2024中考数学全国真题分类卷 第十八讲 矩形、菱形、正方形 (含答案)

这是一份2024中考数学全国真题分类卷 第十八讲 矩形、菱形、正方形 (含答案)，共32页。
A. AB＝AC B. AC⊥BD C. AB＝AD D. AC＝BD
2. (2023邵阳)已知矩形的一边长为6 cm，一条对角线的长为10 cm，则矩形的面积为________cm2.
3. (2023十堰)“美丽乡村”建设使我市农村住宅旧貌变新颜，如图所示为一农村民居侧面截图，屋坡AF，AG分别架在墙体的点B，C处，且AB＝AC，侧面四边形BDEC为矩形．若测得∠FBD＝55°，则∠A＝________°.
第3题图
4. (2023吉林省卷)如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝ eq \f(1,4) AC，连接EF.若AC＝10，则EF＝________．
第4题图
5. (2022绍兴)图①是一种矩形时钟，图②是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上，若AB＝30 cm，则BC长为________cm(结果保留根号).
第5题图
6. (2023黔东南州)如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD.若AC＝10，则四边形OCED的周长是________．
第6题图
7. (2023青海省卷)如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线交AD，BC于点E，F，若AB＝3，BC＝4，则图中阴影部分的面积为________．
第7题图
8. (2023甘肃省卷)如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝9 cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE＝2 cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为________cm.
第8题图
9. (2023宜昌)如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF＝3，DG＝4，FG＝5，矩形ABCD的面积为________．
第9题图
10. (2022贵港)如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E.连接CE，若tan ∠ADB＝ eq \f(1,2) ，则tan ∠DEC的值是________．
第10题图
11. (2023苏州)如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点E，AE与CD交于点F.
(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE＝40°，求∠CAB的度数．
第11题图
12. (2022金华)已知：如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠BOC＝120°，AB＝2.
(1)求矩形对角线的长；
(2)过O作OE⊥AD于点E，连接BE.记∠ABE＝α，求tan α的值．
第12题图
13. (2023云南)如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°.
(1)求证：四边形ABDF是矩形；
(2)若AD＝5，DF＝3，求四边形ABCF的面积S.
第13题图
源自北师九上P19第3题
14. (挑战题) (2023自贡)如图，用四根木条钉成矩形框 ABCD ，把边 BC固定在地面上，向右边推动矩形框，矩形的形状会发生改变(四边形具有不稳定性).
(1)通过观察分析，我们发现图中线段存在等量关系，如线段EB由 AB旋转得到，所以 EB＝AB.我们还可以得到 FC＝________，EF＝________；
(2)进一步观察，我们还会发现 EF∥AD，请证明这一结论；
(3)已知 BC＝30 cm，DC＝80 cm，若 BE恰好经过原矩形 DC边的中点 H，求 EF与 BC之间的距离．
第14题图
命题点2 菱形的相关证明与计算
15. (2023河池)如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是( )
第15题图
A. AB＝AD B. AC⊥BD
C. AC＝BD D. ∠DAC＝∠BAC
16. (2023河南)如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点，若OE＝3，则菱形ABCD的周长为( )
第16题图
A. 6 B. 12 C. 24 D. 48
17. (2023自贡)如图，菱形ABCD对角线交点与坐标原点O重合，点A(－2，5)，则点C的坐标是( )
第17题图
A. (5，－2) B. (2，－5)
C. (2，5) D. (－2，－5)
18. (2022绍兴)如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点P从点B出发，沿折线BC→CD方向移动，移动到点D停止．在△ABP形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是( )
第18题图
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
19. (2023仙桃)由4个形状相同，大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C都在格点上，∠O＝60°，则
tan ∠ABC＝( )
第19题图
A. eq \f(1,3) B. eq \f(1,2) C. eq \f(\r(3),3) D. eq \f(\r(3),2)
20. (2023株洲)如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是( )
第20题图
A. OB＝ eq \f(1,2) CE B. △ACE是直角三角形
C. BC＝ eq \f(1,2) AE D. BE＝CE
21. (2023海南)如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF∶CE＝1∶2，EF＝ eq \r(7) ，则菱形ABCD的边长是( )
第21题图
A. 3 B. 4 C. 5 D. eq \f(4\r(7),5)
22. (新趋势)·条件开放性问题 (2023齐齐哈尔)如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是________________．(只需写出一个条件即可)
第22题图
23. (2023乐山)已知菱形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8 cm和6 cm，则菱形的面积为________cm2.
24. (2023温州)如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°.在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为________．
第24题图
25. (2023陕西)如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7.若M，N分别是边AD，BC上的动点，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E，F，则ME＋NF的值为________．
第25题图
26. (2023天津)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于________．
第26题图
27. (新趋势)·注重学习过程 (2023嘉兴)小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD.求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD.
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
eq \x(\a\al(小洁：,这个题目还缺少条件，需,要补充一个条件才能证明．))
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
第27题图
28. (2023北京)如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在AC上，AE＝CF.
(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；
(2)若∠BAC＝∠DAC，求证：四边形EBFD是菱形．
第28题图
29. (2023连云港)如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使DE＝AD，且BE⊥DC.
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P，M，N分别在线段BE，BC，CE上运动，求PM＋PN的最小值．
第29题图
30. (2023娄底)如图①，以BC为边分别作菱形BCDE和菱形BCFG(点C，D，F共线)，动点A在以BC为直径且处于菱形BCFG内的圆弧上，连接EF交BC于点O.设∠G＝θ.
(1)求证：无论θ为何值，EF与BC相互平分；并请直接写出使EF⊥BC成立的θ值；
(2)如图②，当θ＝90°时，试给出tan ∠ABC的值，使得EF垂直平分AC，请说明理由．
第30题图
31. (2023宜昌)已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点．
(1)如图①，连接CE，CF.CE⊥AB，CF⊥AD.
①求证：CE＝CF；
②若AE＝2，求CE的长；
(2)如图②，连接CE，EF.若AE＝3，EF＝2AF＝4，求CE的长．
第31题图
命题点3 正方形的相关证明与计算
32. (2023玉林)若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是( )
A. 互相平分 B. 互相垂直
C. 互相平分且相等 D. 互相垂直且相等
33. (2023重庆A卷)如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，点F是边AB上一点，连接DF，若BE＝AF，则∠CDF的度数为( )
A. 45° B. 60° C. 67.5° D. 77.5°
第33题图
34. (2023滨州)正方形ABCD的对角线相交于点O(如图①)，如果∠BOC绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边AB，BC相交于点E，F(如图②)，连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是( )
第34题图
A. 线段 B. 圆弧 C. 折线 D. 波浪线
35. (2022仙桃)如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG.下列结论：
①DE＝FG；②DE⊥FG；③∠BFG＝∠ADE；④FG的最小值为3，其中正确结论的个数有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第35题图
36. (2023绍兴)如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF.
其中正确的个数是( )
第36题图
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
37. (新趋势)·数学文化 (2023江西)沐沐用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形(如图所示)，则长方形的对角线长为________．
第37题图
38. (2020天水)如图所示，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为(2，3)，则点F的坐标为________．
第38题图
39. (2023无锡)如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE，BC于点H，G，则BG＝________．
第39题图
40. (2023海南)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝________°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是________．
第40题图
41. (2023泰安)如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB＝6，则DP的长度为________．
第41题图
42. (2023山西)如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G.过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N.若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为________．
第42题图
43. (2023安徽)如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF，请完成下列问题：
(1)∠FDG＝________°；
(2)若DE＝1，DF＝2 eq \r(2) ，则MN＝________．
第43题图
44. (2023邵阳)如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，OE＝OA.
求证：四边形AECF是正方形．
第44题图
45. (2023遵义)将正方形 ABCD和菱形EFGH按照如图所示摆放，顶点D与顶点H重合，菱形EFGH的对角线HF经过点B，点E，G分别在AB，BC上．
(1)求证：△ADE≌△CDG；
(2)若AE＝BE＝2，求BF的长．
第45题图
46. (挑战题) (2023台州)图①中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图②，在正方形 ABCD各边上分别取点 B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝ eq \f(4,5) AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点 B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝ eq \f(4,5) A1B1，依次连接它们，得到四边形 A2B2C2D2；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
第46题图
(1)求证：四边形 A1B1C1D1是正方形；
(2)求 eq \f(A1B1,AB) 的值；
(3)请研究螺旋折线 BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
参考答案与解析
1. D
2. 48 【解析】∵矩形的一边长为6 cm，一条对角线的长为10 cm，由勾股定理可得矩形的另一边长为8 cm，∴矩形的面积为6×8＝48(cm2).
3. 110
4. eq \f(5,2) 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD＝2AO＝2OD＝10，∴OD＝ eq \f(1,2) AC＝5，∵AF＝ eq \f(1,4) AC，∴AF＝ eq \f(1,2) OA，∵E是AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴EF＝ eq \f(1,2) OD＝ eq \f(5,2) .
5. 30 eq \r(3) 【解析】∵钟表数字2和数字3之间的夹角为 eq \f(360°,12) ＝30°且钟表数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，AB＝30 cm，∴∠DBC＝∠ADB＝30°，∴BC＝AD＝ eq \f(AB,tan ∠ADB) ＝ eq \f(AB,tan 30°) ＝ eq \f(30,\f(\r(3),3)) ＝30 eq \r(3) (cm).
6. 20 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD＝10，OA＝OC，OB＝OD，∴OC＝OD＝ eq \f(1,2) BD＝5，∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形CODE是平行四边形，∵OC＝OD＝5，∴四边形CODE是菱形，∴四边形CODE的周长为4OC＝4×5＝20.
7. 6 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，AO＝OC，∴∠EAO＝∠FCO，在△AEO和△CFO中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EAO＝∠FCO,OA＝OC,∠AOE＝∠COF)) ，∴△AEO≌△CFO(ASA)，∴S△AEO＝S△CFO，∴阴影部分的面积等于矩形ABCD的面积的一半，∵矩形面积为AB·BC＝3×4＝12，∴阴影部分的面积为 eq \f(1,2) ×12＝6.
8. eq \r(13) 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝6 cm，∠ABC＝∠C＝90°，AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，∵AE＝2 cm，∴BE＝AB－AE＝6－2＝4 cm，∵G是EF的中点，∴EG＝BG＝ eq \f(1,2) EF，∴∠BEG＝∠ABD，∠BEG＝∠BDC，∴△EBF∽△DCB，∴ eq \f(EB,DC) ＝ eq \f(BF,CB) ，∴ eq \f(4,6) ＝ eq \f(BF,9) ，∴BF＝6，∴EF＝ eq \r(BE2＋BF2) ＝ eq \r(42＋62) ＝2 eq \r(13) (cm)，∴BG＝ eq \f(1,2) EF＝ eq \r(13) cm.
9. 48 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠CDA＝90°.∵F，G为BE，CE中点，∴在Rt△ABE中，AF＝BF＝EF＝ eq \f(1,2) BE，在Rt△CDE中，DG＝CG＝EG＝ eq \f(1,2) CE，∴BE＝6，CE＝8，∵EF＝3，EG＝4，FG＝5，EF2＋EG2＝FG2，∴△EFG为直角三角形，∠FEG＝90°，∴S矩形ABCD＝2S△BEC＝2× eq \f(1,2) BE·CE＝48.
10. eq \f(2,3) 【解析】如解图，过点C作CF⊥BD于点F，∵四边形ABCD为矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠ABE＝∠CDF，在△ABE与△CDF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AEB＝∠CFD,∠ABE＝∠CDF,AB＝CD)) ，∴△ABE≌△CDF(AAS)，∴AE＝CF，BE＝DF.∵AE⊥BD，tan ∠ADB＝ eq \f(AB,AD) ＝ eq \f(1,2) ，∴设AB＝a，则AD＝2a，∴BD＝ eq \r(5) a，∵S△ABD＝ eq \f(1,2) BD·AE＝ eq \f(1,2) AB·AD，∴AE＝CF＝ eq \f(2\r(5),5) a，∴BE＝DF＝ eq \r(AB2－AE2) ＝ eq \r(a2－（\f(2\r(5),5)a）2) ＝ eq \f(\r(5),5) a，∴EF＝BD－2BE＝ eq \r(5) a－2× eq \f(\r(5),5) a＝ eq \f(3\r(5),5) a，∵CF⊥BD，∴tan ∠DEC＝ eq \f(CF,EF) ＝ eq \f(2,3) .
第10题解图
11. (1)证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则AD＝BC＝EC，∠D＝∠B＝∠E＝90°，
在△DAF和△ECF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DFA＝∠EFC,∠D＝∠E,DA＝EC)) ，
∴△DAF≌△ECF(AAS)；
(2)解：∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF＝∠ECF＝40°.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°.
∴∠EAB＝∠DAB－∠DAF＝90°－40°＝50°.
∵由折叠的性质得∠EAC＝∠CAB，
∴∠CAB＝25°.
12. 解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝ eq \f(1,2) AC，OB＝OD＝ eq \f(1,2) BD，
∴OA＝OC＝OB＝OD.
∵∠BOC＝120°，∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，∴OB＝AB＝2，
∴AC＝BD＝2OB＝4；
(2)∵在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，
∴AD＝ eq \r(BD2－AB2) ＝ eq \r(16－4) ＝2 eq \r(3) .
由(1)得，OA＝OD.
又∵OE⊥AD，
∴AE＝ eq \f(1,2) AD＝ eq \r(3) ，
在Rt△ABE中，tan α＝ eq \f(AE,AB) ＝ eq \f(\r(3),2) .
13. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∴AB∥DF，
∴∠DFE＝∠ABE.
∵E为线段AD的中点，∴DE＝AE.
在△DFE和△ABE中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DFE＝∠ABE,∠DEF＝∠AEB,DE＝AE)) ，
∴△DFE≌△ABE(AAS)，
∴DF＝AB.
又∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．
∵∠BDF＝90°，
∴平行四边形ABDF是矩形；
(2)解：∵四边形ABDF是矩形，
∴∠ABD＝90°，AF＝BD，AB＝DF.
∵AD＝5，DF＝3，
∴在Rt△ADF中，AF＝ eq \r(AD2－DF2) ＝ eq \r(52－32) ＝4，
∴AF＝BD＝4，AB＝DF＝3.
∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝3.
∵∠BDF＝90°，∴∠BDC＝90°.
∴S＝S矩形ABDF＋S△BCD＝DF·BD＋ eq \f(1,2) CD·BD＝3×4＋ eq \f(1,2) ×3×4＝12＋6＝18.
14. (1)解：DC，AD；
(2)证明：∵EF＝AD，AD＝BC，∴EF＝BC，
同理可得FC＝EB，
∴四边形EFCB为平行四边形，
∴EF∥BC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴EF∥AD；
(3)解：如解图，过点E作EG⊥BC交BC延长线于点G，EG即为EF与BC之间的距离，由题意可得，HC＝40 cm，BC＝30 cm，BE＝DC＝80 cm，
第14题解图
在Rt△HBC中，HB＝ eq \r(HC2＋BC2) ＝ eq \r(402＋302) ＝50 cm，
∵HC∥EG，∴△BCH∽△BGE，
∴ eq \f(HC,EG) ＝ eq \f(BH,BE) ，即 eq \f(40,EG) ＝ eq \f(50,80) ，解得EG＝64 cm，
∴EF与BC之间的距离为64 cm.
15. C 16. C
17. B 【解析】菱形为中心对称图形，对角线的交点即为对称中心，∵A点坐标为(－2，5)，∴相应的C点坐标为(2，－5).
18. C 【解析】由∠B＝60°知，菱形由两个等边三角形组合而成，当AP⊥BC时，此时△ABP为直角三角形；当点P到达点C处时，此时△ABP为等边三角形；当点P在CD上且位于CD的中垂线时，则△ABP为直角三角形；当点P与点D重合时，此时△ABP为等腰三角形．
19. C 【解析】如解图，由题意可得，∠BDC＝60°，BD＝CD＝AC，∴△BCD是等边三角形，∴BC＝BD，∠BCD＝60°，∴AC＝BC，∠ACB＝120°，∴∠BAC＝∠ABC＝ eq \f(1,2) ×(180°－120°)＝30°，∴tan ∠ABC＝tan 30°＝ eq \f(\r(3),3) .
第19题解图
20. D 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∵AO＝CO＝ eq \f(1,2) AC，AC⊥BD，∵CE∥BD，∴△AOB∽△ACE，∠AOB＝∠ACE＝90°，∴ eq \f(AO,AC) ＝ eq \f(OB,CE) ＝ eq \f(AB,AE) ＝ eq \f(1,2) ，∴△ACE是直角三角形，OB＝ eq \f(1,2) CE，∴BC＝ eq \f(1,2) AE，故选D.
21. B 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，DC＝BC，∠A＝∠C，设BF＝x，则CE＝2x，∵点E是CD的中点，∴CD＝AB＝AD＝4x，如解图，过点D作DH⊥AB于点H，∵EF⊥AB，∴四边形DEFH为矩形，∴EF＝DH＝ eq \r(7) ，HF＝DE＝2x，∴AH＝3x，在Rt△ADH中，AD2＝AH2＋DH2，即(4x)2＝(3x)2＋( eq \r(7) )2，解得x＝1(负值已舍去)，∴AD＝4x＝4.
第21题解图
22. AB＝CD(答案不唯一) 【解析】由题中条件AC⊥BD可知，只需四边形ABCD为平行四边形即可，又AB∥CD，故添加AB＝CD(答案不唯一).
23. 24 【解析】S＝ eq \f(1,2) ×8×6＝24(cm2).
24. eq \f(\r(3),2) 【解析】如解图，连接BD，交AC于O，连接EF，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC，∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，∴AE＝CF，∴EF∥AC，由题意知，四边形AEFM，EFCN均为平行四边形，∴EF＝AM＝CN，∵EF∥AC，∴△BFE∽△BCA，∴ eq \f(EF,AC) ＝ eq \f(BE,BA) ，∵AE＝3BE，AB＝1，∴AB＝4BE，∴ eq \f(EF,AC) ＝ eq \f(BE,BA) ＝ eq \f(1,4) ，∴AM＝CN＝ eq \f(1,4) AC，∴MN＝ eq \f(1,2) AC＝OA，∵∠BAD＝60°，AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，∴OD＝ eq \f(1,2) ，∴OA＝ eq \r(AD2－OD2) ＝ eq \r(12－（\f(1,2)）2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，∴MN＝ eq \f(\r(3),2) .
第24题解图
25. eq \f(\r(15),2) 【解析】如解图①，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OD＝ eq \f(1,2) BD＝ eq \f(7,2) ，CD＝4，∴OC＝OA＝ eq \r(42－（\f(7,2)）2) ＝ eq \f(\r(15),2) ，设AM＝BN＝a，则DM＝4－a，∵ME⊥BD，NF⊥BD，∴△DME∽△DAO，△BNF∽△BCO，∴ eq \f(ME,OA) ＝ eq \f(DM,DA) ＝ eq \f(4－a,4) ， eq \f(NF,OC) ＝ eq \f(BN,BC) ＝ eq \f(a,4) ，∴ eq \f(ME,OA) ＋ eq \f(NF,OC) ＝ eq \f(4－a,4) ＋ eq \f(a,4) ＝1，∴ME＋NF＝OA＝ eq \f(\r(15),2) .
第25题解图①
【一题多解】如解图②，连接AC交BD于点O，过点M作MG⊥AC于点G，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OD＝ eq \f(1,2) BD＝ eq \f(7,2) ，CD＝4，∴OC＝OA＝ eq \r(42－（\f(7,2)）2) ＝ eq \f(\r(15),2) ，∵AC⊥BD，ME⊥BD，∴∠AMG＝∠ADO＝∠CBO，ME＝GO，又∵AM＝BN，NF⊥BD，∴△AMG≌△NBF，∴NF＝AG，∴ME＋NF＝GO＋AG＝AO＝ eq \f(\r(15),2) .
第25题解图②
26. eq \f(\r(19),4) 【解析】如解图，过点F作FM⊥DE于点M，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝CD＝2.∵E为AB的中点，∠DAB＝60°，∴AE＝1，∠AED＝90°，由勾股定理，得DE＝ eq \r(AD2－AE2) ＝ eq \r(3) .∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，∴∠ADC＝120°，∠CDE＝90°.∵FM⊥DE，F为CE的中点，∴M为DE的中点，即FM∥CD，FM＝ eq \f(1,2) CD＝1，ME＝DM＝ eq \f(1,2) DE＝ eq \f(\r(3),2) ，∴FM∥AB，FM＝AE，∴∠EAG＝∠MFG，∵∠AGE＝∠FGM，∴△AEG≌△FMG(AAS)，∴EG＝MG＝ eq \f(1,2) ME＝ eq \f(\r(3),4) ，又∵FM∥CD，∴∠FMG＝∠CDE＝90°，在Rt△FMG中，由勾股定理，得FG＝ eq \r(MG2＋FM2) ＝ eq \r(（\f(\r(3),4)）2＋12) ＝ eq \f(\r(19),4) .
第26题解图
27. 解：赞成小洁的说法，补充：AB＝CB.
证明：由小惠证法得：AB＝AD，CB＝CD，
又∵AB＝CB，
∴AB＝AD＝CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
28. 证明：(1)∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BO＝DO，AO＝CO.
又∵AE＝CF，
∴AO－AE＝CO－CF，
即OE＝OF，
∴四边形EBFD为平行四边形；
(2)∵∠BAC＝∠DAC，DO＝BO，
∴AO⊥BD.
由(1)得四边形EBFD为平行四边形，
∴四边形EBFD是菱形．
29. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD＝BC.
∵DE＝AD，∴DE＝BC.
又∵点E在AD的延长线上，∴DE∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形．
又∵BE⊥DC，∴四边形DBCE为菱形；
(2)解：如解图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N′在DE上，
第29题解图
∴PM＋PN＝PM＋PN′.
当P，M，N′三点共线时，PM＋PN＝PM＋PN′＝MN′.
过点D作DH⊥BC，垂足为H，
∵DE∥BC，∴MN′的最小值即为平行线间的距离DH的长．
∵△DBC是边长为2的等边三角形，
∴在Rt△DBH中，∠DBH＝60°，DB＝2，
∴DH＝DB·sin ∠DBH＝2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) ，
∴PM＋PN的最小值为 eq \r(3) .
30. 解：(1)①∵四边形BCDE和四边形BCFG都是菱形，
∴BE＝BC＝CF，CF∥GE，
∴∠OCF＝∠OBE，
∵∠COF＝∠BOE，
∴△COF≌△BOE(AAS)，
∴OC＝OB，OF＝OE，
∴无论θ为何值，EF与BC相互平分；
②θ＝60°；
【解法提示】∵OC＝OB，∴OB＝ eq \f(1,2) BC＝ eq \f(1,2) BE，∵EF⊥BC.∴∠BOE＝90°，∴∠OEB＝30°，∴∠OBE＝60°，∵GF∥BC，∴∠G＝∠OBE＝60°，即当θ＝60°时，EF⊥BC.
(2)tan ∠ABC＝2，理由如下：由(1)知BC＝BE＝2OB，
当θ＝90°时，则四边形BCDE和四边形BCFG都是正方形，
∴∠OBE＝90°，
∴tan ∠BOE＝ eq \f(BE,OB) ＝2，
∵BC为动点A所在圆弧对应圆的直径，
∴∠BAC＝90°，
∵EF垂直平分AC，
∴EF∥AB，
∴∠ABC＝∠BOE，
∴tan ∠ABC＝tan ∠BOE＝2.
∴当θ＝90°时，tan ∠ABC＝2，使得EF垂直平分AC.
31. (1)①证明：∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC＝∠DFC＝90°.
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B＝∠D，BC＝DC，
∴△BEC≌△DFC(AAS)，
∴CE＝CF；
②解：∵E是边AB的中点，AE＝2，
∴BE＝AE＝2.
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝BA＝4.
∵CE⊥AB，
∴在Rt△BEC中，CE＝ eq \r(BC2－BE2) ＝2 eq \r(3) ；
(2)解：如解图①，延长FE交CB的延长线于点M，
∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠AFE＝∠M，∠A＝∠EBM.
∵E是边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴△AEF≌△BEM(AAS)，
∴EM＝EF，BM＝AF.
∵AE＝3，EF＝2AF＝4，
∴EM＝4，BM＝2，BE＝3，
∴BC＝AB＝2AE＝6，
∴CM＝8，
∴ eq \f(BM,EM) ＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ， eq \f(EM,CM) ＝ eq \f(4,8) ＝ eq \f(1,2) ，
∴ eq \f(BM,EM) ＝ eq \f(EM,CM) ，
∵∠BME＝∠EMC，
∴△MEB∽△MCE，
∴ eq \f(BE,EC) ＝ eq \f(BM,EM) ＝ eq \f(1,2) ，
∵BE＝3，
∴CE＝6.
注：延长CE交DA的延长线于点N，方法类似．
第31题解图①
【一题多解】如解图②，延长FE交CB的延长线于点M，过点E作EN⊥BC于点N.
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，AB＝BC，
∴∠AFE＝∠M，∠A＝∠EBM，
∵E是边AB的中点，
∴AE＝BE，
∴△AEF≌△BEM(AAS)，
∴EM＝EF，BM＝AF.
∵AE＝3，EF＝2AF＝4，
∴EM＝4，BM＝2，BE＝3，
∴BC＝AB＝2AE＝6，
∴CM＝8.
∵在Rt△MEN和Rt△BEN中，EM2－MN2＝EN2，BE2－BN2＝EN2，
∴EM2－MN2＝BE2－BN2，
∴42－(2＋BN)2＝32－BN2，
解得BN＝ eq \f(3,4) ，则CN＝6－ eq \f(3,4) ＝ eq \f(21,4) ，
∴EN2＝BE2－BN2＝32－( eq \f(3,4) )2＝ eq \f(135,16) ，
∴在Rt△ENC中，CE2＝EN2＋CN2＝ eq \f(135,16) ＋ eq \f(441,16) ＝36，
∴CE＝6(负值已舍去).
第31题解图②
32. D 【解析】如解图，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，则EH∥DB∥GF，HG∥AC∥EF，EF＝ eq \f(1,2) AC，FG＝ eq \f(1,2) BD，∴四边形EFGH为平行四边形．要使其为正方形，即EF⊥FG，FE＝FG，则AC⊥BD，AC＝BD，即对角线一定互相垂直且相等．
第32题解图
33. C 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，AB＝AD，又∵BE＝AF，∴△ABE≌△DAF，∴∠ADF＝∠BAE.∵AE平分∠BAC，∴∠ADF＝∠BAE＝ eq \f(1,2) ∠BAC＝22.5°，∴∠CDF＝∠ADC－∠ADF＝90°－22.5°＝67.5°.
34. A 【解析】如解图，以点B为坐标原点，建立平面直角坐标系xBy，设正方形ABCD的边长为1，∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAE＝∠OBF＝45°，OA＝OB.∵∠AOB＝∠EOF＝90°，∴∠AOB－∠EOB＝∠EOF－∠EOB，即∠AOE＝∠BOF，∴△AOE≌△BOF(ASA)，∴AE＝BF.设AE＝BF＝a，则F(a，0)，E(0，1－a).∵点G是EF的中点，∴G( eq \f(1,2) a， eq \f(1,2) － eq \f(1,2) a)，∴点G在直线y＝－x＋ eq \f(1,2) 上运动，又∵点E，F分别在线段AB，BC上，∴点G的运动轨迹是线段．
第34题解图
35. C 【解析】①如解图，过点E分别作EM⊥CD于点M，EN⊥AD于点N，由题意得，EN＝EF＝BG，EM＝EG＝ND，在Rt△DEN和Rt△GFE中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(EN＝EF,∠END＝∠FEG,ND＝EG)) ，∴Rt△DEN≌Rt△GFE(SAS)，∴DE＝FG，故结论①正确；②如解图，延长DE交FG于点P，由Rt△DEN≌Rt△GFE可得∠NDE＝∠EGF，∵∠PEG＝∠DEN，∴∠DPG＝∠DNE＝90°，∴DE⊥FG，故结论②正确；③在Rt△DEN和Rt△FGB中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DE＝FG,NE＝BG)) ，∴Rt△DEN≌Rt△FGB(HL)，∴∠BFG＝∠ADE，故结论③正确；④当点E为对角线AC，BD的交点时，FG取得最小值，最小值为2 eq \r(2) ，故结论④错误．综上所述，正确的结论为①②③，共3个．
第35题解图
36. C 【解析】∵对角线互相平分的四边形为平行四边形，∴当MN的连线过BD的中点O时，∵BE＝DF，∴BD的中点也是EF的中点，同时平分MN，∴存在无数个平行四边形MENF，说法①正确；当MN过点O时，四边形MENF为平行四边形，当EF＝MN时，四边形MENF为矩形，∴存在无数个矩形MENF，当MN过点O且垂直于BD时，四边形MENF恒定为菱形，∴存在无数个菱形MENF，∴说法②③正确；当MN过点O且垂直于BD时，若MN＝EF，则四边形MENF为正方形，∵此时MN的长度恒定，∴EF的长度恒定，此时只存在一个正方形MENF，说法④错误．
37. eq \r(5) 【解析】由题图可知①②是两个全等的等腰直角三角形，∵拼成的正方形的对角线长为2，∴①②两个等腰直角三角形的直角边的长度为1，∴结合题图可知拼成的长方形的长为2，宽为1，∴其对角线的长为 eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) .
38. (－1，5) 【解析】如解图，过点F作FQ⊥x轴于点Q，过点E分别作EM⊥x轴于点M，作EN⊥FQ于点N，∴四边形NQME是矩形，∴NQ＝EM＝3，∠NEM＝90°.∵∠FEN＋∠NEO＝90°，∠NEO＋∠OEM＝90°，∴∠FEN＝∠OEM.∵EF＝EO，∠FNE＝∠EMO，∴△EFN≌△EOM，∴EN＝EM＝3，FN＝OM＝2，∴FQ＝FN＋NQ＝5，QO＝EN－OM＝1.∵F在第二象限，∴F(－1，5).
第38题解图
39. 1 【解析】如解图，连接AG，EG，∵正方形ABCD的边长为8，∴AB＝BC＝CD＝8，∠B＝∠C＝90°，∵E是CD的中点，∴CE＝4.设BG＝x，则CG＝8－x，在Rt△ABG中，AG2＝AB2＋BG2，即AG2＝82＋x2，在Rt△CEG中，EG2＝CE2＋CG2，即EG2＝42＋(8－x)2.∵HG垂直平分AE，∴AG＝EG，∴AG2＝EG2，∴82＋x2＝42＋(8－x)2，解得x＝1，即BG＝1.
第39题解图
40. 60， eq \r(3) 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL)，∴∠BAE＝∠DAF＝ eq \f(1,2) ×(90°－30°)＝30°，∴∠AEB＝∠AFD＝60°，∴BE＝ eq \f(1,2) AE，如解图，过点E作EG⊥AF于点G，∵∠BAE＝∠GAE，∴BE＝GE.∵S△AEF＝ eq \f(1,2) AF·EG＝ eq \f(1,2) ×2BE·BE＝1，∴BE＝1(负值已舍去)，∴AB＝ eq \r(3) BE＝ eq \r(3) .
第40题解图
41. 2 【解析】如解图，连接AP，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵点E是BC的中点，∴BE＝CE＝ eq \f(1,2) BC＝3，根据折叠的性质，得AF＝AB＝6，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，∴AF＝AD，在Rt△APF和Rt△APD中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AF＝AD,AP＝AP)) ，∴Rt△APF≌Rt△APD(HL)，∴DP＝FP.设DP＝FP＝x，则EP＝x＋3，CP＝6－x，在Rt△PEC中，根据勾股定理得CE2＋CP2＝EP2，即32＋(6－x)2＝(x＋3)2，解得x＝2，∴DP＝2.
第41题解图
42. 4 eq \r(34) 【解析】∵AN⊥EF，四边形ABCD为正方形，∴∠AMF＝∠ADF＝90°，∴∠DAN＋∠AGM＝∠FGD＋∠GFD＝90°，∵∠AGM＝∠FGD，∴∠DAN＝∠GFD，设DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴AD＝BC＝CD＝DN＋CN＝x＋8，EC＝BC－BE＝x＋8－5＝x＋3，CF＝CD＋DF＝x＋8＋5＝x＋13，在Rt△FEC中，tan ∠GFD＝ eq \f(EC,CF) ＝ eq \f(x＋3,x＋13) ，在Rt△ADN中，tan ∠DAN＝ eq \f(DN,AD) ＝ eq \f(x,x＋8) ，∵∠DAN＝∠GFD，∴tan ∠GFD＝tan ∠DAN，即 eq \f(x＋3,x＋13) ＝ eq \f(x,x＋8) ，解得x＝12，在Rt△AND中，∠ADN＝90°，AD＝x＋8＝12＋8＝20，DN＝x＝12，则AN＝ eq \r(AD2＋DN2) ＝4 eq \r(34) .
【一题多解】如解图，过点G作GH⊥BC于点H，∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝DC＝BC＝GH，∠ADC＝∠AGH＝∠GHE＝90°，∴∠AGM＋∠EGH＝90°，∵AN⊥EF，∴∠NAD＋∠AGM＝90°，∴∠EGH＝∠NAD，在△GHE和△ADN中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠GHE＝∠ADN，,GH＝AD，,∠EGH＝∠NAD，)) ∴△GHE≌△ADN(ASA)，∴HE＝DN.设DN＝x，则HE＝x，AD＝BC＝CD＝x＋8，CH＝GD＝BC－BE－EH＝3，CF＝CD＋DF＝x＋13，CE＝x＋3，∵tan F＝ eq \f(GD,DF) ＝ eq \f(EC,CF) ，∴ eq \f(3,5) ＝ eq \f(x＋3,x＋13) ，解得x＝12，∴DN＝12，AD＝20，∴在Rt△ADN中，AN＝ eq \r(202＋122) ＝4 eq \r(34) .
第42题解图
43. (1)45；(2) eq \f(26,15) 【解析】(1)∵△BEF为等腰直角三角形，∴BE＝FE，∠BEF＝90°，∵FG⊥AG，∴∠G＝90°，∵四边形ABCD为正方形，∴∠A＝90°，∴∠A＝∠G，∵∠AEB＋∠GEF＝∠GEF＋∠GFE＝90°，∴∠AEB＝ ∠GFE，∴△AEB≌ △GFE(AAS)，∴AE＝GF，AB＝EG，又∵AD＝AB，∴EG＝AD，∴DG＝AE，∴DG＝GF，∴∠FDG＝45°；(2)如解图①，过点F作FO⊥CD于点O，则四边形DGFO为正方形，又∵DE＝1，DF＝2 eq \r(2) ，∴FO＝2，AD＝AE＋DE＝GF＋DE＝3，∴DC＝AD＝BC＝AB＝EG＝3，OD＝OF＝2，∴OC＝DC－DO＝1，∵FO∥AG，∴△EDM∽△FOM，∴ eq \f(DM,OM) ＝ eq \f(DE,OF) ＝ eq \f(1,2) ，∴DM＝ eq \f(2,3) ，∴OM＝ eq \f(4,3) ，∵FO∥BC，∴△OFN∽△CBN，∴ eq \f(ON,CN) ＝ eq \f(OF,CB) ＝ eq \f(2,3) ，∴ eq \f(ON,OC) ＝ eq \f(ON,ON＋CN) ＝ eq \f(2,5) ，∴ON＝ eq \f(2,5) ，∴MN＝OM＋ON＝ eq \f(4,3) ＋ eq \f(2,5) ＝ eq \f(26,15) .
第43题解图①

第43题解图②
【一题多解】解法一：如解图②，延长BC交GF的延长线于点H，∵DE＝1，DF＝2 eq \r(2) ，∠FDG＝45°，∴DG＝FG＝2，∴AE＝DG＝2，∴AD＝AE＋DE＝3，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝3，∵DC∥GH，∠CDG＝∠DGH＝∠DCH＝90°，∴四边形DCHG为矩形，∴CH＝DG＝2，FH＝GH－GF＝DC－GF＝1，∴△EDM∽△EGF，△BCN∽△BHF，∴ eq \f(ED,EG) ＝ eq \f(DM,GF) ， eq \f(BC,BH) ＝ eq \f(NC,FH) ，即 eq \f(1,3) ＝ eq \f(DM,2) ， eq \f(3,5) ＝ eq \f(NC,1) ，∴DM＝ eq \f(2,3) ，NC＝ eq \f(3,5) ，∴MN＝DC－DM－NC＝3－ eq \f(2,3) － eq \f(3,5) ＝ eq \f(26,15) .
解法二：由(1)得AE＝GF，AB＝GE，∵DE＝1，DF＝2 eq \r(2) ，∠FDG＝45°，∴AE＝GF＝2，∴AB＝AD＝GE＝3，如解图③，以点D为坐标原点，建立平面直角坐标系，∴B(－3，－3)，F(2，－2)，E(－1，0)，设直线BF的解析式为y1＝k1x＋b1(k1≠0)，将B(－3，－3)和F(2，－2)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3k1＋b1＝－3,2k1＋b1＝－2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k1＝\f(1,5),b1＝－\f(12,5))) ，∴直线BF的解析式为y1＝ eq \f(1,5) x－ eq \f(12,5) ，令x＝0，得y＝－ eq \f(12,5) ，∴点N的坐标为(0，－ eq \f(12,5) )，设直线EF的解析式为y2＝k2x＋b2(k2≠0)，将E(－1，0)和F(2，－2)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－k2＋b2＝0,2k2＋b2＝－2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2＝－\f(2,3),b2＝－\f(2,3))) ，∴直线EF的解析式为y2＝－ eq \f(2,3) x－ eq \f(2,3) ，令x＝0，得y＝－ eq \f(2,3) ，∴点M的坐标为(0，－ eq \f(2,3) )，∴MN＝(－ eq \f(2,3) )－(－ eq \f(12,5) )＝ eq \f(26,15) .
第43题解图③
44. 证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴BO－BE＝DO－DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形．
∵OA＝OE，
∴OA＝OC＝OE＝OF，
∴AC＝EF，
∴四边形AECF是正方形．
45. (1)证明：∵正方形ABCD和菱形EFGH，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝90°，DE＝DG，
在Rt△ADE与Rt△CDG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝CD,DE＝DG)) ，
∴Rt△ADE≌Rt△CDG(HL)；
(2)解：如解图，连接EG交DF于点O，
第45题解图
∵AE＝BE＝2，由(1)得Rt△ADE≌Rt△CDG，
∴CG＝AE＝2，BG＝CB－CG＝2，
∵∠ABC＝90°，
∴在Rt△EBG中，EG＝ eq \r(EB2＋BG2) ＝2 eq \r(2) ，
∴EO＝ eq \r(2) ，
在Rt△ADE中，AD＝4，AE＝2，
∴EF＝DE＝ eq \r(AE2＋AD2) ＝2 eq \r(5) ，
在Rt△OEF中，OF＝ eq \r(EF2－OE2) ＝ eq \r(20－2) ＝3 eq \r(2) ，
∴DF＝2OF＝6 eq \r(2) ，
∵DB＝ eq \r(2) AB＝4 eq \r(2) ，
∴BF＝DF－DB＝2 eq \r(2) .
46. (1)证明：在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD，∠A＝∠B＝90°，
∵AB1＝BC1＝DA1＝ eq \f(4,5) AB，
∴AA1＝BB1＝ eq \f(1,5) AB，
∴△AB1A1≌△BC1B1，
∴A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，
又∵∠BC1B1＋∠BB1C1＝90°，
∴∠BB1C1＋∠AB1A1＝90°，∴∠A1B1C1＝90°.
同理可证：B1C1＝C1D1＝D1A1＝A1B1，
∴四边形A1B1C1D1是正方形；
(2)解：∵AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝ eq \f(4,5) AB，设AB＝5a，则AB1＝4a，
∴B1B＝AA1＝a，
∴A1B1＝ eq \r(17) a，
∴ eq \f(A1B1,AB) ＝ eq \f(\r(17)a,5a) ＝ eq \f(\r(17),5) ；
(3)解：结论1：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为 eq \f(5\r(17),17) 或 eq \f(\r(17),5) .
证明：∵AB1＝ eq \f(4,5) AB，∴BB1＝ eq \f(1,5) AB.
同理，B1B2＝ eq \f(1,5) A1B1，
∴ eq \f(B1B,B1B2) ＝ eq \f(AB,A1B1) ＝ eq \f(5\r(17),17) .
同理可得 eq \f(B1B2,B2B3) ＝ eq \f(5\r(17),17) ，
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为 eq \f(5\r(17),17) 或 eq \f(\r(17),5) .
结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段夹角的度数不变．
证明：∵ eq \f(B1B,BC1) ＝ eq \f(B2B1,B1C2) ＝ eq \f(1,4) ，∠A1B1C1＝∠ABC＝90°，
∴△BB1C1∽△B1B2C2，
∴∠BB1C1＝∠B1B2C2.
∵∠C1B1B2＝∠C2B2B3＝90°，
∴∠BB1C1＋∠C1B1B2＝∠B1B2C2＋∠C2B2B3，即∠BB1B2＝∠B1B2B3.
同理可证∠B1B2B3＝∠B2B3B4＝…，
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段夹角的度数不变．