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备战2021年中考数学专题练——专题十 四边形试卷
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专题十 四边形
一、单选题
1.（2020·南通模拟）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，则△ODE与△AOB的面积比为（ ）
A. 1：2 B. 1：3 C. 1：4 D. 1：5
2.（2019·合肥模拟）矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点M、N分别从顶点A、B同时出发，且分别沿着AD、BA运动，点N的速度是点M的2倍，点N到达顶点A时，则两点同时停止运动，连接BM、CN交于点P，过点P分别作AB、AD的垂线，垂足分别为E、F，则线段EF的最小值为（ ）
A. B. ﹣1 C. D.
3.（2019·嘉定模拟）已知 ，而且 和 的方向相反，那么下列结论中正确是（ ）
A. B. C. D. .
4.（2019·宝山模拟）设 为实数，那么下列结论中错误的是（ ）
A. B.
C. D. 若 ，那么
5.（2019·汇川模拟）如图，在四边形ABCD中，E是BC边的中点，连接DE并延长，交AB的延长线于点F，AB=BF.添加一个条件，使四边形ABCD是平行四边形.你认为下面四个条件中可选择的是( )
A. AD=BC B. CD=BF C. ∠A=∠C D. ∠F=∠CDE
6.（2019·五华模拟）如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（﹣4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝ （k≠0）的图象过点C，则该反比例函数的表达式为（ ）
A. y＝ B. y＝ C. y＝ D. y＝
7.（2019·武汉模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，点A、B、C的坐标分别为（2，0）、（0，1）、（1，2），则AB+BC的值为（ ）
A. B. 3 C. 4 D. 5
8.如图，已知正方形ABCD的边长为6，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：① ；② ；③ ；④ 在以上4个结论中，正确的有（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（2019·乌鲁木齐模拟）如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45度后得到正方形AB′C′D′，边B′C′与DC交于点O，则四边形AB′OD的周长是（ ）
A. 2 B. 3 C. D. 1+
10.如图所示，在四边形 中， ， ，它的一个外角 ，则 的大小是（ ）
A. 70° B. 60° C. 40° D. 30°
11.如图，在⊙O中，点C在优弧AB上，将弧BC沿BC折叠后刚好经过AB的中点D. 若⊙O的半径为 ，AB=8，则BC的长是（ ）
A. B. C. D.
12.（2019·丹阳模拟）如图，将边长为1的正方形纸片ABCD折叠，使点B的对应点M落在边CD上（不与点C、D重合），折痕为EF，AB的对应线段MG交AD于点N.以下结论正确的有（ ）①∠MBN＝45°；②△MDN的周长是定值；③△MDN的面积是定值.
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
13.（2019·孝感模拟）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME=90°；②∠BAF=∠EDB；③∠BMO=90°；④MD=2AM=4EM；⑤ .其中正确结论的是（ ）
A. ①③④ B. ②④⑤ C. ①③⑤ D. ①③④⑤
14.（2019九下·义乌期中）如图，已知正方形ABCD的边长是4，点E是AB边上一动点，连接CE，过点B作BG⊥CE于点G，点P是AB边上另一动点，则PD+PG的最小值是（ ）
A. B. C. D.
15.（2019·汇川模拟）如图1，分别沿长方形纸片ABCD和正方形纸片EFGH的对角线AC，EG剪开，拼成如图2所示的▱ALMN，若中间空白部分四边形OPQR恰好是正方形，且▱ALMN的面积为50，则正方形EFGH的面积为（ ）
A. 24 B. 25 C. 26 D. 27
16.（2019·武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，CD分别与⊙O切于点E，F，点M、N分别在线段DE，DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（ ）
A. B. 2 C. D. 2
17.（2020九上·覃塘期末）如图，在正方形 中， 是 边的中点，将 沿 折叠，使点 落在点 处， 的延长线与 边交于点 .下列四个结论:① ;② ;③ ;④ S正方形ABCD ， 其中正确结论的个数为（ ）
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
18.（2018九下·龙岩期中）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝ S△FGH；④AG+DF＝FG ． 则下列结论正确有( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③
19.（2019·朝阳模拟）如图，点E、F分别为正方形ABCD的边BC、CD上一点，AC、BD交于点O，且∠EAF＝45°，AE，AF分别交对角线BD于点M，N，则有以下结论：①△AOM∽△ADF；②EF＝BE+DF；③∠AEB＝∠AEF＝∠ANM；④S△AEF＝2S△AMN ， 以上结论中，正确的个数有（ ）个.
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
20.（2019九上·温州月考）我们知道，勾股定理反映了直角三角形三条边的关系：a2+b2=c2 ， 而a2 ， b2 ， c2又可以看成是以a，b，c为边长的正方形的面积。如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=a，AC=b，O为AB的中点，分别以AC，BC为边向△ABC外作正方形ACFG，BCED，连结OF，EF，OE，则△OEF的面积为( )
A. B. C. D.
二、填空题
21.（2019·渝中模拟）如图，长方形ABCO的边OC在x轴的正半轴上，边OA在y轴的正半轴上，反比例函数y＝ （k≠0）在第一象限的图象经过其对角线OB的中点D，交边BC于点E，过点E作EG∥OB交x轴于点F，交y轴于点G、若点B的坐标是（8，6），则四边形OBEG的周长是________．
22.（2020·北京模拟）如图，在平面直角坐标系中， ，以 为一边，在第一象限作菱形 ，并使 ，再以对角线 为一边，在如图所示的一侧作相同形状的菱形 ，再依次作菱形 ， ， ，则过点 ， ， 的圆的圆心坐标为________．
23.（2019九上·高州期末）如图，矩形ABCD面积为40，点P在边CD上，PE⊥AC，PF⊥BD，足分别为E，F．若AC＝10，则PE+PF＝________．
24.（2018九上·成都期中）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OA，OC分别在x轴和y轴上，反比例函数 的图象经过AB的中点D，和BC相交于点E，连接OE，OD，DE，若 ，则 ________．
25.如图，在菱形 中， ， 边上的高 ，那么对角线 的长为________ .
26.（2020九上·信阳期末）如图，矩形ABCD中， , ，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转，当点D落在射线CB上的点P处时，那么线段DP的长度等于________.
27.如图，M，N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM＝BN，连结AC交BN于点E，连结DE交AM于点F，连结CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是________．
28.（2019九下·无锡期中）在平面直角坐标系中，已知 ，动点 从点 出发，以每秒1个单位的速度向下运动，动点 从点 出发，以每秒1个单位的速度向右运动，过点 作 的平行线交 于点 ，当 的值最小时，此时 ________秒.
29.（2019·海州模拟）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，DE＝4BE，连接CE，过点E作EF⊥CE交AB的延长线于点F，若AF＝8，则正方形ABCD的边长为________.
30.（2019九上·温州月考）如图1，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在BC，BD上，且BE=1，过三点C，E，F作⊙O交CD于点G。
（1）证明∠EFG=90°．
（2）如图2，连结AF，当点F运动至点A，F，G三点共线时，求△ADF的面积。
（3）在点F整个运动过程中，
①当EF，FG，CG中满足某两条线段相等，求所有满足条件的BF的长。
②连接EG，若 时，求⊙O的半径(请直接写出答案)。
三、解答题
31.（2019·三明模拟）菱形ABCD的对角线交于O点，DE∥AC ， CE∥BD ， 求证：四边形OCED是矩形．
32.如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=2 ，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
33.（2019·会宁模拟）如图，▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），B（7，0），作∠AOB的平分线交AC于点G，并求线段CG的长，（要求尺规作图保留作图痕迹，不写作法）
34.（2020九上·岐山期末）如图，在菱形ABCD中，点E是边AD上一点，延长AB至点F，使BF=AE，连接BE、CF求证：BE=CF。
35.（2019九下·沈阳月考）如图，E是正方形ABCD的对角线BD上一点， ， ，垂足分别是F、G.
求证：AE=FG.
36.（2019九下·徐州期中）已知：如图，D是△ABC的边AB上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，MA=MC.
①求证：CD=AN.
②若∠AMD=50°，当∠MCD=▲ °时，四边形ADCN是矩形.
37.（2020九上·兴安盟期末）如图，BF为⊙O的直径，直线AC交⊙O于A、B两点，点D在⊙O上，BD平分∠OBC，DE⊥AC于点E．求证：直线DE是⊙O的切线.
38.（2019·越秀模拟）如图，在□ABCD中，点E、F分别在AD，BC上，且AE=CF，EF，BD相交于点O，求证：OE=OF
39.（2018九上·和平期末）已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两线相交于点P，求证：四边形CODP是菱形.
40.（2019九下·中山月考）已知矩形PMON的边OM、ON分别在x、y轴上，O为坐标原点，且点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1再将矩形P1M1O1N1绕着点O1旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ． 在坐标系中画出矩形P2M2O2N2 ， 并求出直线P1P2的解析式．
41.（2019九下·东台月考）如图所示，在矩形 中， 是 边上的点， ， ，垂足为 ，连接 .
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的值.
42.（2020·北京模拟）如图，矩形 中， ， ． ， 分别在 ， 上，点 与点 关于 所在的直线对称， 是边 上的一动点．
（1）连接 ， ，求证四边形 是菱形；
（2）当 的周长最小时，求 的值；
（3）连接 交 于点 ，当 时，求 的长．
43.（2020九下·中卫月考）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点， ，垂足为F.
（1）求证： ；
（2）如果 ，求 的余切值.
44.（2019·重庆模拟）如图，已知矩形 ABCD 中，AB＝1，BC＝ ，点 M 在 AC 上，且 AM＝ AC，连接并延长 BM 交 AD 于点 N．
（1）求证：△ABC∽△AMB；
（2）求 MN 的长．
45.（2018九上·焦作期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC的垂直平分线EF交AC于点D，交AB于点F，且CE=BF.
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）当∠BAC的度数为多少时，四边形AECF是正方形.
46.（2020·绍兴模拟）阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线 经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线;
（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；
（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于y轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？
47.（2019·淮安模拟）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形.
（1）如图1，等腰直角四边形ABCD，AB＝BC，∠ABC＝90°.
①若AB＝CD＝1，AB∥CD，则对角线BD的长为________；
②若AC⊥BD，求证：AD＝CD；________
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝9，点 是对角线 上一点，且 ，过点 作直线分别交边 于点 ，使四边形 是等腰直角四边形.直接写出 的长为________.
48.（2020九下·吴江月考）如图①，四边形 是矩形， ，点 是线段 上一动点 (不与 重合)，点 是线段 延长线上一动点，连接 交 于点 .设 ，已知 与 之间的函数关系如图②所示.
（1）求图②中 与 的函数表达式；
（2）求证： ；
（3）是否存在 的值，使得 是等腰三角形?如果存在，求出 的值；如果不存在，说明理由.
49.（2019·润州模拟）如图，在菱形ABCD中，边长为2 ，∠BAD＝120°，点P从点B开始，沿着B→D方向，速度为每秒1个单位，运动到点D停止，设运动的时间为t（秒），将线段AP绕点A逆时针旋转60°，得到对应线段的延长线与过点P且垂直AP的垂线段相交于点E，
（ ≈1.73，sin11°≈0.19，cos11°≈0.98，sin19°≈0.33，tan19°≈0.34，sin41°≈0.65，tan41°≈0.87）
（1）当t＝0时，求AE的值.
（2）P点在运动过程中，线段PE与菱形的边框交于点F.（精确到0.1）
问题1：如图2，当∠BAP＝11°，AF＝2PF，则OQ＝________.
问题2：当t为何值时，△APF是含有30°角的直角三角形，写出所有符合条件的t的值________.
（3）当点P在运动过程中，求出△ACE的面积y关于时间t的函数表达式.（请说明理由）
50.（2019·天宁模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线 （ ）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l： 与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC.
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为 ，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由.
答案解析部分
一、单选题
1. A
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AO＝CO，BO＝DO
∴S△AOB＝S△BOC ， S△BOC＝S△COD ．
∴S△AOB＝S△COD ．
∵点E是CD的中点
∴S△ODE＝ S△COD＝ S△AOB ．
∴△ODE与△AOB的面积比为1：2
故答案为：A．
【分析】由题意可得：S△AOB＝S△COD ， 由点E是CD中点，可得S△ODE＝ S△COD＝ S△AOB ． 即可求△ODE与△AOB的面积比．
2. B
【解答】解：如图，取BC的中点O，连接OA，OP，PA．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，BC＝AD＝2，
∴OB＝OC＝1，
∴OA＝ ，
∵BN＝2t，AM＝t，
∴ ＝2，
∵∠CBN＝∠BAM，
∴△CBN∽△ABM，
∴∠ABM＝∠BCN，
∵∠ABM+∠CBM＝90°，
∴∠CBM+∠BCN＝90°，
∴∠CPB＝90°，
∵OB＝OC，
∴OP＝ BC＝1，
∵PA≥OA﹣OP，
∴PA≥ ﹣1，
∴PA的最小值为 ﹣1，
∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴EF＝PA，
∴EF地方最小值为 ﹣1．
故答案为：B．
【分析】取BC的中点O，连接OA，OP，PA，可得OA＝ ，根据BN＝2t，AM＝t，△CBN∽△ABM，得到∠CPB＝90°，在证明四边形AEPF是矩形，即可解答
3. D
【解答】∵ ，而且 和 的方向相反
∴ .
故答案为：D．
【分析】根据平面向量的性质即可解决问题．
4. D
【解答】根据向量的运算法则，即可知A（结合律）、B、C（乘法的分配律）是正确，D中的 是有方向的，而0没有，所以不符合题意．
解：∵A、B、C均属于向量运算的性质，是正确；
∵D、如果 = ，则m=0或 = ．∴符合题意．
故答案为：D．
【分析】空间向量的线性运算的理解：（1）空间向量的加、减、数乘运算可以像代数式的运算那样去运算；（2）注意向量的书写与代数式的书写的不同，我们书写向量的时候一定带上线头，这也是向量与字母的不同之处；（3）虽然向量的线性运算可以像代数式的运算那样去运算，但它们表示的意义不同．
5. D
【解答】正确选项是D.
理由：∵∠F=∠CDF，∠CED=∠BEF，EC=BE，
∴△CDE≌△BFE，CD∥AF，
∴CD=BF，
∵BF=AB，
∴CD=AB，
∴四边形ABCD是平行四边形.
故答案为：D.
【分析】利用内错角相等两直线平行可得CD∥AF，根据AAS可证△CDE≌△BFE，利用全等三角形的性质可得CD=BF，由BF=AB，可得CD=AB，根据一组对边平行且的四边形是平行四边形即可求出结论.
6. A
【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于E.
在正方形ABCD中，∵AB=BC，∠ABC=90°，∴∠ABO+∠CBE=90°.∵∠OAB+∠ABO=90°，∴∠OAB=∠CBE.∵点A的坐标为（﹣4，0），∴OA=4.∵AB=5，∴OB= =3.在△ABO和△BCE中，∵∠OAB=∠CBE，∠AOB=∠BEC，AB=BC，∴△ABO≌△BCE（AAS），∴OA=BE=4，CE=OB=3，∴OE=BE﹣OB=4﹣3=1，∴点C的坐标为（3，1）.∵反比例函数 （k≠0）的图象过点C，∴k=xy=3×1=3，∴反比例函数的表达式为 .故答案为：A.
【分析】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数图象上的点的坐标特征，作辅助线构造出全等三角形并求出点D的坐标是解题的关键.
7. A
【解答】解：∵点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，1），
∴OA＝2，OB＝1，
∴AB＝ ，
过C作CE⊥y轴于E，
∵点C的坐标为（1，2），
∴CE＝1，OE＝2，
∴BE＝1，
∴BC＝ ，
∴AB+BC＝ + ，
故答案为：A．
【分析】根据勾股定理得到AB＝ ，过C作CE⊥y轴于E，根据勾股定理得到BC＝ ，于是得到结论．
8. C
【解答】解：由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90∘，
∴∠DFG=∠A=90∘，
在Rt△ADG与Rt△FDG中
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①正确；
∵正方形边长为6，
∴BE=EC=EF=3，
设AG=FG=x，则EG=x+3，BG=6−x，
由勾股定理得： ，
即： ，
解得： ;
∴AG=GF=2，BG=4，BG=2AG，故②正确；
BE=EF=3，△BEF是等腰三角形，易知△GED不是等腰三角形，故③错误；
S△GBE= ， ，S△BEF ，故④正确。
故正确的有①②④，选C.
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG，再由GF+GB=GA+GB=12，EB=EF，△BGE为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出AG=4，BG=8，进而求出△BEF的面积，再抓住△BEF是等腰三角形，而△GED显然不是等腰三角形，判断③是错误的.
9. A
【解答】解：连接AC，∵四边形ABCD为正方形，
∴∠CAB=45°，
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°，
∴∠B1AB=45°，
∴点B1在线段AC上，
易证△OB1C为等腰直角三角形，
∴B1C=B1O，
∴AB1+B1O="AC=" = ，
同理可得AD+DO="AC=" ，
∴四边形AB1OD的周长为 .
故答案为：A.
【分析】连接AC,根据正方形的性质及旋转的性质可得∠CAB=45°，∠B1AB=45°，从而可得点B1在线段AC上，易证△OB1C为等腰直角三角形，可得B1C=B1O，利用勾股定理可得AB1+B1O=AC= ，同理可得AD+DO=AC=，从而求出四边形AB′OD的周长.
10. C
【解答】解：∵∠ADE=60°,∴∠ADC=120°,
∵ ，∴∠A=90°,
∵
∴∠B=360°-∠C-∠ADC-∠A=40°.
故答案为：C.
【分析】根据外角和垂直得到∠ADC和∠A的度数,再利用四边形的内角和是360°即可解题.
11. C
【解答】解：连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图.
∵D为AB的中点，∴OD⊥AB，∴AD=BD= AB=4.
在Rt△OBD中，OD= =2.
∵将弧 沿BC折叠后刚好经过AB的中点D，∴弧AC和弧CD所在的圆为等圆，∴ ，∴AC=DC，∴AE=DE=2.
易证四边形ODEF为正方形，∴OF=EF=2.
在Rt△OCF中，CF= =4，∴CE=CF+EF=4+2=6.
而BE=BD+DE=4+2=6，∴BC= .
故答案为：C.
【分析】连接OD、AC、DC、OB、OC，作CE⊥AB于E，OF⊥CE于F，如图，利用垂径定理得到OD⊥AB，则AD=BD= AB=4，于是根据勾股定理可计算出OD=2，再利用折叠的性质可判断弧AC和弧CD所在的圆为等圆，则根据圆周角定理得到 ，所以AC=DC，利用等腰三角形的性质得AE=DE=2，接着证明四边形ODEF为正方形得到OF=EF=2，然后计算出CF后得到CE=BE=6，由勾股定理可得到BC的长.
12. A
【解答】连接BG、BE，作BP⊥EF于P，如图所示：
由折叠性质可得：BF＝FM，
∴∠MBF＝∠FMB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠ABC＝∠NMF＝90°，
∴∠CBM+∠BMC＝90°，∠BMF+∠NMB＝90°，
∴∠BMC＝∠NMB，
又∵BP⊥MN，BC⊥DC，
∴BP＝BC，且∠BMC＝∠NMB，BM＝BM
∴△BPM≌△BCM（SAS），
∴MP＝MC，∠PBM＝∠CBM，
同理可证：NA＝NP，∠ABN＝∠PBN，
∴△MND的周长＝DN+DM+MN＝DN+AN+DM+CM＝AD+CD＝2，
∴△DGE的周长始终为定值.
∵∠ABN+∠PBN+∠PBM+∠CBM＝90°
∴∠MBN＝45°；
∵DM，DN的值不确定，
∴△MDN的面积不确定，
∴③错误.
故①②正确
故答案为：A.
【分析】连接BM、BN，作BP⊥MN于P.只要证明△BMP≌△BMC，可得MP＝MC，∠PBM＝∠CBM，同理可证：NA＝NP，∠ABN＝∠PBN，由此可判断①②正确.
13. D
【解答】在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90°，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
∴AE=BF= BC，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠BAF=∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠ADE+∠DAF=∠BAD=90°，
∴∠AMD=180°-（∠ADE+∠DAF）=180°-90°=90°，
∴∠AME=180°-∠AMD=180°-90°=90°，故①正确；
∵DE是△ABD的中线，
∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，故②错误；
∵∠BAD=90°，AM⊥DE，
∴△AED∽△MAD∽△MEA，
∴
∴AM=2EM，MD=2AM，
∴MD=2AM=4EM，故④正确；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF=a，
在Rt△ABF中，AF=
∵∠BAF=∠MAE，∠ABC=∠AME=90°，
∴△AME∽△ABF，
∴ ，
即 ，
解得AM=
∴MF=AF-AM= ，
∴AM= MF，故⑤正确；
如图，过点M作MN⊥AB于N，
则
即
解得MN= ，AN= ，
∴NB=AB-AN=2a- = ，
根据勾股定理，BM=
过点M作GH∥AB，过点O作OK⊥GH于K，
则OK=a- = ，MK= -a= ，
在Rt△MKO中，MO=
根据正方形的性质，BO=2a× ，
∵BM2+MO2=
∴BM2+MO2=BO2 ，
∴△BMO是直角三角形，∠BMO=90°，故③正确；
综上所述，正确的结论有①③④⑤共4个.
故答案为：D
【分析】根据正方形的性质可得AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90°，再根据中点定义求出AE=BF，然后利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF=∠ADE，然后求出∠ADE+∠DAF=∠BAD=90°，从而求出∠AMD=90°，再根据邻补角的定义可得∠AME=90°，从而判断①正确；根据中线的定义判断出∠ADE≠∠EDB，然后求出∠BAF≠∠EDB，判断出②错误；根据直角三角形的性质判断出△AED、△MAD、△MEA三个三角形相似，利用相似三角形对应边成比例可得 ，然后求出MD=2AM=4EM，判断出④正确，设正方形ABCD的边长为2a，利用勾股定理列式求出AF，再根据相似三角形对应边成比例求出AM，然后求出MF，消掉a即可得到AM= MF，判断出⑤正确；过点M作MN⊥AB于N，求出MN、NB，然后利用勾股定理列式求出BM，过点M作GH∥AB，过点O作OK⊥GH于K，然后求出OK、MK，再利用勾股定理列式求出MO，根据正方形的性质求出BO，然后利用勾股定理逆定理判断出∠BMO=90°，从而判断出③正确.
14. C
【解答】解：如图：取点D关于直线AB的对称点D′.以BC中点O为圆心，OB为半径画半圆.
连接OD′交AB于点P，交半圆O于点G，连BG.连CG并延长交AB于点E.
由以上作图可知，BG⊥EC于G.
PD+PG=PD′+PG=D′G
由两点之间线段最短可知，当点D′，G，O三点共线时，PD+PG最小.
∵D′C′=4，OC′=6
∴D′O=
∴D′G=2 −2
∴PD+PG的最小值为2 −2
故答案为：C.
【分析】作DC关于AB的对称点D′C′，以BC中的O为圆心作半圆O，连D′O分别交AB及半圆O于P、G.将PD+PG转化为D′G找到最小值.
15. B
【解答】设EF=a，BC=b，AB=c，则PQ=a-c，RQ=b-a，PQ=RQ
∴a= ，
∵▱ALMN的面积为50，∴bc+a2+(a-c)2=50,
把a= 代入化简求值得b+c=10, ∴a=5,
∴正方形EFGH的边长为5，
∴正方形EFGH的面积为25，
故答案为：B.
【分析】此题涉及的知识点是正方形、长方形的性质，先根据正方形和长方形的性质求出各边长的关系，再根据▱ALMN的面积，求出各边长的关系，最后得出面积.
16. B
【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，
在Rt△DMN中，∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，
∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2 ，
∴ax+ay+xy＝a2 ，
∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，
∴4a2﹣ ×2a×（a+x）﹣ （a﹣x）（a﹣y）﹣ ×2a×（a+y）＝8，
∴ a2﹣ （ax+ay+xy）＝8，
∴a2＝8，
∴a＝2 ，
∴AB＝2a＝4 ，
∴⊙O的半径为2 ，
故答案为：B.
【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a-y，DM=a-x，看到（x+y）2=（a-y）2+（a-x）2 ， 推出ax+ay+xy=a2 ， 根据S△BMN=S正方形ABCD-S△ABM-S△DMN-S△BCN=8，构建方程求出a即可解决问题；
17. D
【解答】 E是AB的中点
AE=BE
沿 折叠
BE=EM,
故①正确；
四边形ABCD为正方形
沿 折叠
四边形AECF为平行四边形
又 E是AB的中点
故②正确；
过点E作
由①知，
由②知，
E是AB的中点
设
则
故③正确；
设
则 ， ，
，
，
故④正确.
故答案为：D.
【分析】根据折叠的性质，正方形的性质，等边对等角，同角的余角相等即可判断①；
根据题意先证明四边形AECF为平行四边形，再根据平行四边形的性质即可判断②；
过点E作 ，根据三线合一及折叠的性质即可得出 ，再根据同角的余切值相等得出比值， ，用a表示AM,MF的值，即可得出比值，判断③；设 ，用a表示 及 的值，即可判断④.
18. B
【解答】解：
∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处，
∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，
在Rt△ABF中，∵AB=6，BF=10，
∴ ，
∴DF=AD-AF=10-8=2，
设EF=x，则CE=x，DE=CD-CE=6-x，
在Rt△DEF中，∵DE2+DF2=EF2 ，
∴（6-x）2+22=x2 ， 解得 ，
∴ ，
∵△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，
∴∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，
∴ ，所以①符合题意；
HF=BF-BH=10-6=4，
设AG=y，则GH=y，GF=8-y，
在Rt△HGF中，∵GH2+HF2=GF2 ，
∴y2+42=（8-y）2 ， 解得y=3，
∴AG=GH=3，GF=5，
∵∠A=∠D，
，
，
∴ ，
∴△ABG与△DEF不相似，所以②不符合题意；
∵ ，
所以③符合题意；
∵AG+DF=3+2=5，而GF=5，
∴AG+DF=GF，所以④符合题意．
故答案为B．
【分析】由折叠性质得∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，则在Rt△ABF中利用勾股定理可计算出AF=8，所以DF=AD-AF=2，设EF=x，则CE=x，DE=CD-CE=6-x，在Rt△DEF中利用勾股定理得（6-x）2+22=x2 ， 解得 ，即 ；再利用折叠性质得∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG，易得∠2+∠3=45°，于是可对①进行判断；设AG=y，则GH=y，GF=8-y，在Rt△HGF中利用勾股定理得到y2+42=（8-y）2 ， 解得y=3，则AG=GH=3，GF=5，由于∠A=∠D和 ，可判断△ABG与△DEF不相似，则可对②进行判断；根据三角形面积公式可对③进行判断；利用AG=3，GF=5，DF=2可对④进行判断．
19. D
【解答】如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF
∵∠EAF＝45°
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°
∴∠EAH＝∠EAF＝45°
在△AEF和△AEH中
∴△AEF≌△AEH（SAS）
∴EH＝EF
∴∠AEB＝∠AEF
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，
故②正确
∵∠ANM＝∠ADB+∠DAN＝45°+∠DAN，
∠AEB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣（∠HAE﹣∠BAH）＝90°﹣（45°﹣∠BAH）＝45°+∠BAH
∴∠ANM＝∠AEB
∴∠ANM＝∠AEB＝∠ANM；
故③正确，
∵AC⊥BD
∴∠AOM＝∠ADF＝90°
∵∠MAO＝45°﹣∠NAO，∠DAF＝45°﹣∠NAO
∴△OAM∽△DAF
故①正确
连接NE，
∵∠MAN＝∠MBE＝45°，∠AMN＝∠BME
∴△AMN∽△BME
∴
∴
∵∠AMB＝∠EMN
∴△AMB∽△NME
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∵∠EAN＝45°
∴∠NAE＝NEA＝45°
∴△AEN是等腰直角三角形
∴AE＝
∵△AMN∽△BME，△AFE∽△BME
∴△AMN∽△AFE
∴
∴
∴
∴S△AFE＝2S△AMN
故④正确
故答案为：D.
【分析】如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，由已知条件得到∠EAH=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到EH=EF，所以∠ANM=∠AEB，则可求得②正确；根据三角形的外角的性质得到①正确；根据相似三角形的判定定理得到△OAM∽△DAF，故③正确；根据相似三角形的性质得到∠AEN=∠ABD=45°，推出△AEN是等腰直角三角形，根据勾股定理得到AE＝ AN，再根据相似三角形的性质得到EF＝ MN，于是得到S△AEF=2S△AMN.故④正确.
20. D
【解答】解：如图，连接FA、EB，
∵AC+CE=BC+CF，
∴AE=BF，∠FBE=∠AEB，BE=BE，
∴△ABE≌△FBE，
∵四边形FABE的面积=S△BAF+S△BEF ，
∴四边形FABE的面积=BF×AC+BF×CF=(a+b)(a+b)=(a+b)2,
∵O为AB的中点，
∴S△FOA=S△BAF ， S△FOB=S△BAE=S△BFE ，
∴S△FOA+S△FOB=S△BAF+S△BFE=S四边形FABE ，
∴S △OEF=S四边形FABE=(a+b)2.
故答案为：D.
【分析】本题运用间接求法求 △OEF的面积 ，连接FA、EB，先通过三角形的面积之和求出四边形FABE的面积，通过O为AB的中点，利用等底同高三角形面积相等，再求出△FOA和△FOB的面积，则△OEF的面积可求.
二、填空题
21. 29.
【解答】解：∵点B的坐标是（8，6），点D是对角线OB的中点，
∴D（4，3）
在Rt△OBC中，OB= =10，
∵反比例函数 （k≠0）在第一象限的图象经过其对角线OB的中点D，
∴k=12，
∴反比例函数的解析式为
又∵点E在反比例函数的图象上，
∵点E的横坐标为8，
∴当x=8时，y= ，
∴E（8， ），
∴CE= ，
∴BE=6- =4.5，
∵BC∥OG，EG∥OB，
∴四边形OBEG是平行四边形，
∴OG=BE=4.5， EG=OB=10 ，
∴四边形OBEG的周长是2（10+4.5）=29，
故答案为：29．
【分析】根据已知条件得到D（4，3），OB= =10，求得k=12，得到反比例函数的解析式为 ，求得E（8， ），得到CE= ，推出四边形OBEG是平行四边形，于是得到结论．
22. ，
【解答】解：过 作 轴于 ，
四边形 是菱形，
， ，
， ，
，
在 △ 中， ，
， ，
，
，
， ，
菱形 的边长 ，
设 的中点为 ，连接 ， ，
于是求得， ，
过点 ， ， 的圆的圆心坐标为 ， ，
菱形 的边长为 ，
，
设 的中点为 ，
连接 ， ，
同理可得， ，
过点 ， ， 的圆的圆心坐标为 ， ， 以此类推，菱形菱形 的边长为 ，
，
设 的中点为 ，连接 ， ，
求得， ，
点 是过点 ， ， 的圆的圆心，
，
点 在射线 上，
则点 的坐标为 ， ，
即过点 ， ， 的圆的圆心坐标为 ， ，
故答案为： ， ．
【分析】过 作 轴于 ，由菱形的性质得到 ， ，根据勾股定理得到 ，求得 ，解直角三角形得到 ， ，求得 得到菱形 的边长 ，设 的中点为 ，连接 ， ，推出过点 ， ， 的圆的圆心坐标为 ， ，以此类推，于是得到结论．
23. 4
【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O，连接PO，
∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO=5=BO=DO，
∴S△DCO= S矩形ABCD=10，
∵S△DCO=S△DPO+S△PCO ，
∴10= ×DO×PF+ ×OC×PE
∴20=5PF+5PE
∴PE+PF=4
故答案为：4
【分析】由矩形的性质可得AO=CO=5=BO=DO，由S△DCO=S△DPO+S△PCO ， 可得PE+PF的值．
24.
【解答】
点E在反比例函数 的图象上，
设 ，
， ，
四边形OABE是平行四边形，
，
点D在反比例函数 的图象上，点D是AB的中点，
，
设 ，则 ，
，
，
， ，
过E作 轴于F，过D作 轴于G，
则 ，
，
故答案为： ．
【分析】设 ，根据已知条件得到四边形OABE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到 ，由于点D在反比例函数 的图象上，点D是AB的中点，得到 ，设 ，则 ，根据中点坐标公式得到 ，求得 ， ，过E作 轴于F，过D作 轴于G，根据图形的面积公式即可得到结论．
25.
【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=13cm，
∵BC边上的高AH=5cm，
∴BH= =12cm，
∴CH=13-12=1（cm），
∴AC= = cm，
故答案为 .
【分析】首先根据菱形的性质可得AB=BC=13cm，再利用勾股定理计算出BH的长，进而得到HC的长，然后再进一步利用勾股定理计算出AC的长.
26.
【解答】(1)如图，当P在B的右侧时，由旋转和矩形性质得：
AP=AD=5，AB=CD=3,
在直角三角形ABP中，BP= ,
所以，PC=BC-BP=5-4=1，
在直角三角形PDC中，PD= ,
( 2 )如图，当点P在B的左侧时，由旋转和矩形性质得：
AP=AD=5，AB=CD=3,
在直角三角形APB中，PB= ，
所以，PC=BC+PB=5+4=9,
在在直角三角形PDC中，PD= ,
所以，PD的长度为
故答案为：
【分析】画图，分两种情况：点P在B的右侧或左侧.根据旋转和矩形性质，运用勾股定理，分别求出BP和PC，便可求出PD.
27. 3 －3
【解答】解：如图，取AD的中点O，连接OF、OC，
在正方形ABCD中，AD=BC=CD，∠ADC=∠BCD，∠DCE=∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
，
∴Rt△ADM≅Rt△BCN(HL)，
∴∠DAM=∠CBN，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△DCE≅△BCE(SAS)，
∴∠CDE=∠CBE
∴∠DAM=∠CDE，
∵∠ADF+∠CDE=∠ADC=90∘ ，
∴∠DAM+∠ADF=90∘ ，
∴∠AFD=180∘−90∘=90∘ ，
取AD的中点O，连接OF、OC，
则OF=DO=AD=3，
在Rt△ODC中，OC==3，
根据三角形的三边关系，OF+CF>OC，
∴CF＞OC-OF，
∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，
最小值=OC−OF=3−3．
【分析】先利用斜边直角边定理证出Rt△ADM≅Rt△BCN，得出∠DAM=∠CBN，于是利用边角边定理可证△DCE≅△BCE(SAS)，得出∠CDE=∠CBE，即可判断出∠AFD=90∘ ， 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=AD=3，利用勾股定理列式求出OC，最后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，CF的长度最小．
28.
【解答】解：如图：连接BC、AB
依题意可知：在△BCE和△BAF中
∴△BCE≌△BAF(SAS)
∴∠CBE=∠ABF
∴∠EBF=∠CBA=90°，
∵AP∥BF，
∴∠APB=90°，
∴P在以AB为直径的圆上，取AB的中点M，当O、P、M在同意直线上时OP最小，
∴OM= ，
∴OP= ，
∵PM=BM，
∴∠BPM=∠MBM，
∵AB∥CE，
∴∠CEB=∠PBM，
又∵∠OPE=∠BPM，
∴∠CEB=∠OPE，
∴OE=OP，
∴CE=2+( )= ，
∴t=( )÷1= ，
故填： .
【分析】由点的坐标可知四边形OABC是正方形，而EF的速度和时间相同，故易证明△BCE≌△BAF，从而可得∠EBF=90°，由平行可知∠BPA=90°，得到点P在以AB为直径的圆上，取AB的中点M，故当O、P、M在同意直线上时OP最小，再由勾股定理可计算出OM的长，进而得出PO的最小值= ，由△BPM是等腰三角形，AB∥CE可得△EOP是等腰三角形，可知OP=OE，所以CE=2+( )，从而求出运动时间.
29. 5
【解答】解：如图所示：
过点E作EM⊥BC，EN⊥AB，分别交BC、AB于M、N两点，
且EF与BC相交于点H.
∵EF⊥CE，∠ABC＝90°，∠ABC+∠HBF＝180°，
∴∠CEH＝∠FBH＝90°，
又∵∠EHC＝∠BHF，
∴△ECH∽△BFH（AA），
∴∠ECH＝∠BFH，
∵EM⊥BC，EN⊥AB，四边形ABCD是正方形，
∴四边形ENBM是正方形，
∴EM＝EN，∠EMC＝∠ENF＝90°，
在△EMC和△ENF中
,
∴△EMC≌△ENF（AAS）
∴CM＝FN，
∵EM∥DC，∴△BEM∽△BDC，
∴ .
又∵DE＝4BE，
∴ ，
同理可得： ，
设BN＝a，则AB＝5a，CM＝AN＝NF＝4a，
∵AF＝8，AF＝AN+FN，
∴8a＝8
解得：a＝1，
∴AB＝5
故答案为：5
【分析】由∠EHC＝∠BHF，∠CEH＝∠FBH＝90°可判定△ECH∽△BFH，从而得到∠ECH＝∠BFH；作辅助线可证明四边形ENBM是正方形，根据正方形的性质得EM＝EN，由角角边可证明△EMC≌△ENF，得CM＝FN；因DE＝4BE，△BEM∽△BDC，△BEN∽△BDA和线段的和差可求出正方形ABCD的边长.
30. （1）证明：连结 EG，
在正方形 ABCD 中，得∠C=90°
∴EG 为⊙O 的直径
∴∠EFG=90°
（2）解：如图，过F点作FN⊥AD，交BC于点M，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADF=45°，MN=AD，
∴ND=NF，
∴AN=FM，
∵∠MFG=∠AFN，∠MFG+∠MFE=∠AFN+∠FAN，
∴∠MFE=∠FAN，
∴△AFN≌△FEM（AAS），
∴FN=AM，EM=FN，
设AN=x, 则ND=EM=BM-BE=x-1,
∵AN+ND=4，
∴x+x-1=5,
∴x=,
∴FN=EM=BM-BE=-1=，
∴S△AFD=AD×FN=×4×=3.
（3）①1）如图，当EF=FG时，过F作FH⊥BC，FI⊥CD，
∵∠EFH+∠HFG=∠IFG+∠HFG，
∴∠EFH=∠IFG，
∴△EHF≌△GIF（AAS），
∴FH=FI，
又∵FH=BH，
∴BH=FI=HC=2,
∴BF=BH=2.
2）当CG=EF时，
∵EF=CG，
∴FG∥EC，
∵∠C=90°，
∴∠EFG=90°，∠FEC=90°，
∴四边形FECG为矩形，
又∵EF=BE，
∴BF=BE=.
3）当FG=CG，如图，过F点作FN⊥BC，
∵FG=CG，
∴∠FEG=CEG，
∵∠C=∠EFG=90°，
∴∠FGE=∠CGE，
∴EF=EC=BC-BE=4-1=3，
设EN=x,
则FN=BN=x+1,
∵EF2=FN2+EN2 ，
∴32=(x+1)2+x2,
解得x=,
则BN=，
BF=EN=.
②如图，作FH⊥EC，FK⊥CD，
△FKG∽△FHE，
∴,
设FH=k, 则FK=2k,
∴BH=FH=k,
∴BC=BH+HC=BH+FK=k+2k=4,
∴k=,
∴CG=CK-KG=k-2(k-1)=2-k=2-=,
∴∴EG=，
∴r=.
【分析】（1） 连结 EG，由90°的圆周角所对的弦为直径，可知EG为圆O的直径，于是根据直径所对的圆周角是直角可得 ∠EFG=90° .
（2）如图，过F点作FN⊥AD，交BC于点M，利用正方形的性质，结合等角的余角相等，用角角边定理证明△AFN≌△FEN，∴FN=AM，EM=FN，设AN=x, 把ND用含x的代数式表示，根据AN+ND=4，求出x, 则FN可求，于是可求△ADF的面积.
（3） ① 分三种情况讨论，1）当EF=FG时，过F作FH⊥BC，FI⊥CD，利用角角边定理证明△EHF≌△GIF，则对应边FH=FI，BH=FI=HC=2, 于是BF的长度可求；当CG=EF时，易证四边形FECG为矩形，则BF=2BE；当FG=CG，过F点作FN⊥BC，根据同弧所对圆周角相等推得EF=EC，从而求出EF的长，于是利用勾股定理求出FN的长，则BF的长可求.
② 设FH=k, 根据相似的性质，把相关线段用含x的代数式表示，得出BC=k+2k=4, 求出k值，则CG的长度可求，从而利用勾股定理求出直径，则半径可知.
三、解答题
31. 证明：∵DE∥AC ， CE∥BD ，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵菱形ABCD的对角线交于O点，
∴AC⊥BD ， 即∠COD＝90°．
∴四边形OCED是矩形
【解答】证明：∵DE∥AC， CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵菱形ABCD的对角线交于O点，
∴AC⊥BD ， 即∠COD＝90°．
∴四边形OCED是矩形
【分析】根据已知首先证明四边形OCED是平行四边形，再根据菱形的性质即可得到AC⊥BD ， 进而不难证明结论 .
32. 解：①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD ∴∠BCD=90°，∠ECN=45°∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°
且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形
∵四边形DEFG是矩形，∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°
∴∠DEN=∠MEF，又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中， ，
∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形，
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°
∵四边形ABCD是正方形，∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中， ，
∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE=CG
∴AC=AE+CE= AB= ×2 =4， ∴CE+CG=4 是定值．
【分析】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，利用正方形的性质，可证明∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，由NE=NC，可证得四边形EMCN为正方形，可得到EM=EN，再利用ASA证明△DEN≌△FEM，利用全等三角形的对应边相等，易证ED=EF，然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形，可证得结论。
②根据正方形的性质去证明DE=DG，AD=DC，∠ADE=∠CDG，再利用SAS证明△ADE≌△CDG，利用全等三角形的对应边相等，可知AE=CG，利用解直角三角形，就可证得CE+CG=4，因此可知CE+CG的值是一个定值。
33. 解：如图，
就是所求的 的平分线.
的顶点 ， ，
， ，
在 中， .
由题意可知 平分 ，
，
又 ，
，
，
.
的顶点 ，
，
.
【分析】根据角平分线的作图步骤画出图形即可, 先根据勾股定理求得AO的长度，再利用角平分线得 ，再根据AC=OB=7即可得出线段 的长.
34. 证明：四边形ABCD是菱形
∴AB=BC，AD∥BC
∴∠A=∠CBF……2分
在△ABE和△BCF中
∴△ABE≌△BGF(SAS)
∴BE=CF
【分析】由菱形的邻边相等可得AB=BC， 其对边平行，结合两直线平行同位角相等可得∠A=∠CBF，于是利用边角边定理即可证明 △ABE≌△BGF，则对应边BE和CF相等.
35. 解：连接EC.
∵四边形ABCD是正方形，EF⊥BC，EG⊥CD，
∴∠GCF=∠CFE=∠CGE=90°，
∴四边形EFCG为矩形.
∴FG=CE.
又BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ABE=∠CBE.
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS）.
∴AE=EC.
∴AE=FG.
【分析】根据题意我们不难得出四边形GEFC是个矩形，因此它的对角线相等.如果连接EC，那么EC=FG，要证明AE=FG，只要证明EC=AE即可.证明AE=EC就要通过全等三角形来实现.三角形ABE和BEC中，有∠ABD=∠CBD，有AB=BC，有一组公共边BE，因此构成了全等三角形判定中的SAS，因此两三角形全等，得AE=EC，即AE=GF.
36. ①证明：∵CN∥AB，
∴∠DAC=∠NCA，
在△AMD和△CMN中，
∴△AMD≌△CMN（ASA），
∴AD=CN，
又∵AD∥CN，
∴四边形ADCN是平行四边形，
∴CD=AN；
②25°
【解答】②若∠AMD=50°，当∠MCD= 25° 时，四边形ADCN是矩形.
理由是:
∵∠MCD= 25°,∠AMD=50°
∴∠AMD=2∠MCD，∠AMD=∠MCD+∠MDC，
∴∠MCD=∠MDC，
∴MD=MC，
由①知四边形ADCN是平行四边形，
∴MD=MN=MA=MC，
∴AC=DN，
∴四边形ADCN是矩形.
【分析】①根据两直线平行，内错角相等求出∠DAC=∠NCA，然后利用“角边角”证明△AMD和△CMN全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=CN，然后判定四边形ADCN是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证；②根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和推出∠MCD=∠MDC，再根据等角对等边可得MD=MC，然后证明AC=DN，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证.
37. 证明：如图所示，连接OD，
∵OD=OB
∴∠ODB=∠OBD
∵BD平分∠OBC
∴∠OBD=∠DBE
∴∠ODB=∠DBE
∴OD∥AC
∵DE⊥AC
∴OD⊥DE
∵OD是⊙O的半径
∴直线DE是⊙O的切线
【分析】连接OD，证得∠ODB=∠DBE，即可得到OD∥AC，由DE⊥AC得到OD⊥DE，即可得到直线DE是⊙O的切线.
38. 解：连接BE、DF，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AE=CF，∴DE∥BF，DE=BF， ∴四边形BEDF是平行四边形，∴OE=OF．
【分析】连接BE和DF，根据平行四边形的性质得出四边形BEDF为平行四边形，从而得出答案．
39. 证明：∵DP∥AC，CP∥BD
∴四边形CODP是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC，OD= BD，OC= AC，
∴OD=OC，
∴四边形CODP是菱形.
【分析】根据DP∥AC，CP∥BD，即可证出四边形CODP是平行四边形，由矩形的性质得出OC=OD，即可得出结论.
40. 解：如图所示：
当将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ．
∵点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1 ，
∴P1的坐标为（2，3），
∵将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ．
∴P2的坐标为（7，2），
设P1P2的解析式为：y＝kx+b，把P1（2，3），P2（7，2）代入得，2k+b＝3①，7k+b＝2②，
解由①②组成的方程组得，k＝﹣ ，b＝ ．
所以直线P1P2的解析式为y＝﹣ x + ；
当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ． 如图，
∴P2的坐标为（1，﹣2），
设P1P2的解析式为：y＝kx+b，把P1（2，3），P2（1，﹣2）代入得，2k+b＝3①，k+b＝﹣2②，
解由①②组成的方程组得，k＝5，b＝﹣7．
所以直线P1P2的解析式为y＝5x﹣7；
故答案为矩形P2M2O2N2见解析；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ， 直线P1P2的解析式为：y＝﹣ x + ；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ， 直线P1P2的解析式为：y＝5x﹣7.
【分析】由点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1 ， 得到P1的坐标为（2，3）．将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ， 得P2的坐标为（7，2）；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2 ， 得P2的坐标为（1，﹣2），然后利用待定系数法分别求出它们的直线解析式．
四、综合题
41. （1）证明：在矩形 中， ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ≌
∴ ；
（2）解：由（1）可知： ， ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ .
【分析】（1）根据矩形的对边平行且相等得到AD=BC=AE，∠DAF=∠EAB.再结合一对直角相等即可证明△ABE≌△DFA；然后根据全等三角形的对应边相等证明AB=DF；（2）根据全等三角形的对应边相等以及勾股定理，可以求得DF，EF的长；再根据勾股定理求得DE的长，运用三角函数定义求解.
42. （1）证明：如图：连接 ， ， 交 于点
四边形 是矩形，
， ，
， ，
点 与点 关于 所在的直线对称
，
， ，
，且
四边形 是平行四边形，且
四边形 是菱形；
（2）解：如图，作点 关于 的对称点 ，连接 ，交 于点 ，此时 的周长最小，
四边形 是菱形
，
，
，
点 ，点 关于 对称
（3）解：如图，延长 ，延长 交于点 ，过点 作 于 ，交 于点 ，过点 作 于点 ，
由（2）可知， ，
，
四边形 是矩形
，
，
，
，
，
，
，
【分析】（1）由“ ”可证 ，可得 ，可得四边形 是平行四边形，且 ，可证四边形 是菱形；（2）作点 关于 的对称点 ，连接 ，交 于点 ，此时 的周长最小，由勾股定理可求 的长，由平行线分线段成比例可求解；（3）延长 ，延长 交于点 ，过点 作 于 ，交 于点 ，过点 作 于点 ，可证四边形 是矩形，可得 ， ，由相似三角形的性质依次求出 ， ， ， ， 的长，通过证明 ，由相似三角形的性质可求 的长．
43. （1）证明： 四边形 是矩形，
，
，
在 和 中，
，
，
；
（2）解： ，
，
设 ，
，
，
，
，
，
，
，
.
【分析】（1）矩形的性质得到 ，得到 ，根据 定理证明 ；（2）根据全等三角形的性质、勾股定理、余切的定义计算即可.
44. （1）证明：在 Rt△ABC 中，AB＝1，BC＝ ，
∴AC＝2．
∵AM＝ AC，
∴AM＝ ，
∴ ＝ ＝ ．
又∵∠BAM＝∠CAB，
∴△ABC∽△AMB．
（2）解：∵△ABC∽△AMB，
∴∠BMA＝∠CBA＝90°＝∠BAN，
∴BM＝ ＝ ．
又∵∠ABM＝∠NBA，
∴△ABM∽△NBA，
∴ ＝ ，即 = ， 解得：MN＝ ．
【分析】（1）在Rt△ABC中利用勾股定理可求出AC的长度，进而可得出AM的长度，由AB、AM、AC的长度可得出 = ，结合∠BAM=∠CAB即可证出△ABC∽△AMB；（2）由△ABC∽△AMB可得出∠BMA=90°=∠BAN，利用勾股定理可求出BM的长度，结合∠ABM=∠NBA可证出△ABM∽△NBA，根据相似三角形的性质即可求出MN的长度．
45. （1）证明：如图：
AC的垂直平分线EF交AC于点D
CD=AD,∠ADF=90 ，EC=AE,CF=AF,
又∠ACB=90°， EF∥BC,
△ADF∽△ACB,
AF:AB=AD:AC, CD=AD,D为AC的中点，
AF:AB=AD:AC=1：2，
F为AB中点,
BF=AF,在Rt△ABC中，∠ACB=90°, CF=AF,
又 CE=BF, CF=AF, EC=AE,CF=AF
CE= CF= AF= AE
四边形BECF是菱形.
（2）解：当∠BAC=45 时, 四边形AECF是正方形.
证明: ∠BAC=45 ,四边形AECF是菱形,
∠EAC=∠BAC=45 ,
∠EAF =∠EAC+∠BAC =90 ,
菱形AECF是正方形.
【分析】(1)根据中垂线的性质:中垂线上的点到线段两个端点的距离相等, 有BE=EC, BF=FC, 根据四边相等的四边形是菱形即可判断;(2)由菱形的性质知,对角线平分一组对角,即当∠BAC=45 时,∠EAF=90 ,则菱形AECF为正方形.
46. （1）y=n，x=m，y=-x+m+n，y=x-m+n
（2）解：∵点D有一条特征线是
∴
∴
∵抛物线的解析式为
∴
∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，
∴
∴
∴
将 代入 中
解得
∴抛物线的解析式为
（3）解：①如图，当点 在平行于y轴的D点的特征线时
根据题意可得
∴
∴
∴
∴
∴抛物线需要向下平移的距离
②如图，当点 在平行于x轴的D点的特征线时，设
则
∴
设
在 中，
解得
∴
∴直线OP解析式为
∴
∴抛物线需要向下平移的距离
即抛物线向下平移 或 距离，其顶点落在OP上．
【解答】（1）∵点D
∴D 的特征线是
【分析】（1）根据特征线的定义以及性质直接求出点D的特征线；（2）由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式；（3）分平行于x轴和y轴两种情况，由折叠的性质计算即可．
47. （1）；证明：如图1，连接AC，BD， ∵AB＝BC，AC⊥BD， ∴∠ABD＝∠CBD， 又∵BD＝BD， ∴△ABD≌△CBD， ∴AD＝CD.
（2）5或6.5
【解答】解：（1）①∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴BD=AC= =
故答案为： .
（ 2 ）
因为四边形ABFE是等腰直角四边形，
所以可以是AB=AE或AB=BF.
当AB=AE时，AE=AB=5,
当AB=BF时，BF=5
∵DE∥BF，
∴△DPE∽△BPF，
∴ ，
∴DE=2.5
∴AE=9-2.5=6.5
综上，AE结果为5或6.5.
【分析】（1）①根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证得四边形ABCD是平行四边形；根据邻边相等的平行四边形是菱形可证得四边形ABCD是菱形；根据有一个角是直角的菱形是正方形可证得四边形ABCD是正方形,从而求出对角边即可.②根据全等三角形的判定定理可得出三角形全等，然后得出对应边相等即可.（2）紧抓等腰直角四边形的概念，分类讨论，先根据图形定义可直接得出AE的长度，再结合相似三角形的性质和判定定理可求出AE的长度.
48. （1）解：设y=kx+b，
由图象得：当x=1时，y=2，当x=0时，y=4，
代入得： ，
∴ ，
∴y=-2x+4（0＜x＜2）；
（2）证明：∵BE=x，BC=2
∴CE=2-x，AF=-2x+4，
∴ ， ，
∴ ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠DAF=90°，
∴△CDE∽△ADF；
（3）解：根据题意，假设存在x的值，使得 是等腰三角形，可分三种情况：
①若DE=DG，则∠DGE=∠DEG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B=90°，
∴∠DGE=∠GEB，
∴∠DEG=∠BEG，
在△DEF和△BEF中，
，
∴△DEF≌△BEF（AAS），
∴DE=BE=x，CE=2-x，
∴在Rt△CDE中，由勾股定理得：1+（2-x）2=x2 ，
∴ ；
②若DE=EG，如图，作EH∥CD，交AD于H，
∵AD∥BC，EH∥CD，
∴四边形CDHE是平行四边形，
∴∠C=90°，
∴四边形CDHE是矩形，
∴EH=CD=1，DH=CE=2-x，EH⊥DG，
∴HG=DH=2-x，
∴AG=2x-2，
∵EH∥CD，DC∥AB，
∴EH∥AF，
∴△EHG∽△FAG，
∴ ，
∴ ，
解得： ， （舍去）；
③若DG=EG，则∠GDE=∠GED，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠DFG+∠DEG=90°，
∴∠FDG=∠DFG，
∴FG=DG，
∴FG=EG，
∵AD∥BC，
∴∠FGA=∠FEB，∠FAG=∠B，
∴△FAG∽△FBE，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
综合上述，x的值为 、 或 .
【分析】（1）利用待定系数法可得y与x的函数表达式；（2）先证明 ，又∠C=∠DAF=90°，利用两组对应边成比例，及夹角相等，即可证明△CDE∽△ADF；（3）根据题意，使得 是等腰三角形，可分三种情况：①若DE=DG，则∠DGE=∠DEG；②若DE=EG，如图，作EH∥CD，交AD于H；③若DG=EG，则∠GDE=∠GED；分别列方程计算可得结论.
49. （1）解：t＝0时，点P与点B重合，
∵∠PAE＝60°，∠APE＝60°，
∴∠E＝30°，
∴AE＝2PA＝2AB＝4 .
（2）0.6；t＝1s或4s时，∠PAF＝30°
（3）解：如图3中，作BM⊥AB交AC的延长线于M，作EH⊥AM于H，连接EM.
在Rt△ABM中，∵∠ABM＝90°，∠BAM＝60°，
∴∠AMB＝30°，
∴AM＝2AB，
在Rt△APE中，∵∠APE＝90°，∠PAE＝60°，
∴∠AEP＝30°，
∴AE＝2PA，
∴ ＝ ＝2，
∵∠EAP＝∠MAB，
∴∠EAM＝∠PAB，
∴△EAM∽△PAB，
∴ ＝ ＝2，∠AME＝∠ABP＝30°，
∴EM＝2t，EH＝ EM＝t，
∴S△ACE＝ •AC•EH＝ t（0＜t≤6）.
【解答】（2）①如图2中，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝120°，
∴∠DAC＝∠CAB＝60°，AD＝CD＝AB＝BC＝2 ，
∴△ADC，△ABC都是等边三角形，
∴AC＝AB＝2 ，OA＝OC＝ ，
∵∠APF＝90°，
∴sin∠PAF＝ ＝ ，
∴∠PAF＝30°，
∴∠OAQ＝60°﹣11°﹣30°＝19°，
∴OQ＝OA•tan19°≈0.6.
故答案为0.6.
②如图2﹣2中，当∠PAF＝30°时，延长FP到H，使得PH＝PF，连接AH，BH.
∵PA⊥FH，FP＝FH，
∴AF＝AH，
∵∠PAF＝30°，
∴∠AFH＝60°，
∴△AFH是等边三角形，
∴∠PAH＝∠PAF＝30°，
∴PA＝ PH，
∵∠AHF＝∠ABC＝60°，
∴A，H，B，F四点共圆，
∴∠ABH＝∠AFH＝60°，
∴∠ABH＝∠BAC＝60°，
∴BH∥AC，
∵BD⊥AC，
∴BD⊥BH，
由△HBP∽△POA，可知： ＝ ，
∴OA＝ t，
∴ ＝ t，
∴t＝1.
如图2﹣1中，当∠PAF＝30°，易知∠BAP＝90°，
∴PB＝ ＝ ＝4，
综上所述，t＝1s或4s时，∠PAF＝30°.
故答案为1s或4s.
【分析】（1）利用直角三角形30度角的性质解决问题即可.（2）①根据OQ=OA•tan19°，求出OA即可解决问题.②分两种情形：如图2-2中，当∠PAF=30°时，延长FP到H，使得PH=PF，连接AH，BH.如图2-1中，当∠PAF=30°，分别求解即可.（3）如图3中，作BM⊥AB交AC的延长线于M，作EH⊥AM于H，连接EM.证明△EAM∽△PAB，推出 =2，求出EM即可解决问题.
50. （1）解：∵ = ，令y=0，得到 ， ，
∴A（－1，0），B（3，0），
∵直线l经过点A，
∴ ， ，
∴ ，
令 ，即 ，
∵CD＝4AC，
∴点D的横坐标为4，
∴ ，
∴ ，
∴直线l的函数表达式为
（2）解：过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（ ， ），则F（ ， ），
EF＝ = ，
S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝
＝ ＝ ，
∴△ACE的面积的最大值为 ，
∵△ACE的面积的最大值为 ，
∴ ， 解得
（3）解：令 ，即 ，解得 ， ，
∴D（4，5a），
∵ ，
∴抛物线的对称轴为 ，设P（1，m），
①若AD是矩形的一条边，则Q（－4，21a），m＝21a＋5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ为矩形，
∴∠ADP＝90°，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴P1（1， ）；
②若AD是矩形的一条对角线，则线段AD的中点坐标为（ ， ），Q（2， ），m＝ ，则P（1，8a），
∵四边形APDQ为矩形，∴∠APD＝90°，
∴ ，
∴ ，即 ，
∵ ，∴ ，∴P2（1，－4）.
综上所述，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P的坐标为（1， ）或（1，－4）.
【分析】（1）在 中，令y=0，得到 ， ，得到A（－1，0），B（3，0），由直线l经过点A，得到 ，故 ，令 ，即 ，由于CD＝4AC，故点D的横坐标为4，即有 ，得到 ，从而得出直线l的函数表达式；（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（ ， ），则F（ ， ），EF＝ = ，S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝ ＝ ，故△ACE的面积的最大值为 ，而△ACE的面积的最大值为 ，所以 ， 解得 ；（3）令 ，即 ，解得 ， ，得到D（4，5a），因为抛物线的对称轴为 ，设P（1，m），然后分两种情况讨论：①若AD是矩形的一条边，②若AD是矩形的一条对角线.
