?備戰(zhàn)2022年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題講義+強(qiáng)化訓(xùn)練（全國(guó)通用）
第二十一講 特殊平行四邊形
考點(diǎn)一 特殊平行四邊形中的翻折問(wèn)題 2
考點(diǎn)二 菱形的性質(zhì)與判定 8
考點(diǎn)三 矩形的性質(zhì)與判定 8
考點(diǎn)四 正方形的性質(zhì)與判定 22
















考點(diǎn)一 特殊平行四邊形中的翻折問(wèn)題

1．如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，點(diǎn)M為AB邊上一點(diǎn)．AM＝4，點(diǎn)N為AD邊上的一動(dòng)點(diǎn)，沿MN將△AMN翻折．點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，當(dāng)點(diǎn)P在菱形的對(duì)角線BD上時(shí)，AN的長(zhǎng)度為（　　）

A．6﹣2 B．10﹣2 C．8﹣2 D．10﹣
【解答】解：如圖，

設(shè)AN＝x，
由折疊的性質(zhì)得：PM＝AM＝4，PN＝AN＝x，∠MPN＝∠A＝60°，
∵AB＝6，
∴BM＝AB﹣AM＝2，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADC＝180°﹣60°＝120°，∠PDN＝∠MBP＝∠ADC＝60°，
∵∠BPN＝∠BPM+60°＝∠DNP+60°，
∴∠BPM＝∠DNP，
∴△PDN∽△MBP，
∴，即，
∴PD＝x，
∴＝，
解得：x＝10﹣2或10+2（不合題意舍去），
∴AN＝10﹣2，
故選：B．
2．如圖，在矩形紙片ABCD中，將AB沿BM翻折，使點(diǎn)A落在BC上的點(diǎn)N處，BM為折痕，連接MN；再將CD沿CE翻折，使點(diǎn)D恰好落在MN上的點(diǎn)F處，CE為折痕，連接EF并延長(zhǎng)交BM于點(diǎn)P，若AD＝8，AB＝5，則線段PE的長(zhǎng)等于（　?。?br />
A． B． C．6 D．7
【解答】解：過(guò)點(diǎn)P作PG⊥FN，PH⊥BN，垂足為G、H，

由折疊得：ABNM是正方形，AB＝BN＝NM＝MA＝5，
CD＝CF＝5，∠D＝∠CFE＝90°，ED＝EF，
∴NC＝MD＝8﹣5＝3，
在Rt△FNC中，F(xiàn)N＝＝4，
∴MF＝5﹣4＝1，
在Rt△MEF中，設(shè)EF＝x，則ME＝3﹣x，由勾股定理得，
12+（3﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
∵∠CFN+∠PFG＝90°，∠PFG+∠FPG＝90°，
∴∠CFN＝∠FPG，
∵∠CNF＝∠PGF＝90°，
∴△FNC∽△PGF，
∴FG：PG：PF＝NC：FN：FC＝3：4：5，
設(shè)FG＝3m，則PG＝4m，PF＝5m，
∴GN＝PH＝BH＝4﹣3m，HN＝5﹣（4﹣3m）＝1+3m＝PG＝4m，
解得：m＝1，
∴PF＝5m＝5，
∴PE＝PF+FE＝5+＝，
故選：B．
3．如圖，矩形ABCD中，E為CD上一點(diǎn)，F(xiàn)為AB上一點(diǎn)，分別沿AE，CF折疊，D，B兩點(diǎn)剛好都落在矩形內(nèi)一點(diǎn)P，且∠APC＝120°，則AB：AD＝?。?　．

【解答】解：如圖，設(shè)AD＝BC＝x．過(guò)點(diǎn)P作PH⊥AC于H．

由翻折的性質(zhì)可知，PA＝PC＝BC＝x，
∵∠APC＝120°，PH⊥AC，
∴AH＝CH，∠APH＝∠CPH＝60°，
∴AC＝2AH＝2?PA?sin60°＝x，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°，
∴CD＝AB＝＝＝x，
∴＝＝，
故答案為：1．
4．在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)E是AD上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF∥BD交AB于F，將△AEF沿EF折疊，點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'落在△BCD的邊上時(shí)，AE的長(zhǎng)為　2或?。?br />
【解答】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)A'落在BD上時(shí)，連接AA'交EF于H，

∵將△AEF沿EF折疊，
∴AH＝A'H，
∵EF∥BD，
∴，
∴AE＝DE＝AD＝2；
若點(diǎn)A'落在BC上時(shí)，
如圖，當(dāng)點(diǎn)A'落在BC上時(shí)，連接AA'交EF于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)A'作A'N⊥AD于N，

∵A'N⊥AD，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝A'N＝3，AN＝A'B，
∵AB＝3，BC＝4＝AD，
∴BD＝＝＝5，
∵將△AEF沿EF折疊，
∴AA'⊥EF，AE＝A'E，AF＝A'F，
∵EF∥BD，
∴AA'⊥BD，
∴∠AA'B+∠A'BD＝90°，
又∵∠ABD+∠A'BD＝90°，
∴∠ABD＝∠AA'B，
∴tan∠ABD＝tan∠AA'B＝＝，
∴BA'＝＝，
∵A'E2＝A'N2+NE2，
∴AE2＝9+（AE﹣）2，
∴AE＝，
綜上所述：AE＝2或，
故答案為：2或．
5．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝，E為CD邊上一點(diǎn)，將△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F，連接AF，若tan∠BAF＝，則CE＝　或?。?br />
【解答】解：當(dāng)點(diǎn)F在AB上方時(shí)，
過(guò)點(diǎn)F作MN∥AD，交AB、CD分別于點(diǎn)M、N，則MN⊥AB，MN⊥CD，

由折疊得：EC＝EF，BC＝BF＝，∠C＝∠BFE＝90°，
∵tan∠BAF＝＝，
設(shè)FM＝x，則AM＝3x，BM＝6﹣3x，
在Rt△BFM中，由勾股定理得：BF2＝FM2+BM2，
∴x2+（6﹣3x）2＝10，
∴x＝1或x＝2.6（舍去）
∴FM＝1，BM＝3，
∴NF＝﹣1，
∵∠EFB＝90°，
∴∠NFE+∠BFM＝90°，∠NFE+△NEF＝90°，
∴∠NEF＝∠BFM，
又∵∠FNE＝∠BMF＝90°，
∴△ENF∽△FMB，
∴，
∴NE＝＝，
∵M(jìn)N⊥AB，MN⊥CD，∠C＝90°，
∴四邊形BCNM是矩形，
∴CN＝BM＝3，
∴CE＝3﹣＝，
當(dāng)點(diǎn)F在AB下方時(shí)，

同理可求CE＝
故答案為：或．



考點(diǎn)二 菱形的性質(zhì)與判定

6．菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AB交AC于點(diǎn)E．已知點(diǎn)F是AB邊上一點(diǎn)，且BF＝BE，過(guò)點(diǎn)F作PF⊥AB交BD延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，交AD于點(diǎn)Q．
（1）如圖1，若F是AB的中點(diǎn)，且BE＝2，求PD的長(zhǎng)；
（2）如圖2，求證：AQ＝BE+PQ；
（3）如圖3，在菱形ABCD中，已知∠BAD＝60°，AB＝6，點(diǎn)P是對(duì)角線上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作BM垂直直線AP于點(diǎn)M，點(diǎn)N是CD邊上的動(dòng)點(diǎn)，請(qǐng)直接寫出+MN的最小值．


【解答】（1）解：如圖1中，

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，
∵AF＝FB，BE＝BF＝2，
∴AB＝4，
∵BE⊥AB，PF⊥AB，
∴∠PFB＝∠ABE＝∠BOE＝90°，
∴∠ABO+∠EBO＝90°，∠EBO+∠AEB＝90°，
∴∠AEB＝∠PBF，
∴△ABE≌△PFB（ASA），
∴AE＝PB＝＝＝2，
∵S△AEB＝?AB?BE＝?AE?BO，
∴BO＝＝，
∴OD＝OB＝，
∴PD＝PB﹣BD＝2﹣﹣＝．

（2）證明：如圖2中，連接DE，EQ，過(guò)點(diǎn)E作EK⊥QF于點(diǎn)K，作QJ∥BD交AB于點(diǎn)J，在AB上取一點(diǎn)T，使得PQ＝AT．

由（1）可知，△ABE≌△PFB，
∴AB＝PF，
∵AT＝PQ，
∴BT＝QF，
∵EK⊥PF，PF⊥AB，BE⊥AB，
∴∠EKF＝∠KFB＝∠FBE＝90°，
∴四邊形BEKF是矩形，
∵BE＝BF，
∴四邊形BEKF是正方形，
∴BF＝KF，
∴FT＝QK，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴△ABE，△ADE關(guān)于AC對(duì)稱，
∴∠ABE＝∠ADE＝90°，EB＝ED，
∵∠EDQ＝∠EKQ＝90°，EQ＝EQ，EK＝EB＝ED，
∴Rt△EQK≌Rt△EQD（HL），
∴DQ＝BJ，
∵QJ∥BD，AD＝AB，
∴＝，
∴AQ＝AJ，
∴DQ＝BJ＝QK＝FJ，
∴TJ＝BF＝BE，
∴AQ＝AJ＝AT+TJ＝PA+BE．

（3）解：如圖3中，取AB的中點(diǎn)O，連接OD，延長(zhǎng)OD到J，使得DJ＝DC，連接CJ

∵BM⊥AP，
∴∠AMB＝90°，
∴點(diǎn)M在以AB為直徑的圓上運(yùn)動(dòng)，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∵AO＝OB，
∴OD⊥AB，
∵AB∥CD，
∴DJ⊥DC，
∵DJ＝DC，
∴△DJC是等腰直角三角形，
過(guò)點(diǎn)N作NW⊥CJ于點(diǎn)W，過(guò)點(diǎn)O作OW′⊥CJ于W′，交⊙O于點(diǎn)M′，交CD于點(diǎn)N′．
∵NW⊥CW，∠NCW＝45°，
∴NW＝CN，
∴MN+CN＝MN+NW，
∵OM+MN+NW≥OW′，
∴MN+CN的最小值＝OW′﹣OM，
∵△ADB是等邊三角形，AB＝6，
∴OD＝3，DJ＝DC＝AB＝6，
∴OJ＝6+3，
∵△OJW′是等腰直角三角形，
∴OW′＝OJ＝3+，
∵OM′＝AB＝3，
∴OW′﹣OM′＝3+﹣3，
∴MN+CN的最小值為3+﹣3．
7．如圖所示，在菱形ABCD中，AC是對(duì)角線，CD＝CE，連接DE．
（1）若AC＝16，CD＝10，求DE的長(zhǎng)．
（2）G是BC上一點(diǎn)，若GC＝GF＝CH且CH⊥GF，垂足為P，求證：DH＝CF．

【解答】（1）解：連接BD交AC于K．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AK＝CK＝8，
在Rt△AKD中，DK＝＝6，
∵CD＝CE，
∴EK＝CE﹣CK＝10﹣8＝2，
在Rt△DKE中，DE＝＝2．

（2）證明：過(guò)H作HQ⊥CD于Q，過(guò)G作GJ⊥CD于J．
∵CH⊥GF，
∴∠GJF＝∠CQH＝∠GPC＝90°，
∴∠QCH＝∠JGF，
∵CH＝GF，
∴△CQH≌△GJF（AAS），
∴QH＝JF，
∵GC＝GF，
∴∠QCH＝∠JGF＝∠CGJ，CJ＝FJ＝CF，
∵GC＝CH，
∴∠CHG＝∠CGH，
∴∠CDH+∠QCH＝∠HGJ+∠CGJ，
∴∠CDH＝∠HGJ，
∵∠GJF＝∠CQH＝∠GPC＝90°，
∴∠CDH＝∠HGJ＝45°，
∴DH＝QH，
∴DH＝2QH＝CF．

8．如圖，在菱形ABCD中，其對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，以邊CD為斜邊構(gòu)造Rt△CDE，連接OE．
（1）如圖一，△CDE為等腰三角形，且∠ABC＝60°，OC＝2，求OE的長(zhǎng)；
（2）如圖一，若△CDE為等腰三角形，求證：OD+OC＝OE；
（3）如圖二，若菱形的邊長(zhǎng)為，BD＝6，OE的中點(diǎn)為H，連接BH，求BH的最大值．

【解答】解：（1）如圖一中，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OE于H．

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OC＝OA＝2，AB＝BC＝AD＝CD，
∵∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴△ABC，△ADC都是等邊三角形，
∴CD＝AC＝4，∠ACD＝60°，
∵ED＝EC，∠DEC＝90°，
∴∠DCE＝∠CDE＝45°，
∵∠DOC＝∠DEC＝90°，
∴∠DOC+∠DEC＝180°，
∴D，O，E，C四點(diǎn)共圓，
∴∠DOE＝∠DCE＝45°，∠DEO＝∠DCO＝60°，
在Rt△ODC中，OD＝CD?sin60°＝2
在Rt△ODH中，DH＝OH＝OD＝，
在Rt△DHE中，EH＝＝，
∴OE＝OH+EH＝+．

（2）如圖一（1）中，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥BD于M，EF⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于F．

∵∠EMO＝∠MOF＝∠F＝90°，
∴四邊形EMOF是矩形，
∴∠MEF＝∠DEC＝90°，
∴∠DEM＝∠CEF，
∵ED＝EC，
∴△EMD≌△EFC（AAS），
∴EM＝EF，DM＝CF，
∴四邊形EMOF是正方形，
∴OM＝OF＝EM＝EF，
∴OC+OD＝OF﹣CF+OM+DM＝2OM＝OE，
∴OC+OD＝OE．

（3）如圖二中，取CD的中點(diǎn)F，連接OF，取OF的中點(diǎn)J，連接EF，JH，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥BC于M，過(guò)點(diǎn)J作JN⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于N．

∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OD＝OB＝3，AD＝BC＝CD＝，
∴OA＝OC＝＝＝1，
∵DO＝OB，DF＝FC，
∴OF＝BC＝，OF∥BC，
∴OJ＝JF＝，
∵OM⊥BC，
∴S△OBC＝?OB?OC＝?BC?OM，
∴OM＝，BM＝＝＝，
∵OM⊥BC，JN⊥BC，
∴∠OMN＝∠JNM＝∠OJM＝90°，
∴四邊形OMNJ是矩形，
∴OM＝JN＝，OJ＝MN＝，
∴BN＝BM+MN＝+＝，
∴BJ＝＝＝，
∵CF＝DF，∠DEC＝90°，
∴EF＝CD＝，
∵OH＝HE，OJ＝JF，
∴JH＝EF＝，
∵BH≤BJ+JH，
∴BH≤+，
∴BH的最大值為+．


考點(diǎn)三 矩形的性質(zhì)與判定

9．如圖1，在矩形ABCD中，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)E，連接CE．
（1）若BE＝4，CE＝，求AD的長(zhǎng)；
（2）如圖2，點(diǎn)F是BC上一點(diǎn)，且EF＝EC，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥EF于點(diǎn)G，交BE于點(diǎn)H，求證：BH＝DE；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接DG，當(dāng)BE＝BC時(shí)，請(qǐng)直接寫出的值．

【解答】（1）解：如圖1中，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠A＝∠D＝90°，AB＝CD，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝∠AEB＝45°，
∵BE＝4，
∴AB＝AE＝4，CD＝AB＝4，
在Rt△CED中，DE＝＝＝1，
∴AD＝AE+DE＝4+1＝5．

（2）證明：過(guò)點(diǎn)E作ET⊥BC于T，過(guò)點(diǎn)H作HR⊥BC于R．

∵∠A＝∠ABT＝∠BTE＝90°，
∴四邊形ABTE是矩形，
∵AB＝AE，
∴四邊形ABTE是正方形，
∴∠EBT＝∠BET＝45°，
∵EF＝EC，ET⊥CF，
∴FT＝TC，∠FET＝∠CET，∠EFC＝∠ECF，
∵CG⊥EF，
∴∠CGF＝∠ETC＝90°，
∴∠CFG+∠FCG＝90°，∠CET+∠ECT＝90°，
∴∠GCF＝∠CET，
∵∠CEH＝∠CET+∠BET＝45°+∠CET，∠CHB＝∠CBH+∠HCB＝45°+∠HCB，
∴∠CEH＝∠CHE，
∴CE＝CH，
∵HR⊥BC，
∴∠CRH＝∠ETC＝90°，
在△CRH和△ETC中，
，
∴△CRH≌△ETC（AAS），
∴HR＝CT，
∵∠D＝∠DCT＝∠ETC＝90°，
∴四邊形DETC是矩形，
∴DE＝CT＝HR，
∵△BRH是等腰直角三角形，
∴BH＝HR＝DE．

（3）解：過(guò)點(diǎn)E作ET⊥BC于T，過(guò)點(diǎn)H作HR⊥BC于R，過(guò)點(diǎn)G作GM⊥AD于M，GN⊥CD于N．

設(shè)AB＝AE＝m，則BE＝BC＝m，
∴DE＝AD﹣AE＝m﹣m，
∴BH＝DE＝2m﹣m，
由（2）可知，∠CEH＝∠CHE＝∠BCE＝45°+∠BCH＝67.5°，
∴∠ECH＝45°，
∵CG⊥EG，
∴GC＝GE，
∵∠MGN＝∠EGC＝90°，
∴∠MGE＝∠NGC，
在△GME和△GNC中，
，
∴△GME≌△GNC（AAS），
∴GM＝GN，
∵GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GD平分∠ADC，
∴∠CDG＝45°，
∵BE＝BC，∠CBE＝45°，
∴∠BCE＝67.5°，
∴∠BCH＝22.5°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠DCG＝67.5°，
∴∠DGC＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠DGC＝∠DCG，
∴DG＝DC＝m，
∴＝＝2﹣．
10．如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)P為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接AP．
（1）如圖1，以CD為底向內(nèi)作等腰△CDE，延長(zhǎng)DE恰好交CB延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，交AB于點(diǎn)F，若AF＝5BF，EC＝6，求EF的長(zhǎng)；
（2）如圖2，若∠APB＝60°，AB＝AD，以CD為邊向外作等邊△CDF，連接AF，DE平分∠ADC交AF于點(diǎn)E，連接PE．求證：PA+PC＝PE．
【解答】（1）解：∵CE＝DE，
∴∠ECD＝∠EDC，
∵∠DPC+∠PDC＝90°，
∠ECP+∠ECD＝90°，
∴∠EPC＝∠ECP，
∴PE＝CE＝6，
∴PD＝12，
∵PB∥AD，
∴，
∴PF＝2，DF＝10，
∴EF＝4；
（2）證明：連接CE，

∵四邊形ABCD是矩形，AB＝AD，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∵△CDF是等邊三角形，
∴∠CDF＝60°，AD＝DF，
∴∠DAF＝15°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝45°，
∴∠AED＝120°，
又∵DE＝DE，
在△ADE和△CDE中，
，
△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠AED＝∠CED＝∠AEC＝120°，AE＝CE，
∵∠APB＝60°，
∴∠APB+∠AEC＝120°，
∴點(diǎn)A、P、C、E四點(diǎn)共圓，
∴∠APE＝∠EPC＝30°，
∴∠PEC＝∠PCE＝75°，
∴PE＝PC，
設(shè)PB＝a，則PA＝2a，AB＝BC＝，
∴PA+PC＝2a+a+＝（）＝（BC+PB）＝PC，
∴PA+PC＝PE．



考點(diǎn)四 正方形的性質(zhì)與判定

11．在正方形ABCD中，E為AD上一點(diǎn)，連接BE．
（1）如圖1，連接BD，延長(zhǎng)BE至點(diǎn)F，使BF＝BD，且AF∥BD，
①若AB＝，求AF的長(zhǎng)度；
②如圖2，過(guò)點(diǎn)D作BF的垂線DG，垂足為點(diǎn)G，交AF于點(diǎn)H，分別延長(zhǎng)BA，DH交于點(diǎn)P，連接PE，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥BD于Q．求證：BE＝DG+FG；
（2）如圖3，延長(zhǎng)DC至點(diǎn)R，使CR＝AE，在四邊形BCDE內(nèi)有點(diǎn)M，∠BME＝135°，點(diǎn)N為平面上一點(diǎn)，連接ND，MN，若AB＝5，AE＝1，請(qǐng)直接寫出MN+ND+NR的最小值．

【解答】解：（1）①過(guò)點(diǎn)F作FG⊥AB，與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G，如圖1，

∵四邊形ABCD為正方形，AB＝，
∴∠DAG＝∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝90°，BD平分∠ADC和∠ABC，AB＝AD＝，
∴∠ADB＝45°，BD＝，
∵AF∥BD，
∴∠DAF＝∠ADB＝45°，
∴∠GAF＝45°，
∴∠AGF＝∠GAF＝45°，
∴AG＝GF，
不妨設(shè)AG＝GF＝x，則BG＝x+，
∵BG2+GF2＝BF2，BF＝BD＝2，
∴，
解得，x＝，或x＝﹣（舍），
∴AF＝AG＝﹣1；
②連接PF和DF，如圖2，

∵DG⊥BF，
∴∠DGE＝∠BAE＝90°，
∵∠AEB＝∠DEG，
∴∠ABE＝∠GDE，
∵∠BAE＝∠DAP＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADP（ASA），
∴BE＝DP，AE＝AP，
設(shè)AB＝a，則BF＝BE＝a，
∵AF∥BD，
∴S△FBD＝S△ABD，
∴，
∴FQ＝，
∴sin∠QBF＝，
∴∠QBF＝30°，
∵AF∥BD，
∴∠AFB＝∠DBF＝30°，∠EAF＝∠ADB＝45°，
∴∠EAF＝∠PAF＝45°，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△APF（SAS），
∴∠AFE＝∠AFP＝30°，
∴∠EFP＝60°，
∴PG＝，
∵DG+PG＝DP＝BE，
∴BE＝DG+FG；
（2）將△DNR繞點(diǎn)R順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△RPQ，作△BME的外接圓⊙O，連接OM、NP、PQ，連接OQ與⊙O交于M'，連接QR，延長(zhǎng)AB與QR的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)K，過(guò)O作OL⊥QR于點(diǎn)L，作OF⊥AB于F，作OG⊥BE于點(diǎn)G，與AB交于點(diǎn)H，連接OA，OB，如圖3，則QR＝DR，RK＝BC，KL＝OF，CR＝BK，OL＝FK，

∵OE＝OM＝OB，
∴∠OEM＝∠OME，∠OBM＝∠OMB，
∵∠BME＝135°，
∴∠OEM+∠OBM＝∠OME+∠OMB＝135°，
∴∠BOE＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，AB＝5，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝RK＝6，
∵AE＝CR＝1，
∴QR＝DR＝5+1＝6，BK＝1，
∴BE＝，
∴OG＝BG＝BE＝，OA＝OB＝OM'＝BE＝，
∵∠BGH＝∠BAE＝90°，∠HBG＝∠EBA，
∴△BGH∽△BAE，
∴＝，即＝，
∴GH＝，BH＝，
∴OH＝OG﹣GH＝，
∵∠OFH＝∠BGH＝90°，∠OHF＝∠BHG，
∴△OHF∽△BHG，
∴，即，
∴HF＝，OF＝2，
∴KL＝OF＝2，OL＝FK＝FH+BH+BK＝4，
∴QL＝QR+RK+KL＝13，
∴OQ＝＝＝，
由旋轉(zhuǎn)知，∠PRN＝90°，PR＝RN，PQ＝DN，
∴PN＝，
∵OM+MN+ND+NR＝OM+MN+PN+PQ≥OQ，
∴當(dāng)O、M、N、P、Q五點(diǎn)共線時(shí)，OM+MN+ND+NR＝OQ＝的值最小，
∵OM＝OB＝，
∴MN+ND+NR的最小值為：﹣．
12．如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊BC，AB上一動(dòng)點(diǎn)，且AF＝BE，連接DF，AE交于點(diǎn)G，連接CG．
（1）如圖1，若CG＝AD，求證：CE＝AD；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在以GC為斜邊構(gòu)造等腰直角△CGH，連接DH，猜想∠HDG的大小是否為定值，并證明你的結(jié)論；
（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BH，當(dāng)BH取得最小值時(shí)，請(qǐng)直接寫出的值．

【解答】（1）延長(zhǎng)DC、AE相交于點(diǎn)K，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠DAF＝90°＝∠ABE，
∵AF＝BE，
∴△ADF≌△BAE（SAS），
∴∠ADF＝∠BAE，
∴∠AFG+∠BAE＝∠AFG+∠ADF＝90°，
∴DF⊥AE，
∴∠K+∠CDG＝90°＝∠DGK＝∠CGD+∠CGK，
∵CG＝CD，
∴∠CDG＝∠CGD，
∴∠K＝∠CGK，
∴CK＝CG＝CD＝AB，
又∠CEK＝∠AEB，∠ECK＝∠EBA＝90°，
∴△CEK≌△BAE（AAS），
∴CE＝BE＝BC＝AD；
（2）∠HDG＝45°；證明如下：
連接AC，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，
∴CA＝CD，∠ACD＝45°，
∵等腰直角△HGC，
∴CG＝CH，∠GCH＝45°，
∴＝＝，∠ACG＝∠DCH，
∴△ACG∽△DCH，
∴∠CHD＝∠CGA＝∠CGH+∠AGD+∠DGH＝135°+∠DGH，
∴∠DHG＝360°﹣∠CHG﹣∠CHD
＝360°﹣90°﹣（135°+∠DGH）
＝135°﹣∠DGH，
∵∠DHG＝180°﹣∠HDG﹣∠DGH，
∴135°﹣∠DGH＝180°﹣∠HDG﹣∠DGH，
∴∠HDG＝45°；
（3）過(guò)點(diǎn)C作CN⊥DF于點(diǎn)N，取CD的中點(diǎn)M，以DM為斜邊在正方形外作等腰Rt△DOM，過(guò)點(diǎn)O作OT⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，過(guò)點(diǎn)H作HL⊥BC于點(diǎn)L，過(guò)點(diǎn)O作OS⊥CD于點(diǎn)S，連接OH、MN、OB，

∵∠CDN+∠ADG＝90°＝∠DAG+∠ADG，
∴∠CDN＝∠DAG，
∵∠CND＝90°＝∠DGA，CD＝DA，
∴△CDN≌△DAG（AAS），
∴DN＝AG，
由（2）可知：∠GDH＝45°，AG＝DH，
∴DN＝DH，∠GDH＝45°＝∠MDO，
∴∠NDM＝∠HDO，
∵DM＝DO，
∴＝＝，
∴△DMN∽△DOH，
∴＝，
∵M(jìn)N是Rt△CDN斜邊上的中線，
∴DM＝MN，
∴OH＝DO＝DM＝CD，
∵TC＝OS＝DM＝CD，
∴OT＝CS＝CD，BT＝CD，
∴OB＝＝CD，
∴BH≥OB﹣OH＝CD，
故當(dāng)BH取得最小值時(shí)，B、H、O共線，
此時(shí)由HL∥OT，可得：
＝＝，
即：＝，
∴＝，
∴＝＝?＝．


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