
过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，
同（1）可得，
，
由勾股定理得；
故CF的长为或．
（3）
如图1所示，当点E在BC边上时，过点D作于点H，
由（1）知，，
故点F在射线MF上运动，且点F与点H重合时，DH的值最小．
在与中，
，
，
，
即，
，，
，
在与中，
，
，
，
即，
，
故的最小值；
如图2所示，当点E在线段CD上时，将线段AD绕点A顺时针旋转的度数，得到线段AR，连接FR，过点D作，，
由题意可知，，
在与中，
，
，
，
故点F在RF上运动，当点F与点K重合时，DF的值最小；
由于，，，
故四边形DQRK是矩形；
，
，
，
，
故此时DF的最小值为；
由于，故DF的最小值为．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理、解直角三角形，解决本题的关键是各性质定理的综合应用．
41．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据全等三角形的性质得四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的性质得，即可得；
（2）根据菱形的性质得BC=AB=6，，则，根据直角三角的性质和勾股定理得，即可得．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∴，
∴四边形OBEC是矩形．
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，AB=6，
∴BC=AB=6，，
∴，
在，，，
∴矩形OBEC的周长为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
42．(1)BE＝DG，BE⊥DG
(2)BE＝，BE⊥DG，理由见解析
(3)S△MNG＝
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG，进一步得出结论；
（2）证明BAE∽△DAG，进一步得出结论；
（3）解斜三角形ABE，求得BE＝3，根据（2）可得DG＝6，从而得出三角形BEG的面积，可证得△MND≌△MNG，△MNG与△BEG的面积比等于1：4，进而求得结果．
（1）
解：由题意得：四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAD﹣∠DAE＝∠EAG﹣∠DAE，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（2）
BE＝，BE⊥DG，理由如下：
由（1）得：∠BAE＝∠DAG，
∵＝＝2，
∴△BAE∽△DAG，
∴，∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG+∠ADB＝∠ABE+∠ADB＝90°，
∴∠BDG＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）
如图，
作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD＝，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（）2，
∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠ABE＝，
∴，
∴EH＝AH＝2，
∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD＝＝5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
由（2）得：，DG⊥BE，
∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG＝＝＝9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM＝，
∵NM＝NM，
∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，
∴MNBE，
∴△BEG∽△MNG，
∴＝（）2＝，
∴S△MNG＝S△MNG＝S△BEG＝．
【点睛】本题主要考查了正方形，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是类比的方法．
43．(1)①；②n=m-m2
(2)
【分析】（1）①过点F作FG⊥BC交BC的延长线于M，利用AAS证明△ABE≌△EGF，得FM=BE=，EM=AB=BC，则CM=BE，从而求出CF的长；②利用△BAE∽△CEP，得到，代入即可；
（2）将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得△ABG，首先由∠ABG=∠ABE=90°，得B，G，E三点共线，再利用SAS证明△GAE≌△EAQ，得∠AEG=∠AEQ，则有∠QEP=∠CEP，可得h=CP，利用②中结论得h=-m2+m=．
（1）
解：①如图，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于M，
在△AEF中，∠AEF=90°，AE=FE，
在正方形ABCD中，∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，
∴∠BAE=∠FEM，
又∵∠B=∠FME，
∴△ABE≌△EGF（AAS），
∴FM=BE=，EM=AB=BC，
∴CM=BE=，
∴FC=，
②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，
∴△BAE∽△CEP，
∴，即，
∴CP=m-m2，
即n=m-m2；
（2）
如图，将△ADQ绕点A顺时针旋转90°得△ABG，
则AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°-45°=45°，
即∠GAE=∠EAF=45°，
∵∠ABG=∠ABE=90°，
∴B，G，E三点共线，
又∵AE=AE，
∴△GAE≌△EAQ（SAS），
∴∠AEG=∠AEQ，
∴∠QEP=∠CEP，
∴h=CP，
∴h=-m2+m=，
即当m=时，h有最大值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的判定，全等三角形的判定与性质，二次函数的性质等知识，作辅助线构造全等三角形证明∠QEP=∠CEF是解题的关键．
44．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据环绕四边形的定义作出点即可；
（2）如图1中，过点作交的延长线于点，连接，过点作于点．证明，解直角三角形求出，，利用勾股定理求出，可得结论；
（3）如图，连接，过点作于点，过点作于点交于点．证明，推出，由，推出，利用面积法求出，即可解决问题．
【详解】（1）如图，点，即为所求；
（2）如图1中，过点作交的延长线于点，连接，过点作于点．
，，
，，
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
，
；
（3）如图2中，连接，过点作于点，过点作于点交于点．
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
．
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题