初中数学中考复习 2020年中考数学一轮复习培优训练：《四边形》

这是一份初中数学中考复习 2020年中考数学一轮复习培优训练：《四边形》，共35页。试卷主要包含了实践与探究等内容，欢迎下载使用。

2020年中考数学一轮复习培优训练：
《四边形》

1．如图1，已知等腰Rt△ABC中，E为边AC上一点，过E点作EF⊥AB于F点，以为边作正方形，且AC＝3，EF＝．
（1）如图1，连接CF，求线段CF的长；
（2）将等腰Rt△ABC绕点旋转至如图2的位置，连接BE，M点为BE的中点，连接MC，MF，求MC与MF关系．




2．如图将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°）得到正方形AB′C′D′．
（1）如图1，B′C′与AC交于点M，C′D′与AD所在直线交于点N，若MN∥B′D′，求α；
（2）如图2，C′B′与CD交于点Q，延长C′B′与BC交于点P，当α＝30°时．
①求∠DAQ的度数；
②若AB＝6，求PQ的长度．

3．在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．

（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，连接QP并延长，分别交AB、CD于点M、N．
①求证：PM＝QN；
②若MN的最小值为2，直接写出菱形ABCD的面积为　 　．





4．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AD＝2，BC＝5，DC＝3，点E在边BC上，tan∠AEC＝3，点M是射线DC上一个动点（不与点D、C重合），联结BM交射线AE于点N，设DM＝x，AN＝y．
（1）求BE的长；
（2）当动点M在线段DC上时，试求y与x之间的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）当动点M运动时，直线BM与直线AE的夹角等于45°，请直接写出这时线段DM的长．



5．如图1，已知直角梯形ABCO中，∠AOC＝90°，AB∥x轴，AB＝6，若以O为原点，OA，OC所在直线为y轴和x轴建立如图所示直角坐标系，A（0，a），C（c，0）中a，c满足|a+c﹣10|+＝0
（1）求出点A、B、C的坐标；
（2）如图2，若点M从点C出发，以2单位/秒的速度沿CO方向移动，点N从原点出发，以1单位/秒的速度沿OA方向移动，设M、N两点同时出发，且运动时间为t秒，当点N从点O运动到点A时，点M同时也停止运动，在它们的移动过程中，当2S△ABN≤S△BCM时，求t的取值范围：
（3）如图3，若点N是线段OA延长上的一动点，∠NCH＝k∠OCH，∠CNQ＝k∠BNQ，其中k＞1，NQ∥CJ，求的值（结果用含k的式子表示）．















6．在等边三角形ABC中，点D是BC的中点，点E、F分别是边AB、AC（含线段AB、AC的端点）上的动点，且∠EDF＝120°，小明和小慧对这个图形展开如下研究：
问题初探：
（1）如图1，小明发现：当∠DEB＝90°时，BE+CF＝nAB，则n的值为　 　；
问题再探：
（2）如图2，在点E、F的运动过程中，小慧发现两个有趣的结论：
①DE始终等于DF；②BE与CF的和始终不变；请你选择其中一个结论加以证明．
成果运用
（3）若边长AB＝8，在点E、F的运动过程中，记四边形DEAF的周长为L，L＝DE+EA+AF+FD，则周长L取最大值和最小值时E点的位置？


7．实践与探究
在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O0，0），点A（5，0），点B（0，3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．

（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．
①求证：△ADB≌△AOB；
②求点H的坐标．
8．实践与探究
在综合实践课上，老师让同学们以两个全等的三角形纸片为操作对象，进行相关问题的探究．如图1，△ABC≌△DEF，其中∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4．
（1）请直接写出EF＝　 　；
（2）新星小组将这两张纸片按如图2所示的方式放置后，经过观察发现四边形ACBF是矩形，请你证明这个结论．
（3）新星小组在图2的基础上，将△DEF纸片沿AB方向平移至如图3的位置，其中点E与AB的中点重合，连接CE，BF．请你判断四边形BCEF的形状，并证明你的结论．














9．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，则BE，EF，DF之间的数量关系是　 　．
（2）如图2，若E，F分别是边BC，CD延长线上的点，其他条件不变，则BE，EF，DF之间的数量关系是什么？请说明理由．
（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动命令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进，1.5小时后，指挥中心观察到舰艇甲、乙分别到达E，F处，且两舰艇与指挥中心O连线的夹角∠EOF＝70°，试求此时两舰艇之间的距离．





10．平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，b），C（0，c），且满足： +（2b﹣a﹣c）2+|b﹣c|＝0，E、D分别为x轴和y轴上动点，满足∠DBE＝45°．
（1）求A、B、C三点坐标；
（2）如图1，若D为线段OC中点，求E点坐标；
（3）当E，D在x轴和y轴上运动时，试探究CD、DE和AE之间的关系．

11．【操作】如图①，在矩形ABCD中，E为对角线AC上一点（不与点A重合）．将△ADE沿射线AB方向平移到△BCF的位置，E的对应点为点F，易知△ADE≌△BCF（不需要证明）
【探究】过图①的点E作BG∥BC交FB延长线于点G，连结AG，其它条件不变，如图②．求证：△EGA≌△BCF
【拓展】将图②中的△BCF沿BC翻折得到△BCF′，连结GF′，其它条件不变，如图③当GF′最短时，若AB＝4，BC＝2，直接写出FF′的长和此时四边形BFCF′的周长．

12．如1，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，E为AD上一点且AE＝6，连接BE．
（1）将△ABE绕点B逆时针旋转90°至△ABF（如图2），且A、B、C三点共线，再将△ABF沿射线BC方向平移，平移速度为每秒1个单位长度，平移时间为t（s）（t≥0），当点A与点C重合时运动停止．
①在平移过程中，当点F与点E重合时，t＝　 　（s）．
②在平移过程中，△ABF与四边形BCDE重叠部分面积记为S，求s与t的关系式．
（2）如图3，点M为直线BE上一点，直线BC上有一个动点P，连接DM、PM、DP，且EM＝5，试问：是否存在点P，使得△DMP为等腰三角形？若存在，请直接写出此时线段BP的长；若不存在，请说明理由．

13．在四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD．
（1）如图1，连接AC，求证：AB∥CD；

（2）如图2，在CB的延长线上取一点M，连接DM，在DM上取一点L，连接BL，当∠CBL＝2∠M时，求证：LB＝MB；
（3）如图3，在（2）条件下，CE平分∠ACB交DM于E点，连接AE，当AE⊥CE，BL＝8时，求AC的长．













14．阅读下面的例题及点拨，补全解题过程（完成点拨部分的填空），并解决问题：
例题：如图1，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°
点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连结EM，易证△ABM≌△EBM（　 　），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠　 　＝∠　 　；
由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠　 　．
又因为∠2+∠6＝120，所以∠5+∠6＝120°，所以∠AMN＝60°．
问题：如图3，四边形ABCD的四条边都相等，四个角都等于90°，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是四边形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点，且AM＝MN．求∠AMN的度数．













15．在平面直角坐标系xOy中，四边形OADC为正方形，点D的坐标为（4，4），动点E沿边AO从A向O以每秒1cm的速度运动，同时动点F沿边OC从O向C以同样的速度运动，连接AF、DE交于点G．
（1）试探索线段AF、DE的关系，写出你的结论并说明理由；
（2）连接EF、DF，分别取AE、EF、FD、DA的中点H、I、J、K，则四边形HIJK是什么特殊平行四边形？请在图①中补全图形，并说明理由．
（3）如图②当点E运动到AO中点时，点M是直线EC上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．


参考答案
1．解：（1）如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，AC＝3，
∴AB＝3，
过点C作CM⊥AB于M，连接CF，

∴CM＝AM＝AB＝，
∵四边形AGEF是正方形，
∴AF＝EF＝，
∴MF＝AM﹣AF＝﹣，
在Rt△CMF中，CF＝＝＝；

（2）CM＝FM，CM⊥FM，
理由：如图2，
过点B作BH∥EF交FM的延长线于H，连接CF，CH，

∴∠BHM＝∠EFM，
∵四边形AGEF是正方形，
∴EF＝AF
∵点M是BE的中点，
∴BM＝EM，
在△BMH和△EMF中，
，
∴△BMH≌△EMF（AAS），
∴MH＝MF，BH＝EF＝AF
∵四边形AGEF是正方形，
∴∠FAG＝90°，EF∥AG，
∵BH∥EF，
∴BH∥AG，
∴∠BAG+∠ABH＝180°，
∴∠CBH+∠ABC+∠BAC+∠CAG＝180°．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝45°，
∴∠CBH+∠CAG＝90°，
∵∠CAG+∠CAF＝90°，
∴∠CBH＝∠CAF，
在△BCH和△ACF中，
，
∴△BCH≌△ACF（SAS），
∴CH＝CF，∠BCH＝∠ACF，
∴∠HCF＝∠BCH+∠BCF＝∠ACF+∠BCF＝90°，
∴△FCH是等腰直角三角形，
∵MH＝MF，
∴CM＝FM，CM⊥FM；
2．解：（1）如图1中，

∵MN∥B′D′，
∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝45°，∠C′NM＝∠C′D′B′＝45°，
∴∠C′MN＝∠C′NM，
∴C′M＝C′N，
∵C′B′＝C′D′，'
∴MB′＝ND′，
∵AB′＝AD′，∠AB′M＝∠AD′N＝90°，
∴△AB′M≌△AD′N（SAS），
∴∠B′AM＝∠D′AN，
∵∠B′AD′＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠B′AM＝∠D′AN＝22.5°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAB′＝22.5°，
∴α＝22.5°．

（2）①如图2中，

∵∠AB′Q＝∠ADQ＝90°，AQ＝AQ，AB′＝AD，
∴Rt△AQB′≌Rt△AQD（HL），
∴∠QAB′＝∠QAD，
∵∠BAB′＝30°，∠BAD＝90°，
∴∠B′AD＝30°，
∴∠QAD＝∠B′AD＝30°．

②如图2中，连接AP，在AB上取一点E，使得AE＝EP，连接EP．设PB＝a．
∵∠ABP＝∠AB′P＝90°，AP＝AP，AB＝AB′，
∴Rt△APB≌Rt△APB′（HL），
∴∠BAP＝∠PAB′＝15°，
∵EA＝EP，
∴∠EAP＝∠EPA＝15°，
∴∠BEP＝∠EAP+∠EPA＝30°，
∴PE＝AE＝2a，BE＝a，
∵AB＝6，
∴2a+a＝6，
∴a＝6（2﹣）．
∴PB＝6（2﹣），
∴PC＝BC﹣PB＝6﹣6（2﹣）＝6﹣6，
∵∠CPQ+∠BPB′＝180°，∠BAB′+∠BPB′＝180°，
∴∠CPQ＝∠BAB′＝30°，
∴PQ＝＝＝12﹣2．
3．（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，
∴∠BCD＝∠DCQ，
∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）①证明：由（1）得：△BCP≌△DCQ，
∴BP＝DQ，
∠QDC＝∠PBC＝∠PBM＝30°．
在CD上取点E，使QE＝QN，如图2所示：
则∠QEN＝∠QNE，
∴∠QED＝∠QNC＝∠PMB，
在△PBM和△QDE中，，
∴△PBM≌△QDE （AAS），
∴PM＝QE＝QN．
②解：由①知PM＝QN，
∴MN＝PQ＝PC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
则PC＝2，BC＝2PC＝4，
∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝2××42＝8；
故答案为：8．

4．解：（1）如图1中，作AH⊥BC于H，
∵AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠AHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形AHCD是矩形，
∴AD＝CH＝2，AH＝CD＝3，
∵tan∠AEC＝3，
∴＝3，
∴EH＝1，CE＝1+2＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝5﹣3＝2．

（2）延长AD交BM的延长线于G．
∵AG∥BC，
∴＝，
∴＝，
∴DG＝，AG＝2+＝，
∵＝，
∴＝，
∴y＝（0＜x＜3）．

（3）①如图3﹣1中，当点M在线段DC上时，∠BNE＝∠ABC＝45°，

∵△EBN∽△EAB，
∴EB2＝EN•AE，
∴，
解得x＝．

②如图3﹣2中，当点M在线段DC的延长线上时，∠ANB＝∠ABE＝45°，

∵△BNA∽△EBA，
∴AB2＝AE•AN，
∴（3）2＝•[+
解得x＝13，
综上所述DM的长为或13．

5．解：（1）∵|a+c﹣10|+＝0，
∴a+c﹣10＝0，且c﹣7＝0，
∴c＝7，a+c＝10，
∴c＝3，
∴A（0，3），C（7，0），
∵AB∥x轴，AB＝6，
∴B（6，3）；
（2）∴A（0，3），C（7，0），
∴OA＝3，OC＝7，
由题意得：ON＝t，CM＝2t，
∴AN＝3﹣t，∵2S△ABN≤S△BCM，
∴2××（3﹣t）×6≤×2t×3，
解得：t≥2，
∵当点N从点O运动到点A时，点M同时也停止运动，
∴0≤t≤3，
∴t的取值范围为2≤t≤3；
（3）设AB与CN交于点D，如图3所示：
∵AB∥OC，
∴∠BDC＝∠OCD，
∵∠BDC＝∠BND+∠ABN，∠CNQ＝k∠BNQ，∠NCH＝k∠OCH，
∴∠BDC＝（k+1）∠BNQ+∠ABN，∠OCD＝（k+1）∠OCH，
∴（k+1）∠BNQ+∠ABN＝∠OCD＝（k+1）∠OCH，
∴∠ABN═（k+1）∠OCH﹣（k+1）∠BNQ＝（k+1）（∠OCH﹣∠BNQ），
∵NQ∥CJ，
∴∠NCJ＝∠CNQ＝k∠BNQ，
∵∠HCJ+∠NCJ＝∠NCH＝k∠OCH，
∴∠HCJ＝k∠OCH﹣∠NCJ＝k∠OCH﹣k∠BNQ＝k（∠OCH﹣∠BNQ），
∴＝＝．

6．解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，AB＝BC，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD＝BC＝AB，
∵∠DEB＝90°，
∴∠BDE＝90°﹣∠B＝30°，
在Rt△BDE中，BE＝BD，
∵∠EDF＝120°，∠BDE＝30°，
∴∠CDF＝180°﹣∠BDE﹣∠EDF＝30°，
∵∠C＝60°，
∴∠DFC＝90°，
在Rt△CFD中，CF＝CD，
∴BE+CF＝BD+CD＝BC＝AB，
∵BE+CF＝nAB，
∴n＝，
故答案为：；
（2）如图2，①，连接AD，过点D作DG⊥AB于G，DH⊥AC于H，
∴∠DGB＝∠AGD＝90°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠GDH＝360°﹣∠AGD﹣∠AHD﹣∠A＝120°，
∵∠EDF＝120°，
∴∠EDG＝∠FDH，
∵△ABC是等边三角形，D是BC的中点，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵DG⊥AB，DH⊥AC，
∴DG＝DH，
在△EDG和△FDH中，
，
∴△EDG≌△FDH（ASA），
∴DE＝DF，即DE始终等于DF；
②同（1）的方法得，BG+CH＝AB，
由①知，△EDG≌△FDH，
∴EG＝FH，
∴BE+CF＝BG﹣EG+CH+FH＝BG+CH＝AB，
∴BE与CF的和始终不变；
（3）由（2）知，DE＝DF，BE+CF＝AB，
∵AB＝8，
∴BE+CF＝4，
∴四边形DEAF的周长为L＝DE+EA+AF+FD
＝DE+AB﹣BE+AC﹣CF+DF
＝DE+AB﹣BE+AB﹣CF+DE
＝2DE+2AB﹣（BE+CF）
＝2DE+2×8﹣4
＝2DE+12，
∴DE最大时，L最大，DE最小时，L最小，
当DE⊥AB时，DE最小，此时，BE＝BD＝2，
当点F和点C重合时，DE最大，此时，∠BDE＝180°﹣∠EDF＝120°＝60°，
∵∠B＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BE＝BD＝4，
综上所述，周长L取最大值时，BE＝4，周长L取最小值时，BE＝2．

7．解：（1）∵A（5，0），B（0，3），
∴OA＝5，OB＝3，
∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC＝3，OA＝BC＝5，∠C＝90°，
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到的，
∴AD＝OA＝5，
在Rt△ACD中，CD＝＝＝4，
∴BD＝5﹣4＝1，
∴D（1，3）；
（2）①由旋转可知，OA＝DA，∠AOB＝∠ADE＝90°，
∴∠AOB＝∠ADB＝90°，
在Rt△AOB与Rt△ADB中，
，
∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）；
②∵△ADB≌△AOB，
∴BD＝BO＝AC，
在△BDH与△ACH中，
，
∴△BDH≌△ACH（AAS），
∴DH＝CH，
∵DH+AH＝AD＝5，
∴CH+AH＝5，
设CH＝x，则AH＝5﹣x，
在Rt△ACH中，（5﹣x）2＝x2+32，
解得，x＝，
∴BH＝5﹣＝，
∴点H的坐标为（，3）．
8．（1）解：∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE＝4，∠D＝∠A＝30°，∠ACB＝∠DFE＝90°，
∴EF＝DE＝2；
故答案为：2；
（2）证明：∵△ABC≌△DEF，
∴AC＝DF＝BF，BC＝EF＝AF，
在四边形ACBF中，AC＝BF，BC＝AF，
∴四边形ACBF是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴四边形ACBF是矩形；
（3）解：四边形BCEF是菱形；理由如下：
由（2）可知：四边形ACBF是平行四边形，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∵△DEF是沿AB方向平移的，
∴EF∥BC，EF＝BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵点E是AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CE＝AB＝2，
∴CE＝EF＝2，
∴四边形BCEF是菱形．
9．解：（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，如图1所示：
在△ABE和△ADG中，，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，
在△AEF和△GAF中，，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG，
∵FG＝DG+DF＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）BE，EF，DF之间的数量关系是：EF＝BE﹣DF；理由如下：
在CB上截取BM＝DF，连接AM，如图2所示：
∵∠B+∠D＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADF，
在△ABM和△ADF中，，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF＝AM，∠DAF＝∠BAM，
∴∠BAD＝∠MAF，
∵∠BAD＝2∠EAF，
∴∠MAF＝2∠EAF，
∴∠MAE＝∠EAF，
在△FAE和△MAE中，，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF＝EM＝BE﹣BM＝BE﹣DF，
即EF＝BE﹣DF；
（3）连接EF，延长AE、BF相交于点C，如图3所示：
∵∠AOB＝30°+90°+（90°﹣70°）＝140°，∠EOF＝70°，
∴∠EOF＝∠AOB，
∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（70°+50°）＝180°，
∴符合（1）中的条件，即结论EF＝AE+BF成立，
∴EF＝1.5×（60+80）＝210（海里）．
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．



10．解：（1）∵+（2b﹣a﹣c）2+|b﹣c|＝0，
∴a＝4，b＝c，2b﹣a﹣c＝0，
∴b＝4，c＝4，
∴点A（4，0），点B（4，4），点C（0，4）；
（2）如图1，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∵点A（4，0），点B（4，4），点C（0，4），
∴OA＝OC＝BC＝AB＝4，
∵D为线段OC中点，
∴CD＝DO＝2，
∵将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，
∴△BCD≌△BAH，
∴BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH＝2，
∵∠DBE＝45°，
∴∠CBD+∠EBA＝45°，
∴∠EBA+∠ABH＝45°＝∠HBE＝∠DBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴△DBE≌△HBE（SAS）
∴DE＝EH，
∵OH＝OA+AH＝4+2＝6，
∴DE＝EH＝6﹣OE，
∵DE2＝OD2+OE2，
∴（6﹣OE）2＝4+OE2，
∴OE＝，
∴点E坐标为（，0）；
（3）如图1，若点E在x轴正半轴，点D在y轴正半轴上，

由（2）可知：DE＝EH，AH＝CD，
∴DE＝AE+AH＝AE+CD，
如图2，点E在x轴负半轴，点D在y轴正半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∴△BCD≌△BAH，∠DBH＝90°，
∴BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵∠DBE＝45°，
∴∠DBE＝45°＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴△DBE≌△HBE（SAS）
∴DE＝EH，
∴AE＝AH+EH＝CD+DE；
如图3，点E在x轴正半轴，点D在y轴负半轴，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAH，

∴△BCD≌△BAH，∠DBH＝90°，
∴BD＝BH，∠CBD＝∠HBA，CD＝AH，
∵∠DBE＝45°，
∴∠DBE＝45°＝∠HBE，且BD＝BH，BE＝BE，
∴△DBE≌△HBE（SAS）
∴DE＝EH，
∴CD＝AH＝AE+EH＝AE+DE．
11．解：【探究】

由平移可知：AE＝BF，AE∥BF，
∴∠CBF＝∠ACB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∵EG∥BC，
∴∠AEG＝∠ACB，
∴∠AEG＝∠CBF，
∵GE∥BC，AC∥BG，
∴四边形EGBC是平行四边形，
∴EG＝BC，
∴△EGA≌△BCF（SAS）．

【拓展】如图3中，连接BD交AC于点O，作BK⊥AC于K，F′H⊥BC于H．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵•AB•CB＝•AC•BK，
∴BK＝，
∴OK＝＝＝，
由题意四边形AGFC是平行四边形，
∴GF＝AC＝2，
∵BF＝BF′，可以假设BF＝x，则BG＝2﹣x，
∵AC∥GF，
∴∠BOK＝∠HBF′，∵∠BKO＝∠F′HB＝90°，
∴△F′HB∽△BKO，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴F′H＝x，BH＝x，GH＝BG﹣BH＝2﹣x﹣x＝2﹣x，
∴GF′＝＝＝，
∵＞0，
∴当x＝﹣＝时，GF′的值最小，此时点F′与O重合，可得FF′＝4，四边形BFCF′的周长为4．
12．解：（1）①如图1中，连接EF．

由题意EF＝AB＝BF＝6，
∴t＝6时，点F与点E重合，
故答案为6．


②如图2﹣1中，当0＜t≤6时，重叠部分是△BMB′，S＝t2．

如图2﹣2中，当6＜t≤10时，重叠部分是△AFB′，S＝×6×6＝18．

如图2﹣3中，当10＜t≤16时，重叠部分是△AMC，S＝（16﹣t）2，

综上所述，S＝．

（2）如图3中，总MH⊥AD于H，交BC于G．

∵AB＝AE＝6，∠A＝90°，
∴BE＝6，
∵EM＝5，
∴BM＝，
∴BG＝MG＝AH＝1，HM＝HE＝5，DH＝AD﹣AH＝9，
∴DM＝＝＝，
当DM＝DP时，可得CP1＝CP2＝＝＝，
∴BP1＝10﹣，BP2＝10+．
当MD＝MP时，可得GP3＝GP4＝＝＝，
∴BP3＝﹣1，BP4＝+1，
当PM＝PD时，设GP5＝x，则＝，
解得x＝，
∴BP5＝1+＝．
13．解：（1）证明：在△ADC与△CBA中，，
∴△ADC≌△CBA（SSS），
∴∠ACD＝∠BAC，
∴AB∥CD；
（2）∵∠CBL＝∠M+∠BLM，∠CBL＝2∠M，
∴∠M+∠BLM＝2∠M，
∴∠M＝∠BLM，
∴BM＝BL；
（3）延长AE交CM于H，
∵CE平分∠ACB交DM于E点，
∴∠ACE＝∠HCE，
∵AE⊥CE，
∴∠AEC＝∠HEC＝90°，
在△ACE与△HCE中，，
∴△ACE≌△CHE（ASA），
∴AE＝EH，AC＝CH，
∵AD∥CM，
∴∠ADE＝∠M，
在△ADE与△HME中，，
∴△ADE≌△HME（AAS），
∴AD＝HM，
∵AD＝BC，
∴HM＝BC，
∴CH＝BM，
∵BL＝8，
∴CH＝BM＝8，
∴AC＝CH＝8．

14．解：点拨：如图2，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连结EM，易证△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；
由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5．
又因为∠2+∠6＝120，所以∠5+∠6＝120°，所以∠AMN＝60°．
问题：延长AB至E，使EB＝AB，连接EMC、EC，如图所示：
则EB＝BC，∠EBM中＝90°＝∠ABM，
∴△EBC是等腰直角三角形，
∴∠BEC＝∠BCE＝45°，
∵N是正方形ABCD的外角∠DCH的平分线上一点，
∴∠MCN＝90°+45°＝135°，
∴∠BCE+∠MCN＝180°，
∴E、C、N，三点共线，
在△ABM和△EBM中，，
∴△ABM≌△EBM（SAS），
∴AM＝EM，∠1＝∠2，
∵AM＝MN，
∴EM＝MN，
∴∠3＝∠4，
∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°，
∴∠1＝∠2＝∠5，
∵∠1+∠6＝90°，
∴∠5+∠6＝90°，
∴∠AMN＝180°﹣90°＝90°．
故答案为：SAS，3，4，5．

15．解：（1）AF＝DE．理由如下：
∵四边形OADC是正方形，
∴OA＝AD，∠DAE＝∠AOF＝90°，
由题意得：AE＝OF，
在△AOF和△DAE中，，
∴△AOF≌△DAE（SAS），
∴AF＝DE．
（2）四边形HIJK是正方形．理由如下：
如图①所示：
∵H、I、J、K分别是AE、EF、FD、DA的中点，
∴HI＝KJ＝AF，HK＝IJ＝ED，HI∥AF，HK∥ED，
∵AF＝DE，
∴HI＝KJ＝HK＝IJ，
∴四边形HIJK是菱形，
∵△AOF≌△DAE，
∴∠ADE＝∠OAF，
∵∠ADE+∠AED＝90°，
∴∠OAF+∠AED＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴AF⊥ED，
∵HI∥AF，HK∥ED，
∴HI⊥HK，
∴∠KHI＝90°，
∴四边形HIJK是正方形．
（3）存在，理由如下：
∵四边形OADC为正方形，点D的坐标为（4，4），
∴OA＝AD＝OC＝4，
∴C（4，0），
∵点E为AO的中点，
∴OE＝2，E（0，2）；
分情况讨论：如图②所示，
①当OC是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，OC与MN互相垂直平分，则M为CE的中点，
∴点M的坐标为（2，1），
∵点M和N关于OC对称，
∴N（2，﹣1）；
②当OC是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时，
若M在y轴的左侧时，
∵四边形OCM'N'是菱形，
∴OM'＝OC＝4，M'N'∥OC，
∴△M'FE∽△COE，
∴＝＝2，
设EF＝x，则M'F＝2x，OF＝x+2，
在Rt△OM'F中，由勾股定理得：（2x）2+（x+2）2＝42，
解得：x＝，或x＝﹣2（舍去），
∴M'F＝，FN＝4﹣M'F＝，OF＝2+＝，
∴N'（，）；
若M在y轴的右侧时，作N''P⊥OC于P，
∵ON''∥CM''，
∴∠PON''＝∠OCE，
∴tan∠PON''＝＝tan∠OCE＝＝，
设PN''＝y，则OP＝2y，
在Rt△OPN''中，由勾股定理得：y2+（2y）2＝42，
解得：y＝，
∴PN''＝，OP＝，
∴N''（，﹣）；
综上所述，存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为（2，﹣1）或（，）或（，﹣）．